抽象代数习题(26) -- 多项式函数和根

抽象代数习题(26) – 多项式函数和根

Sun Jan 30, 2022

《抽象代数》第二十六章研究 F[x] 中将 x 代入具体数值，多项式作为函数时的行为。一个重要的结论是多项式的根与因式的关系：\[f(a) = 0 \iff (x-a) \mid f(x)\]这看上去是显然的。

特别地，这一章研究了几个常见的多项式环的可约性问题和求根问题：

给出了整系数多项式可能的有理根，以及在 ℚ 上不可约的 Eisenstein 判据。
给出了代数基本定理：不是常数的复系数多项式一定有复数根。进一步可知 ℂ[x] 中的多项式都可以分解为一次式的乘积；ℝ[x] 中的多项式都可以分解为一次式和不可约二次式的乘积。

A. 求有限域上的多项式的根

A.1 找出下列 $\newcommand\Z{\mathbb Z}\Z_5[x]$ 中的多项式的根，并分解因式。

$x^3+x^2+x+1$
$3x^4+x^2+1$
$x^5+1$
$x^4+1$
$x^4+4$

解在 $\Z_5[x]$ 中， \[ x^3+x^2+x+1 = (x^2+1)(x+1) = (x+2)(x+3)(x+1) \] 根是 $x=2,3,4$。

\[ 3x^4 + x^2 + 1 = (3x^2+4)(x+1)(x-1) \] 根是 $x=1,4$。

\[x^5+1 = (x+1)^5\] 根是 $x=4$。

\[x^4+1=(x^2+2)(x^2+3)\] 因为在 $\Z_5$ 中 $x^2$ 可能的取值只有 $0,1,4$，因此该多项式没有根。

\[x^4+4=(x^2+1)(x^2-1)=(x-2)(x-3)(x+1)(x-1)\] 根是 $x=1,2,3,4$。

A.2 使用 Fermat 定理求出下列 $\Z_7[x]$ 中的多项式的根。

$x^{100}-1$
$3x^{98}+x^{19}+3$
$2x^{74}-x^{55}+2x+6$

解易知 $x=0$ 都不是以上方程的解。因此可以利用 Fermat 定理，$x^6=1$，对方程进行同解变形。

\[x^{100}-1=0 \iff x^4-1=0 \iff (x^2+1)(x+1)(x-1)\] 根为 $x=1,6$。

\[3x^{98}+x^{19}+3 = 0 \iff 3x^2+x+3=0 \iff (x-1)(3x+4)=0\] 根为 $x=1$。

\[2x^{74}-x^{55}+2x+6 = 0 \iff 2x^2 + x + 6 = 0 \iff (x+1)(2x-1)=0\] 根为 $x=4,6$。

B. 求 ℚ 上的多项式的根

B.1 找出下列多项式的有理根，并在 $\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q[x]$ 范围内分解为不可约因式。

$9x^3+18x^2-4x-8$
$4x^3-3x^2-8x+6$
$2x^4+3x^3-8x-12$
$6x^4-7x^3+8x^2-7x+2$

解可以使用因式分解的技巧来找根。 \begin{align*} 9x^3+18x^2-4x-8 &= 9x^2(x+2) - 4(x+2) \\ &= (9x^2-4)(x+2) \\ &= (3x+2)(3x-2)(x+2) \end{align*} 有理根为 $x=\pm\frac23,-2$。

\begin{align*} 4x^3-3x^2-8x+6 &= 4x(x^2-2)-3(x^2-2) \\ &= (4x-3)(x^2-2) \\ \end{align*} 有理根为 $x=\frac34$。

\begin{align*} 2x^4+3x^3-8x-12 &= 2x(x^3-4)+3(x^3-4) \\ &= (2x+3)(x^3-4) \\ \end{align*} 有理根为 $x=-\frac32$。

\begin{align*} 6x^4-7x^3+8x^2-7x+2 &= x^2(6x^2-7x+2)+(6x^2-7x+2) \\ &= (x^2+1)(6x^2-7x+2) \\ &= (x^2+1)(2x-1)(3x-2) \end{align*} 有理根为 $x=\frac12,\frac23$。

B.2 将 B.1 中的多项式在 $\mathbb R[x]$ 和 $\mathbb C[x]$ 中分解因式。

解 \begin{align*} 9x^3+18x^2-4x-8 &= (3x+2)(3x-2)(x+2) & (\Q, \mathbb R, \mathbb C) \\ 4x^3-3x^2-8x+6 &= (4x-3)(x^2-2) & (\Q) \\ &= (4x-3)(x+\sqrt2)(x-\sqrt2) & (\mathbb R, \mathbb C) \\ 2x^4+3x^3-8x-12 &= (2x+3)(x^3-4) & (\Q) \\ &= (2x+3)(x-\alpha)(x^2+\alpha+\alpha^2) & (\mathbb R)\\ &= (2x+3)(x-\alpha)(x-\alpha\omega)(x-\alpha\bar\omega) & (\mathbb C) \\ 6x^4-7x^3+8x^2-7x+2 &= (x^2+1)(2x-1)(3x-2) & (\Q, \mathbb R) \\ &= (x+i)(x-i)(2x-1)(3x-2) & (\mathbb C) \end{align*} 其中 $\alpha = \sqrt[3]4$，$\omega,\bar\omega = \frac{1\pm\sqrt{-3}}{2}$，$i=\sqrt{-1}$。

B.5 多项式 $2x^4+3x^2-2$ 是否有有理根？它能否被分解为 $\Q[x]$ 中次数更低的两个多项式的积？解释原因。

答因为 \[2x^4+3x^2-2 = (x^2+2)(x^2-\tfrac12)\] 所以它能被分解为 $\Q[x]$ 中次数更低的两个多项式的积。但这两个因式都没有有理根，所以原多项式没有有理根。

有有理根只是在 $\Q[x]$ 内可约的充分不必要条件；多项式没有有理根，仍然可能可以分解为两个没有有理根的多项式的乘积。

C. 和根有关的简短问题

C.7 证明 ℤ₅[x] 中有无数个不可约多项式。

证明 ℤ₅ 是域，因此 ℤ₅[x] 是域上的多项式环，所以唯一分解定理成立。域上的多项式环中的不可约多项式的地位相当于 ℤ 中的素数，因此可以仿照欧几里得使用唯一分解定理对素数有无数个的证明。

假设 ℤ₅[x] 中只有有限个不可约多项式，设它们为 p₁(x), p₂(x), …, p_n(x)。那么，考虑多项式 q(x) = p₁(x)p₂(x)···p_n(x) + 1。那么它除以任一不可约多项式得到的余式都不为零，因此不能分解为不可约多项式的乘积。这和域上的多项式环中的唯一分解定理矛盾。所以假设不成立，ℤ₅[x] 中有无数个不可约多项式。

C.8 多项式 x²-x 在 ℤ₁₀[x] 中有几个根？在 ℤ₁₁[x] 中呢？解释为什么有这样的差别。

答 x²-x 在 ℤ₁₀[x] 中有 4 个根：x = 0,1,5,6。在 ℤ₁₁[x] 中有两个根：x = 0,1。

有这样的区别是因为 ℤ₁₀ 不是整环，所以 x²-x = x(x-1) = 0 不能保证 x=0 或 x=1。

D. 由 Eisenstein 判据判定的 ℚ[x] 中的不可约多项式（以及一些变化）

D.1 证明以下多项式在 $\Q$ 内不可约：

$3x^4-8x^3+6x^2-4x+6$
$\frac23x^5+\frac12x^4-2x^2+\frac12$
$\frac15x^4-\frac13x^3-\frac23x+1$
$\frac12x^4+\frac43x^3-\frac23x^2+1$

证明

$3x^4-8x^3+6x^2-4x+6$：取 $p=2$。
$\frac23x^5+\frac12x^4-2x^2+\frac12 = \frac16(4x^5+3x^4-6x^2+3)$：取 $p=3$。
$\frac15x^4-\frac13x^3-\frac23x+1 = \frac{1}{15}(3x^4-5x^3-10x+15)$：取 $p=5$。
$\frac12x^4+\frac43x^3-\frac23x^2+1 = \frac16(3x^4+8x^3-4x^2+6)$：取 $p=2$。

D.2 常常多项式 $a(y)$ 表面上无法满足 Eisenstein 判据的条件，但是通过简单的换元 $y=x+c$，就能满足。注意到如果 $a(x)$ 能分解为 $p(x)q(x)$，那么 $a(x+c)$ 一定能分解为 $p(x+c)q(x+c)$。因此，$a(x+c)$ 的不可约性蕴含了 $a(x)$ 的不可约性。

使用换元 $y=x+1$ 证明 $x^4+4x+1$ 在 $\Q[x]$ 内不可约。

解 \[(x+1)^4+4(x+1)+1 = x^4+4x^3+6x^2+8x+6\] 取 $p=2$ 由 Eisenstein 判据知该多项式不可约。

寻找适当的换元法证明下列多项式在 $\Q[x]$ 内不可约：
- $x^4+2x^2-1$；$x^3-3x+1$；$x^4+1$；$x^4-10x+1$

解

$(x+1)^4+2(x+1)^2-1 = x^4+4x^3+8x^2+8x+2$：取 $p=2$。
$(x-1)^3-3(x-1)+1 = x^3-3x^2-3$：取 $p=3$。
$(x+1)^4+1 = x^4 + 4x^3+6x^2+4x+2$：取 $p=2$。
$(2x+1)^4-10(2x+1)^2+1=8(2x^4+4x^3-2x^2-4x-1)$：可以取 $p=2$ 判定对偶多项式 $2+4x-2x^2-4x^3-x^4$ 是不可约的，然后使用第二十五章习题 G.3 的结论证明原多项式也是不可约的。

D.3 证明对于任意质数 $p$，多项式 $x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$ 在 $\Q[x]$ 内不可约。

证明由等比数列通项公式得 \[a(x) = x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1 = \frac{x^p-1}{x-1}\] 于是根据二项式定理有 \begin{align*} a(x+1) &= \frac{1+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots+\binom{p}{p}x^p - 1}{x}\\ &= \binom{p}{1}+\binom{p}{2}x+\cdots+\binom{p}{p}x^{p-1} \end{align*} 根据二项式系数公式可知 $p\mid\binom{p}{1},\binom{p}{2},\ldots,\binom{p}{p-1}$，并且 $p\nmid\binom{p}{p}=1$，$p^2\nmid\binom{p}{1}=p$。根据 Eisenstein 判据可知 $a(x+1)$ 不可约，因此 $a(x)$ 不可约。

E. 不超过四次的多项式的不可约性

E.1 设 F 是域。解释为什么 F[x] 中的二次或三次多项式 a(x) 不可约当且仅当 a(x) 在 F 中无解。

答二次或三次多项式 a(x) 可约，则一定可以写成两个正次数的因式的乘积，并且至少有一个因式是一次式。于是 a(x) 有根（就是一次因式的根）。反过来，当 a(x) 有根时则一定有一个一次的因式，因此可约。所以，a(x) 不可约的充分必要条件是 a(x) 无解。

E.2 证明以下多项式在 ℚ[x] 内不可约：

$\frac12x^3+2x-\frac32$
（其余略）

证明原多项式等于 $\frac12(x^3+4x-3)$。对于其中的整系数多项式，可能的有理根为 $x=\pm1, \pm3$。代入可知它们都不是根，因此该整系数多项式在 $\Q$ 内没有根。根据 E.1 可知这个整系数多项式不可约，因此原多项式也不可约。

E.3 设 $F[x]$ 中的四次首一多项式 $a(x)$ 在 $F$ 中没有根。那么$a(x)$ 可约当且仅当它是两个二次式 $x^2+ax+b$ 和 $x^2+cx+d$ 的积。也就是说，当且仅当 \[a(x) = x^4 + (a+c)x^3 + (ac+b+d)x^2 + (bc+ad)x + bd\tag{$*$}\] 如果 $a(x)$ 的系数无法这么表示（以 $a,b,c,d\in F$ 的形式），那么 $a(x)$ 一定不可约。

证明下列多项式在 $\Q[x]$ 中不可约（使用定理 5，只须检查整数的 $a,b,c,d$ 即可）：

$x^4-5x^2+1$
（其余略）

证明 $x^4-5x^2+1$ 可能的有理根为 $x=\pm1$。代入知它们都不是根，因此原多项式没有有理根。假设它们可以分解为 $(*)$ 的形式，那么 \begin{align*} a+c &= 0\tag1\\ ac+b+d &= -5\tag2\\ bc+ad &= 0\tag3\\ bd &= 1\tag4\\ \end{align*} 由 $(4)$ 得 $b=d=\pm1$。由 $(1)$ 得 $a=-c$，代入 $(2)$ 得 $a^2=b+d+5$。因为 $b+d$ 只可能是 $\pm2$，所以 $a^2$ 只可能是 $3$ 或 $7$。在这两种情况下不存在整数 $a$ 满足条件。

由此可知，原多项式不可能分解为 $(*)$ 的形式，因此它在 $\Q[x]$ 内不可约。

E.4 证明下列多项式在 $\Z_5[x]$ 内不可约：

$2x^3+x^2+4x+1$
$x^4+2$
（其余略）

证明设 $a(x) = 2x^3+x^2+4x+1$。计算可知 $a(0)=1$, $a(1)=3$, $a(2)=4$, $a(3)=1$, $a(4)=1$。因此 $a(x)$ 在 $\Z_5$ 中没有根。由此可知它在 $\Z_5[x]$ 内不可约。

设 $b(x)=x^4+2$。在 $\Z_5$ 内 $b(x)$ 的取值只可能是 $2$ 或 $3$，因此它没有根。假设它可以分解成 $(*)$ 的形式，那么 \begin{align*} a+c &= 0\tag1\\ ac+b+d &= 0\tag2\\ bc+ad &= 0\tag3\\ bd &= 2\tag4\\ \end{align*} 由 $(1)$ 得 $a=-c$。代入 $(3)$ 得 $bc=dc$。分类讨论：

当 $a=c=0$ 时，由 $(2)$ 得 $b=-d$。代入 $(4)$ 得 $b^2=-2$。这个方程在 $\Z_5$ 内无解（-2 不是 5 的二次剩余）。
当 $c\ne0$ 时，由消去律得 $b=d$。代入 $(4)$ 得 $b^2=2$。这个方程在 $\Z_5$ 内无解（2 不是 5 的二次剩余）。

总之，$b(x)$ 不存在形如 $(*)$ 的分解。由此可知它在 $\Z_5[x]$ 内不可约。

F. 通过到 ℤ_n 的映射确定的 ℚ 内的不可约性

如果 $h\colon \Z\to\Z_n$ 是自然同态，设 $\bar h\colon \Z[x]\to\Z_n[x]$ 定义为 \[\bar h(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) = h(a_0) + h(a_1)x + \cdots + h(a_n)x^n\] 在第二十四章习题 G 中，已经证明了 $\bar h$ 是同态。假定这一事实并证明：

F.1 如果 $\bar h(a(x))$ 在 $\Z_n$ 中不可约，并且是首一多项式，那么 $a(x)$ 在 $\Z[x]$ 中不可约。

证明假设 $a(x)$ 在 $\Z[x]$ 中可约，那么 $a(x) = b(x)c(x)$，其中 $0 < \deg b(x),\deg c(x) < \deg a(x)$，并且 $b(x)$ 和 $c(x)$ 都是首一多项式。

因为 $\bar h$ 是同态，有 $\bar h(a(x)) = \bar h(b(x))\bar h(c(x))$。为了简便起见，记作 $\bar a(x) = \bar b(x) \bar c(x)$。又因为 $h(1) = 1$，所以 $\bar b(x)$ 和 $\bar c(x)$ 都是首一多项式，且 $\bar a(x),\bar b(x),\bar c(x)$ 的次数分别和 $a(x),b(x),c(x)$ 相等。这说明 $\bar a(x)$ 在 $\Z_n$ 中可约，和已知条件矛盾！因此假设不能成立，所以原命题成立，$a(x)$ 在 $\Z[x]$ 中不可约。

F.2 用 $\Z\to\Z_5$ 的自然同态，证明 $x^4+10x^3+7$ 在 $\Q[x]$ 中不可约。

证明原多项式在 $\Z_5$ 上的像是 $x^4+2$。根据 E.4 可知它在 $\Z_5[x]$ 中不可约，所以 $x^4+10x^3+7$ 在 $\Z[x]$ 内不可约。根据本章定理 5 可知它在 $\Q[x]$ 中也不可约。