《高等代数》课程教学资源（试卷习题）高等代数选讲（共十八讲）

高等代数选讲

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目录第一讲带余除法第二讲不可约多项式，第三讲互素与不可约、分解9第四讲多项式的根13第五讲典型行列式...17第六讲循环行列式.21第七讲特殊行列式方法.26第八讲解线性方程组....31.36第九讲分块矩阵与求秩第十讲矩阵的分解与求逆.40第十一讲广义逆与特殊矩阵对关系...45第十二讲特征值、对角线与最小多项式.51第十三讲向量的线性相关与自由度.56第十四讲双线性型与正定二次型...61第十五讲线性空间及其几何背景..66第十六讲欧氏空间和正交变换的意义71第十七讲线性变换的核与象..76第十八讲线性变换的特征与不变子空间81

目 录 第一讲 带余除法.1 第二讲 不可约多项式.5 第三讲 互素与不可约、分解.9 第四讲 多项式的根.13 第五讲 典型行列式.17 第六讲 循环行列式.21 第七讲 特殊行列式方法.26 第八讲 解线性方程组.31 第九讲 分块矩阵与求秩.36 第十讲 矩阵的分解与求逆.40 第十一讲 广义逆与特殊矩阵对关系.45 第十二讲 特征值、对角线与最小多项式.51 第十三讲 向量的线性相关与自由度.56 第十四讲 双线性型与正定二次型.61 第十五讲 线性空间及其几何背景.66 第十六讲 欧氏空间和正交变换的意义.71 第十七讲 线性变换的核与象.76 第十八讲 线性变换的特征与不变子空间.81

第一讲 带余除法定理1（带余除法）Vf(x),g(x)±0 eP[x]，则有(x)=g(x)s(x)+r(x)其中 r(x)=0 或a(r(x)<a(g(x),r(x),s(x)e P[x)定理 2 ± g(x)(x)r(x)=0(xa)(x)f(a)=0带余除法可将(x)，g(x)的性质“遗传”到较低次的r(x)，也可将g(x)，r(x)的性质“反馈”到较高次的x)。边缘性质：若满足某个条件C的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件C的多项式。反过来，满足条件D的多项式次数不超过m，则这样的集中一定有一个次数最大的。根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的转相除法。可以证明最小公倍式也是存在的，还可以得到更多的其它结论。例1a是一个数，(x)eP[x]且(a)=0，则P[x]中存在唯一首项系数=1且次数最低的多项式ma(x):ma(a)=0证作：Sa=(g(x)e P[x]lg(a)=0)那么S，故S中存在一个次数最低且首系=1的多项式ma(x)，现设m(x)也是满足条件的多项式，那么a(m(x)=(ma(x)所以a(m(x)一(ma(x)<a (ma(x)令 r(x)=m(x)一ma(x)则r(a)=0，得r(x)=0，所以m(x)=ma(x)，唯一性证毕。推论：g(x)eSa，那么ma(x)lg(x)。证:g(x)=ma(x)(x)+r(x):r(a)=0 证。定理3α在P[x]中的ma(x)是不可约多项式，（用反证法）例2求9[x]中/2+/3，则x=5+2/6(x2 - 5)2 =(2/6)2即x适合x4-10x2+1，x4-10x2+1即为所求。1

1 第一讲 带余除法 定理 1（带余除法）∀ f(x), g(x)≠0 ∈P[x]，则有 f(x)=g(x)s(x)+r(x) 其中 r(x)=0 或∂ (r(x))＜∂ (g(x))，r(x)，s(x)∈P[x] 定理 2 g(x)|f(x)⇔ r(x)=0 (x－a)|f(x)⇔ f(a)=0 带余除法可将 f(x)，g(x)的性质“遗传”到较低次的 r(x)，也可将 g(x)，r(x)的性质“反馈” 到较高次的 f(x)。 边缘性质：若满足某个条件 C 的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件 C 的 多项式。反过来，满足条件 D 的多项式次数不超过 m，则这样的集中一定有一个次数最大的。 根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的辗转相除法。可以证明最小公倍式也 是存在的，还可以得到更多的其它结论。 例 1 a 是一个数，f(x)∈P[x]且 f(a)=0，则 P[x]中存在唯一首项系数=1 且次数最低的多项 式 ma(x)： ma(a)=0 证作： Sa={g(x)∈P[x]|g(a)=0} 那么 S≠φ ，故 S 中存在一个次数最低且首系=1 的多项式 ma(x)， 现设 m(x)也是满足条件的多项式，那么∂ (m(x))=∂ (ma(x)) 所以∂ (m(x)－(ma(x))＜∂ (ma(x)) 令 r(x)=m(x)－ma(x) 则 r(a)=0，得 r(x)=0，所以 m(x)=ma(x)，唯一性证毕。 推论：∀ g(x)∈Sa，那么 ma(x)|g(x)。 证： g(x)=ma(x)t(x)+r(x) r(a)=0 证。 定理 3 a 在 P[x]中的 ma(x)是不可约多项式，（用反证法） 例 2 求 Q[x]中 2 + 3 ，则 5 2 6 2 x = + 2 2 2 (x − 5) = (2 6) 即 x 适合 x 4 －10x 2 +1，x 4 －10x 2 +1 即为所求

解法二：先考虑2+关于Q的所有对称根：有它自己和/2-V，-V2+V，-V-V，于是(x-(/2+/3)x-~2+/3x+/2-/3)x+~2+V3)(x- 2) -3(x+ 2) -3)=(x2 -1)-2/2x(x2 -1)+2/2x)= xt -10x2 +1推广：Q[x)中/p+q的最小多项式为x4-2(p+q)x2+(p-q)，其中p与互素。例3求9[x]中，3+3/2的最小多项式解法—：设x=+/，则(x-)=2( +9x-2) - (3x* +3)3)即得：x-9x4-4x+27x2-36x-23-→+，则=1.0+0+1=0，所以/3+/2的对称根有解法二：0=-22=/3+/2,=3+0/2,=V3+023/2r4=-/3+#/2, rs=-/3+0/2, r=-/3+02/2故最小多项式为(x-r)(x-r)(x-r)(x-r)(x-r)(x-r)-[(x- ~3] -(2] [(x+ 3) -(/2)=(x + 9x -2)- 3(x2 +1)/3)(x3 +9x-2)+ 3(x2 +1)/3)=(x6-9x4-4x3 +27x2-36x-23)当自然数p，p为无理数时，p的所有对称根为，ps,e,，e"-!$2元+isin2,"=1，且其中=cos-nn(a-b)(α-be)(a-be")..(a-b."-)= a" -b"(*)用方法一虽简单，但对于诸如求V2+V3+V5+V7等的最小多项式时，就行不通，方法2

2 解法二：先考虑 2 + 3 关于 Q 的所有对称根：有它自己和 2 − 3 ， − 2 + 3 ， − 2 − 3 ，于是 (x − ( 2 + 3))(x − 2 + 3)(x + 2 − 3)(x + 2 + 3) = ( ) ( )        + −      − 2 − 3 2 3 2 2 x x = (( 1) 2 2 )(( 1) 2 2 ) 10 1 2 2 4 2 x − − x x − + x = x − x + 推广：Q[x]中 p + q 的最小多项式为 4 2 2 x − 2( p + q)x + ( p − q) ，其中 p 与 q 互素。 例 3 求 Q[x]中， 3 3 + 2 的最小多项式 解法一：设 x= 3 3 + 2 ，则( ) 3 x − 3 =2 ( ) (( ) ) 2 2 2 3 x + 9x − 2 = 3x + 3 3 即得： 9 4 27 36 23 6 4 3 2 x − x − x + x − x − 解法二： i 2 3 2 1 ω = − + ，则 1, 1 0 3 2 ω = ω +ω + = ，所以 3 3 + 2 的对称根有 2 3 3 3 2 3 r1 = 3 + 2, r = 3 +ω 2, r = 3 +ω 2 2 3 6 3 5 3 r4 = − 3 + 2, r = − 3 +ω 2, r = − 3 +ω 2 故最小多项式为 ( )( )( )( )( )( ) 1 2 3 4 5 6 x − r x − r x − r x − r x − r x − r ( ) ( ) ( ) ( )     + −     = − − 3 3 3 3 3 3 x 3 2 x 3 2 = (( 9 2) 3( 1) 3)(( 9 2) 3( 1) 3) 3 2 3 2 x + x − − x + x + x − + x + = ( 9 4 27 36 23) 6 4 3 2 x − x − x + x − x − 当自然数 p，n p 为无理数时，n p 的所有对称根为 n p ， ε n p ， 2 ε n p ，.， n−1 n pε 其中 , 1 2 sin 2 = cos + =n n i n ε π π ε ，且 n n n a − b a − b a − b a − b = a − b − ( )( )( ) ( ) 2 1 ε ε  ε （∗） 用方法一虽简单，但对于诸如求 2 + 3 + 5 + 7 等的最小多项式时，就行不通，方法

二虽长，却是有步骤地可以求出任何P+p,+p，的最小多项式。任设AeP，f(x)=xE-A为A的特征多项式，由Hamilton-Caylay定理，f(A)=0,作Na= (g(x)e P[x] g(A)= 0)那么fa(x)eNA,NA中存在唯一的首系=1且次数最低的多项式mA(x)，称mA(x)为A的最小多项式。例 4 Vg(x)eN,则ma(x)Ig(x). 0(ma(x)≤nfa(x)例5令g.(x)=7U(,(a)，那么， g() m(n)定理4AePm，则A相似于对角矩阵的充要条件（之一）是gA(x)=mA(x)例6 证明x2+x+1|x3m +x3+ +x3p+2,(m,n,PeN)解法1x3-1=(x-1)(x2+x+1)=0(modx2+x+1)所以x3=1(modx2+x+1)于是x3m+x3+ +x3p+2=1+x+x2=0(modx2+x+1)解法 2 x3m +×3n+++x3p+2 =(x3m -1)+x(x3n -1)+x(3p -1)+(1+x+x)因为x3-1|x-1,x +x+1x3-1所以x?+×+1/x3m+x3n+1 +x3p+2例7设复数,2..m在Q上线性无关，f(x),f(x).(x),g(x)Q[x]，且g(x)在Q[x)中不可约，若对于每个g(x)的根α，有Z25.(a)=0证明：g(x)f(x)，=1,2,.,m证：设f(x)=g(x)h(x)+d(x)，其中a(d(x))<a(g(x)或d(x)=(:g(α)=0 J(a)-Za,d(a)=0i=li=13

3 二虽长，却是有步骤地可以求出任何 ns s n n 1 p1 + 2 p2 + p 的最小多项式。 任设 nxn A∈ P ， f A (x) = xE − A 为 A 的特征多项式，由Ηamilton－Caylay 定理，fA(A)=0， 作 NA = {g(x)∈ P[x]| g(A) = 0} 那么 A NA NA f (x)∈ , 中存在唯一的首系=1 且次数最低的多项式 mA(x)，称 mA(x)为 A 的最小多 项式。 例 4 ∀g(x)∈ NA则mA (x) | g(x). ∂(mA (x) ) ≤ n 例 5 令 ( ( ), ( )) ( ) ( ) f x f x f x g x A A A A ′ = ，那么， g (x) | m (x) A A 定理 4 nxn A∈ P ，则 A 相似于对角矩阵的充要条件（之一）是 gA(x)=mA(x) 例 6 证明 1| ,( , , ) 2 3 3 1 3 2 x x x x x m n P N m n p + + + + ∈ + + 解法 1 1 ( 1)( 1) 0 (mod 1) 3 2 2 x − = x − x + x + ≡ x + x + 所以 1 (mod 1) 3 2 x = x + x + 于是 1 0 (mod 1) 3 3 1 3 2 2 2 + + = + + ≡ + + + + x x x x x x x m n p 解法 2 3 3 +1 3 +2 + + m n p x x x 3 3 23 2 ( 1) ( 1) ( 1) (1 ) mn p x xx x x x x = − + − + − + ++ 因为 33 2 3 1| 1, 1| 1 k x x xx x − − ++ − 所以 2 3 31 3 2 1| mn p xx x x x + + ++ + + 例 7 设复数λ λ λ m , , 1 2 在 Q 上线性无关， ( ), ( ) ( ), ( ) [ ] 1 2 f x f x f x g x Q x  m ∈ ，且 g(x)在 Q[x] 中不可约，若对于每个 g(x)的根α ，有 ( ) 0 1 ∑ = = m i i i λ f α 证明：g(x)|fi(x)，i=1,2,.,m 证：设 fi(x)=g(x)hi(x)+di(x)，其中∂ (di(x))＜∂ (g(x))或 di(x)=0 g(α )=0 ∴ ∑ ∑ = = = = m i i i m i i fi d 1 1 λ (α) λ (α) 0

2故g(x)与h(x)=a,d,(x)有公共根α，因g(x)不可约，得g(x)h(x)，即h(x)=0te(否则，a(h(x)<a(g(x))reg, d(r)=Q, h(r)=Z,d,(x)=0i=l得 d(r)=0=d(x)=0=g(x)/f(x)此题的难点在于从可能非有理数的α如何过渡到有理数r，而下一题在正式出版的解答中也忽略了复数解。例8设f(x)=x+(1+t)x2+2x+2u.g(x)=x+tx+u的最大公因式是一个二次多项式，求t，u的值。（P45，7)解(x)=g(x) · 1+r(x), r(x)=(1+)x2+(2-1)x+u:. t+±11-2g(x)=r(x)+ s(x)1+t*w(1+t)((t? +t-u)(t+1)+(t-2)?x+1-_1-2其中s(x):(t+1)2(1+t))由已知条件，必有s(x)=0，s(s)各项系数的分子为0，即f3 + 3t2 -(u+3)t+(4-u)=0(t+1)2 -1+2)u=(t2 +1+3)u = 0若u=0得t3+3t2-3t+4=0即（t+4)(t2-t+1)=0，得t=-4，2(1+/3i)-1-/3i)，=2=3=0=n1(-1-Vi）（注意到_二),由(-1+ /1i),t, =若+t+3=0得t4=31+122u=P+3F- -31+4=-1,t(t3 + 3t2 =3t + 4)3t+12 +1+3)(2 -21 -8)+6t +24|= -2(t+ 4)得u=-7-Vlli,u,=-7+1li,因此一共有5组t，u的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了=一4，u=0这一组解。4

4 故 g(x)与 h(x)= ∑= m i i i d x 1 λ ( )有公共根α ，因 g(x)不可约，得 g(x)|h(x)，即 h(x)=0 （否则，∂ (h(x))＜∂ (g(x)) ） ∑= ∀ ∈ ∈ = = m i i i i r Q d r Q h r d x 1 , ( ) , ( ) λ ( ) 0 得 di(r)=0⇒di(x)=0⇒g(x)|fi(x). 此题的难点在于从可能非有理数的α 如何过渡到有理数 r，而下一题在正式出版的解答中 也忽略了复数解。 例 8 设 ( ) (1 ) 2 2 , 3 2 f x = x + + t x + x + u g x = x + tx + u 3 ( ) 的最大公因式是一个二次多项式， 求 t，u 的值。（P45，7） 解 f(x)=g(x)·1+r(x)，r(x)=(1+t)x 2 +(2−t)x+u ∴t ≠ ± 1 ( ), (1 ) 2 1 1 ( ) ( ) 2 s x t t x t g x r x +        + − ⋅ + + = ⋅ 其中 u t t x t t t u t t s x         + − + − + + − + + − = 2 2 2 2 (1 ) 2 1 ( 1) ( )( 1) ( 2) ( ) 由已知条件，必有 s(x)=0，s(s)各项系数的分子为 0，即 3 ( 3) (4 ) 0 3 2 t + t − u + t + − u = (( 1) 2) ( 3) 0 2 2 t + − t + u = t + t + u = 若 u=0 得 3 3 4 0 3 2 t + t − t + = 即 ( 4)( 1) 0 2 t + t − t + = ， 得 t1= － 4 ， (1 3 ) 2 1 2t = + i ， (1 3 ) 2 1 3t = − i ，u1=u2=u3=0 若 t 2 +t+3=0 得 ( 1 11 ) 2 1 ( 1 11 ), 2 1 4t i t i = − + s = − − （注意到 1 3 1 t t = − + ），由 t t t t t t t t u ( 3 3 4) 3 1 1 3 3 4 3 2 3 2 = − + − + + + − + = [( 3)( 2 8) 6 24] 2( 4) 3 1 2 2 = − t + t + t − t − + t + = − t + 得 4 u i =− −7 11 , 7 11 , 5 u = − + i 因此一共有 5 组 t，u 的取值，大部分学生及出版的解答都只给出了 t=－4，u=0 这一组 解

第二讲不可约多项式判定一个多项式（x)是否可约，涉及其所在的数域P，也无固定的方法可循，在C上，任何大于1次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在R上，只有一次的和部分二次的(判别式△<0）是不可约的，在一般P上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可约的（上讲Th3）例1设(x)=x3一10x+5，证明x)在Q上不可约。证明：若(x)在0上可约，则1x)必有一次因式，则(x)必有有理根，但几x)的有理根只可能是±1，±5。J(1)#0，-1)#0，J(5)#0，(-5)±0所以x)在Q上不可约。这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有2次以上的多项式，可以尝试用Eisenstein判别法。例2证明x)=x-10x+5在Q上不可约证明：取p=5（素数），pX1，pl10，5，pX5，：f(x)不可约。有些多项式(x)表面上不能用Eisenstein判别法，做x=ay+b,g(v)=(ay+b)，则(x)可约当且仅当g(w)可约。xpk例3 p为素数，试证(x)=xp---，（k21）在有理数域上不可约。证：①p=2时，(x)=x2+1，令x=y+1+1)= y2+..+C,-*y +...+2取p=2由Eisenstein判别法，Jx)不可约。②当p≥3为奇素数时(x)= (xpk-- p- + (xpk-2 -2 +.+ xpk-+ +1令X=y+1则xpk-1 =(y+1)pk-1 = ypk-I + pyf(y)+1(μk-1) = (ypk-I +1) + pyf() = (ypk- +1) + pyf;().. (x)=Z(r-1) +15

5 第二讲 不可约多项式 判定一个多项式 f(x)是否可约，涉及其所在的数域 P，也无固定的方法可循，在 C 上， 任何大于 1 次的多项式皆可约，而只有一次多项式不可约，在 R 上，只有一次的和部分二次 的(判别式∆＜0）是不可约的，在一般 P 上，一次多项式当然不可约，ma(x)若存在也是不可 约的（上讲 Th3） 例 1 设 f(x)=x 3 －10x+5，证明 f(x)在 Q 上不可约。 证明：若 f(x)在 Q 上可约，则 f(x)必有一次因式，则 f(x)必有有理根，但 f(x)的有理根只 可能是±1，±5。 f(1)≠0，f(－1)≠0，f(5)≠0，f(－5)≠0 所以 f(x)在 Q 上不可约。 这种方法对于四次以上的多项式是行不通的，因为可能只有 2 次以上的多项式，可以尝 试用Εisenstein 判别法。 例 2 证明 f(x)=x 6 －10x+5 在 Q 上不可约 证明：取 p=5（素数），p /| 1，p|10，5，p 2 /| 5，∴f(x)不可约。 有些多项式 f(x)表面上不能用Εisenstein 判别法，做 x=ay+b,g(y)=f(ay+b)，则 f(x)可约当且 仅当 g(y)可约。 例 3 p 为素数，试证 f(x)= 1 1 1 − − k − k P P x x ，（k≥1）在有理数域 Q 上不可约。 证：①p=2 时，f(x)= 1 1 2 + k− x ，令 x=y+1 f(y+1)= 1 2 1 2 2 + + − ⋅ + + − y  Ci k yi  k 取 p=2 由Εisenstein 判别法，f(x)不可约。 ②当 p ≥ 3为奇素数时 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 = + + + + − − − − − pk p pk p pk f x x x  x 令 x=y+1 则 1 1 ( 1) − − = + pk pk x y 1( ) 1 1 = + + − y pyf y pk ( ) = ( + + ) = − − i pk i pk x ( y 1) pyf ( y) 1 1 1 ( 1) ( ) 1 1 y pyf y pk i + + − ∑( ) − = − ∴ = + 1 1 1 ( ) 1 p i i pk f x x

y.(y-_ (ypk-I +1)P -1+pyp(y)(ypk-I +1)-1ypk + p(ypk-1)h(y)+ p.ypk-I +1-1+ pyp(y)Jx-1=(y,pk-1)p- + pypk-1 . h(y)+ p+ pyp(y)=(ypk-l)p-I + py(ypk-l -1. h(y))+ p= F(y)由于中间一项不存在最高次项和常数项，用Eisenstein判别法对互素数p，F(y)不可约，从而(x)不可约。令k=1，则f(x）=xP-l+xP-2+...+x+1也不可约，这是一个重要推论。在P[x中还有一大类多项式是无法应用Eisenstein判别法的，但一定可以按照Kroneclcer的方法，判定是否可约。如下例。例4证明x)=x5—x3+x2—2在Q上不可约证明：设(x)=g(x)h(x)=(r3+ax2+bx+c)(x2+bx+e)（易证无有理根，一次因式），其中α、bc、d、e、ez（为什么？），则有[a+d=0b+ad+e=-c+bd+ae=1cd + be = 0[ce = -2代入a--d得[b-d? +e=-](*)/c+bd-de-l*cd+be=0ce=-2由ce=-2得四种可能情形②fc=-1①/c=1③c=24-2e=2[b-d? =1得,b=46° +1将情形①代入(*)得bd+2d=0，行2b2+4b=0d=2b不可能有整数解。同理考虑情形②，③，④，都无整数解，综上所述x)=x5-x3+x2-2在0上不可约。6

6 ∑ ∑ − = − = − +        +        = + 1 1 1 1 1 ( 1) 1 ( ) p i i p i pk i y py y y ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 py y y y pk pk p + ϕ + − + − = − − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 py y y y p y h y p y pk pk pk pk + ϕ + + ⋅ + − = − − − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 y py h y p py y pk p pk = + ⋅ + + ϕ − − − ( ) ( 1 ( )) ( ) 1 1 1 y py y h y p F y pk p pk = + − ⋅ + = − − − 由于中间一项不存在最高次项和常数项，用Εisenstein 判别法对互素数 p，F(y)不可约，从而 f(x)不可约。 令 k=1，则 ( ) 1 1 2 = + + + + − − f x x x x p p  也不可约，这是一个重要推论。 在 P[x]中还有一大类多项式是无法应用Εisenstein 判别法的，但一定可以按照 Kroneclcer 的方法，判定是否可约。如下例。 例 4 证明 f(x)=x 5 －x 3 +x 2 －2 在 Q 上不可约 证明：设 f(x)=g(x)h(x)=(x 3 +ax 2 +bx+c)(x 2 +bx+e) (易证无有理根，一次因式)，其中 a、b、 c、d、e、∈Z (为什么？)，则有        = − + = + + = + + = − + = 2 0 1 1 0 ce cd be c bd ae b ad e a d 代入 a=−d 得      = − + = + = + = − ce 2 cd be 0 c bd - de 1 b - d e 1 (*) 2 由 ce=−2 得四种可能情形 ①   = − = 2 1 e c ②   = = − 2 1 e c ③   = − = 1 2 e c ④   = = − 1 2 e c 将情形①代入(∗)得      = + = − = d b bd d b d 2 2 0 1 2 ，得    + = = + 2 4 0 4 1 2 2 b b b b 不可能有整数解。 同理考虑情形②，③，④，都无整数解，综上所述 f(x)=x 5 −x 3 +x 2 −2 在 Q 上不可约

在0上讨论ZIxl中多项式的可约问题，有如下重要结论。定理5x)EZ(x)，则x)在Q上可约一(x)在Z上可约定理6x+n可约(Q上)n=4m*=(x2+2m2)一4m2x可约证：x+4m*=(x+2m2)2-4m2x必要性的证明用的是Kronecker思想，设x+x=(x2+a1x+b1)(x?+a2x+b2)于是(1)[a, +b, = 0[α, = -a23)b +b,+aa2=0b, +b, = a?a,b, +a,b =oa(b, -b,)=0(3)(4)b,b,[b,b, = n由(3)若ai=0=a2=0，由bi=b2，由(4)b2=—n矛盾！若ai±0=b=b2由(4)，b=b2=/n=n=k由(2)2k=a2=2|a1，al=2m=k=2m2.n=4m例5将x*+64分解为不可约多项式之积(Q上)解：x8+64=(x4+4x2+8)(x4一4x2+8)，再用Kronecker方法证明x4±4x2+8都是不可约的（略）元0%2元0元3元(答问题计算cos元-coscos0777c0例6在R[x]中，分解x"-1为不可约之乘积。（P45，15）2k元2k元解：xm一1的所有根为=cos0≤k≤m-l+isinmm当m=2n+1时，只有一个实根6=1，其余两两配对共轭。2k元(x-8)(x-8m-k)=x2-2cosx+1ER[x]m2k元x?-2cos-x2m+1 -1=(x-1)I(5)mL1当m=2n时，有2个实根=1，=-1，因此k元x2n -1=(x2 -1)x?-2cos:x+1(6)m1-2k元2k元在题中 (5), ≥-1 立(+02年)=1，即4cos2n+1k=lk=112k元k元开方，得2cos-1=cos2n+1=2"2n+1lk=l7

7 在 Q 上讨论 Z[x]中多项式的可约问题，有如下重要结论。 定理 5 f(x)∈Z(x)，则 f(x)在 Q 上可约⇔ f(x)在 Z 上可约 定理 6 x 4 +n 可约(Q 上)⇔ n=4m 4 =(x 2 +2m 2 ) 2 －4m 2 x 2 可约 证：x 4 +4m 4 =(x 2 +2m 2 ) 2 －4m 2 x 2 必要性的证明用的是 Kronecker 思想，设 x 4 +x=(x 2 +a1x+b1)(x 2 +a2x+b2) 于是 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )      = − = + = = − ⇒      + = + + = + = 4 0 3 2 0 0 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 b b n a b b b b a a a 1 b b a b a b b b a a a b 由(3)若 a1=0⇒a2=0，由 b1= －b2，由(4) 2 b1 =－n 矛盾！ 若 a1≠0⇒b1= b2 由(4)，b1= b2= n ⇒n=k 2 由(2) 2k= 2 a1 ⇒2|a1，a1=2m⇒k=2m 2 ∴n=4m 4 例 5 将 x 8 +64 分解为不可约多项式之积(Q 上) 解：x 8 +64=(x 4 +4x 2 +8)(x 4 －4x 2 +8)，再用 Kronecker 方法证明 x 4 ±4x 2 +8 都是不可约的(略) 问题 计算 ( ) 8 1 7 3 cos 7 2 cos 7 cos = 答 π π π 例 6 在 R[x]中，分解 x m－1 为不可约之乘积。（P45，15） 解：x m－1 的所有根为 0 k m 1 m k i m k k = + ≤ ≤ − π π ε 2 sin 2 cos 当 m=2n+1 时，只有一个实根ε 0 =1，其余两两配对共轭。 x R[x] m k x x x − k − m−k = − ⋅ +1 ∈ 2 ( )( ) 2cos 2 π ε ε ∏= +       − = − − ⋅ + n k n x m k x x x 1 2 1 2 1 2 1 ( 1) 2cos π （5） 当 m=2n 时，有 2 个实根ε 0 =1，ε 0 = −1，因此 ∏ − =       − = − − ⋅ + 1 1 2 2 2 1 ( 1) 2cos 1 n k n x m k x x x π （6） 在题中（5），令 x=－1 得∏=  =      + + n k n k 1 1 2 1 2 2 1 cos π ，即∏= = + n k n k 1 1 2 1 2 4cos π 开方，得∏ ∏ = = = + = ⇒ + n k n n k n k n k 1 1 2 1 2 1 1. cos 2 1 2 2cos π π

Znk元-+x2n-4 +...+x2 +1由（6）x2-1nk元令x=1,2-COSnk=l2元1元n元例7VnENcosCOSCOS22n+12n+ 12n+1Vn2元(n-1)元 元sinsinsin21-12n2n2元例 8 (x)=(x-1)x(x+1)(x+2)+1 在 [x]中可约。(x)=(x2-1) (x2+2x)+1=x++2x3 —x2—2x+1=(x2+x-1)2定理7(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2)(x+m+3)+1在Q[x]中可约。证：令x+m+1=y，则 (x)=g(y)=(y-1)y(+1)(y+2)+1由例8得x)=(x+m+1)+x+m+1-1)2=(x*+(2m+3)x+m2+3m+1)2这一重要实例的结论，来源于对分解（x一ai）（x一a2）…（x一an）+1的思考。例9设(x)EZ[x]=2m，Q>2m且a1，a2，，as为两两不同的整数，(a)=1或一1，1m个点都取值为1或都取值一1，因此g(x)=1或g(x)=一1。2与a(h(x))<2m矛盾！8

8 由（6） 1 1 1 2cos 1 2 2 2 4 2 2 1 2 1 2 = + + + + − −  =      − ⋅ + − − − = ∏ x x x x x x n k x n n n n k  π 令 x=1， ∏ − =  =      − 1 1 2 1 cos n k n n kπ 1 2 1 cos cos 2 ( 1) sin sin sin 22 2 2 n n n n N cos 2n 1 2n 1 2n 1 2 n n n n ππ π ππ π π − ∀ ∈ = ++ + − = 7   例 例 8 f(x)=(x－1)x(x+1)(x+2)+1 在 Q[x]中可约。 f(x)=(x 2 －1) (x 2 +2x)+1=x 4 +2x 3 －x 2 －2x+1=(x 2 +x－1)2 定理 7 f(x)=(x+m)(x+m+1)(x+m+2) (x+m+3)+1 在 Q[x]中可约。 证：令 x+m+1=y，则 f(x)=g(y)=(y－1)y(y+1)(y+2)+1 由例 8 得 f(x)=((x+m+1)2 +x+m+1－1)2 =(x 2 +(2m+3)x+m 2 +3m+1)2 这一重要实例的结论，来源于对分解（x－a1）（x－a2）.（x－an）+1 的思考。 例 9 设 f(x)∈Z[x]=2m，Q＞2m 且 a1，a2，.，as为两两不同的整数，f(ai)=1 或－1，1≤i≤s， 证明 f(x)在 Q 上不可约。 证明：反设 f(x)在 Q 上可约，则存在 g(x)，h(x)∈Z[x]，∂(g(x))，∂(h(x))＜2m 且 f(x)=g(x)h(x)， ∂(g(x)) +∂(h(x)) =2m 不妨设∂(g(x)) ≤2m，因为 f(ai)=1 或－1，g(ai)，h(ai)∈Z，所以 g(ai)=1 或－1，（∀ ≤ i ≤ s 1 ）。 从而 g(x)至少在 m s  2 个点都取值为 1 或都取值－1，因此 g(x)=1 或 g(x)=－1。 与∂(h(x))＜2m 矛盾！