高代

2024-06-27 00:34| 来源: 网络整理| 查看: 265

多项式最大公因式与互素

记 $K[x]$ 为数域 $K$ 上的全体多项式, $f(x),g(x) \in K[a].$

若 $(f(x),g(x))=1$ ,且 $\deg(f(x)) \geq1,\deg(g(x)) \geq 1$ ,证明:存在唯一的一对多项式 $u(x),v(x) \in K[x]$ ,使得 $u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$ ,其中 $\deg(u(x)) \deg(g(x)),\deg(v(x)) \deg(f(x))$ ; 设 $f(x)=x^3-x^2-x+1,g(x)=x^2+x+2$ ,求多项式 $u(x),v(x)$ 使得 $u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))$ ,且 $\deg(u(x))\deg(g(x)),\deg(v(x))\deg(f(x))$

proof

存在性.由于 $(f(x),g(x))=1$ ,所以存在 $a(x),b(x) \in K[x]$ ,使得 $a(x)f(x)+b(x)g(x)=1.$ 这意味着 $(a(x),g(x))=1,$ 让 $a(x),g(x)$ 作带余除法,设 $a(x)=q(x)g(x)+u(x)$ ,则 $u(x) \neq 0$ ,且 $\deg(u(x)) \deg(g(x))$ ,从而 $(q(x)g(x)+u(x))f(x)+b(x)g(x)=u(x)f(x)+(b(x)+q(x)f(x))g(x)=1.$ 现在记 $b(x)+q(x)f(x)=v(x)$ ,则\begin{eqnarray} u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 \label{uv1} \end{eqnarray}

如果 $\deg(v(x)) \geq \deg(f(x)),$ 结合 $\deg(u(x))\deg(g(x))$ 可知 $\deg(v(x)g(x))\deg(u(x)f(x))$ ,从而有 $0=\deg(1)=\deg(u(x)f(x)+v(x)g(a))=\deg(v(x)g(x)) \neq 0.$ 这显然矛盾,所以 $\deg(v(x))\deg(f(a))$

唯一性.设还存在 $u_{1}(x),v_{1}(x)$ 满足 $u_{1}(x)f(x)+v_{1}(x)g(x)=1.$ 其中 $\deg(u1(x))\deg(g(x)),\deg(v1(x))\deg(f(x))$ 那么上式与(1)式相减可得 $(u(x)-u_{1}(x))f(x)=(v_{1}(x)-v(x))g(x)$ 由于 $(f(x),g(x))=1,$ 所以 $f(x) \mid (v_{1}(x)-v(x)),$ 而 $\deg(v(x)),\deg(v_{1}(x))\deg(f(x))$ ,所以只能是 $v_{1}(x)-v(x)=0$ ,即 $v_{1}(x)=v(x)$ ,同理也有 $u_{1}(x)=u(x)$ .

首先对 $f(x),g(x)$ 作带余除法,可得 $f ( x ) = q _ { 1 } ( x ) g ( x ) + r _ { 1 } ( x )$ 其中 $q _ { 1 } ( x ) = x - 2 ,r _ { 1 } ( x ) = - x + 5 .$ 再让 $g(x)$ 与 $r_{1}(x)$ 作带余除法,有 $g ( x ) = q _ { 2 } ( x ) r _ { 1 } ( x ) + r _ { 2 } ( x ) .$ 其中 $q _ { 2 } ( x ) = - x - 6 ,r _ { 2 } ( x ) = 3 2 ,$ 由此可知 $( f ( x ) ,g ( x ) ) = 1 ,$ 且根据上述两式可知 $-\frac { 1 } { 3 2 } q _ { 2 } ( x ) f ( x ) + \frac { 1 } { 3 2 } [ 1 + q _ { 1 } ( x ) q _ { 2 } ( x ) ] g ( x ) = \frac { 1 } { 3 2 } r _ { 2 } ( x ) = 1$ 记 $u ( x ) = - \frac { 1 } { 3 2 } q _ { 2 } ( x ) = \frac { 1 } { 3 2 } ( x + 6 ) ,v ( x ) = \frac { 1 } { 3 2 } [ 1 + q _ { 1 } ( x ) q _ { 2 } ( x ) ] = - \frac { 1 } { 3 2 } ( x ^ { 2 } + 4 x - 1 3 ) .$ 则 $u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1$ ,在 $\deg ( u ( x ) ) \deg ( g ( x ) ) ,\deg ( v ( x ) ) \deg ( f ( x ) )$ .

设 $f(x),g(x)$ 为两个不全为零的多项式, $m$ 是一个正整数,证明: $( f ( x ) ,g ( x ) ) ^ { m } = ( f ^ { m } ( x ) ,g ^ { m } ( x ) ) .$

proof 首先设 $( f ( x ) ,g ( x ) ) = d ( x ) ,$ 且 $f ( x ) = d ( x ) f _ { 1 } ( x ) ,g ( x ) = d ( x ) g _ { 1 } ( x ) ,$ 那么 $( f _ { 1 } ( x ) ,g _ { 1 } ( x ) ) = 1 .$ 进而 $( f ^ { m } ( x ) ,g ^ { m } ( x ) ) = d ^ { m } ( x ) ( f _ { 1 } ^ { m } ( x ) ,g _ { 1 } ^ { m } ( x ) ) .$ 而若 $( f _ { 1 } ^ { m } ( x ) ,g _ { 1 } ^ { m } ( x ) ) \neq 1 ,$ 则存在次数大于零的不可约多项式 $q(x)$ 使得 $q ( x ) \mid f _ { 1 } ^ { m } ( x ) ,g _ { 1 } ^ { m } ( x ) ,$ 那么结合不可约多项式的性质可知 $q ( x ) \mid f _ { 1 } ( x ) ,g _ { 1 } ( x ) ,$ 这与 $( f _ { 1 } ( x ) ,g _ { 1 } ( x ) ) = 1 .$ 矛盾.所以 $( f _ { 1 } ^ { m } ( x ) ,g _ { 1 } ^ { m } ( x ) ) = 1$ ,进而 $( f ^ { m } ( x ) ,g ^ { m } ( x ) ) = d ^ { m } ( x ) = ( f ( x ) ,g ( x ) ) ^ { m } .$

已知 $f_{1}(x),f_{2}(x)$ 是次数不超过3的首项系数为1的互异多项式,且 $x^{4}+x^{2}+1 \mid f_{1}(x^3)+x^{4}f_{2}(x^3),$ 求 $f_{1}(x)$ 和 $f_{2}(x)$ 的最大公因式.

solution 注意到 $x ^ { 6 } - 1 = ( x ^ { 2 } - 1 ) ( x ^ { 4 } + x ^ { 2 } + 1 ) .$ 而 $x ^ { 6 } - 1 = 0$ 的根为 $\omega ,\omega ^ { 2 } ,\cdots ,\omega ^ { 6 } ,$ 其中 $\omega = e ^ { \frac { 2 \pi i } { 6 } } ,$ 同时 $\omega ^ { 3 } = - 1$ 与 $\omega ^ { 6 } = 1$ 正好是 $x^{2}-1$ 的根,所以剩下的 $\omega ,\omega ^ { 2 } ,\omega ^ { 4 } ,\omega ^ { 5 }$ 就是 $x ^ { 4 } + x ^ { 2 } + 1$ 的四个复数根.由于 $x ^ { 4 } + x ^ { 2 } + 1 \mid f _ { 1 } ( x ^ { 3 } ) + x ^ { 4 } f _ { 2 } ( x ^ { 3 } ) ,$ 所以 $\omega ,\omega ^ { 2 } ,\omega ^ { 4 } ,\omega ^ { 5 }$ 也是 $f _ { 1 } ( x ^ { 3 } ) + x ^ { 4 } f _ { 2 } ( x ^ { 3 } )$ 的根,代入就有 $\left\{\begin{array}{l} f _ { 1 } ( \omega ^ { 3 } ) + \omega ^ { 4 } f _ { 2 } ( \omega ^ { 3 } ) = 0 ;\\ f _ { 1 } ( \omega ^ { 6 } ) + \omega ^ { 5 } f _ { 2 } ( \omega ^ { 1 2 } ) = 0 ;\\ f _ { 1 } ( \omega ^ { 1 2 } ) + \omega ^ { 1 6 } f _ { 2 } ( \omega ^ { 1 2 } ) = 0 ; \\ f _ { 1 } ( \omega ^ { 1 5 } ) + \omega ^ { 2 0 } f _ { 2 } ( \omega ^ { 1 5 } ) = 0 . \end{array}\right.$ 结合 $\omega ^ { 3 } = - 1$ 及 $\omega ^ { 6 } = 1$ 可得 $\left\{\begin{array}{l} f _ { 1 } ( - 1 ) + \omega ^ { 4 } f _ { 2 } ( - 1 ) = 0 ; \\ f _ { 1 } ( 1 ) + \omega ^ { 2 } f _ { 2 } ( 1 ) = 0 ; \\ f _ { 1 } ( 1 ) + \omega ^ { 4 } f _ { 2 } ( 1 ) = 0 ; \\ f _ { 1 } ( - 1 ) + \omega ^ { 2 } f _ { 2 } ( - 1 ) = 0 . \end{array}\right.$ 解方程得 $f _ { 1 } ( \pm 1 ) = f _ { 2 } ( \pm 1 ) = 0 ,$ 于是有 $( x - 1 ) ( x + 1 ) = x ^ { 2 } - 1$ 是 $f_{1}(x),f_{2}(x)$ 的公因式.而已知 $f_{1}(x),f_{2}(x)$ 是次数不超过3的首1互异多项式,所以它们的最大公因式的次数一定小于等于2,于是 $( f _ { 1 } ( x ) ,f _ { 2 } ( x ) ) = x ^ { 2 } - 1 .$

不可约多项式的应用

(华东师范大学,2022)设 $f(x)$ 是次数大于零的整系数多项式,若 $2- \sqrt {3}$ 是 $f(x)$ 的根,证明: $2+ \sqrt {3}$ 也是 $f(x)$ 的根.

proof 构造多项式 $g(x)=(x-2+ \sqrt {3} )(x-2- \sqrt {3} )= x^{2} -4x+1.$

显然 $g(x)$ 为有理数域上的不可约多项式,同时 $f(x),g(x)$ 存在公共的实根 $2- \sqrt {3}$ ,所以它们在实数域上不互素,而互素性不随数域的扩大而改变,所以在有理数域上它们也不互素,再结合 $g(x)$ 在有理数域不可约,便有 $g(x)|f(x)$ ,于是 $2+ \sqrt {3}$ 作为 $g(x)$ 的根,其也是 $f(x)$ 的根.

(上海财经大学,2022)设 $f(x)= x^{3} + 3x^{2} +3 \in \mathbb{Q}[x],\alpha$ 是 $f(x)$ 在复数域 $\mathbb{C}$ 中的一个根,记 $Q[ \alpha ]={ a_{0} + a_{1} \alpha + a_{2} \alpha ^{2} |a_{0} ,a_{1} ,a_{2} \in \mathbb{Q}}.$ 证明:

$f(x)$ 在有理数域上不可约; 对任意 $g(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ,有 $g( \alpha ) \in \mathbb{Q}[ \alpha ]$ ; 对任意的 $0 \neq \beta \in \mathbb{Q}[ \alpha ]$ ,存在 $\gamma \in Q[ \alpha ]$ ,使得 $\beta \gamma =1$ .

proof

取素数 $p=3$ ,由于 $p \nmid 1,p|3$ ,但 $p^{2} \nmid 3$ ,所以由艾森斯坦判别法可知 $f(x)$ 在有理数域上不可约. 对任意 $g(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ,根据带余除法,存在 $q(x),r(x) \in \mathbb{Q}[x],$ 使得 $g(x)=q(x)f(x)+r(x)$ 其中 $r(x)= b_{0} + b_{1} x+ b_{2} x^{2} ,b_{0} ,b_{1} ,b_{2} \in \mathbb{Q}$ ,将 $x= \alpha$ 代入上式,结合 $f( \alpha )=0$ 便有 $g( \alpha )=r( \alpha )= b_{0} + b_{1} \alpha + b_{2} \alpha ^{2} .$ 这说明 $g( \alpha ) \in \mathbb{Q}[ \alpha ]$ . 对任意的 $0 \neq \beta \in Q[ \alpha ]$ ,可设 $\beta = c_{0} + c_{1} \alpha + c_{2} \alpha ^{2}$ ,其中 $c_{0} ,c_{1} ,c_{2}$ 是不全为零的有理数.记非零多项式 $h(x)= c_{0} + c_{1} x+ c_{2} x^{2} \in \mathbb{Q}[x].$ 则 $\beta =h( \alpha )$ ,由于 $f(x)$ 在有理数域上不可约,同时 $f(x)+h(x)$ ,所以 $(f(x),h(x))=1$ ,即存在 $u(x),v(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ,使得 $u(x)f(x)+v(x)h(x)=1$ .将 $x= \alpha$ 代入到上式,便有 $u( \alpha )f( \alpha )+v( \alpha )h( \alpha )=v( \alpha ) \beta =1.$ 记 $\gamma = v( \alpha )$ ,则 $\beta \gamma =1$ ,且由(2)可知 $\gamma \in \mathbb{Q}[ \alpha ].$

(西安电子科技大学,2021)设 $f(x)$ 是有理数域上的 $n(n \geqslant 2 )$ 次多项式,且它在有理数域上不可约,但知 $f(x)$ 的一个根的倒数也是 $f(x)$ 的根,证明: $f(x)$ 的每一个根的倒数也是 $f(x)$ 的根.

proof 首先设 $f ( x ) = a _ { n } x ^ { n } + \cdots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } ( a _ { i } \in \mathbb{Q} ,i = 0 ,1 ,\cdots ,n ) .$ 由于 $f(x)$ 是 $n$ 次不可约的,所以 $a_0,a_n$ 都非零,自然 $f(x)$ 也无零根.记 $\mathbb{Q}$ 上的多项式 $g ( x ) = x ^ { n } f ( \frac { 1 } { x } ) = a _ { 0 } x ^ { n } + a _ { 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + a _ { n } .$ 若复数 $\alpha$ 与 $\dfrac{1}{\alpha}$ 均为 $f(x)$ 的根,则 $g ( \alpha ) = \alpha ^ { n } f \left ( \frac { 1 } { \alpha } \right ) = 0 .$ 于是 $\alpha$ 是多项式 $f(x),g(x)$ 的公共复根,所以 $f(x),g(x)$ 在复数域上不互素,结合互素性不随数域的扩大而改变,可知 $f(x),g(x)$ 在有理数域上也不互素,而 $f(x)$ 在有理数域上是不可约的,所以有 $f(x) \mid g(x)$ 而结合 $a_0 \neq 0$ 可知 $\partial ( g ( x ) ) = n$ ,所以必有 $g(x)=kf(x)$ ,其中 $k$ 是一个非零常数,于是对 $f(x)$ 的任一根 $x_0$ ,有 $g ( x _ { 0 } ) = x _ { 0 } ^ { n } f \left ( \frac { 1 } { x _ { 0 } } \right ) = k f ( x _ { 0 } ) = 0$ 即有 $f ( \dfrac { 1 } { x _ { 0 } } ) = 0$ ,即 $x_0$ 的倒数也是 $f(x)$ 的根.

(南昌大学,2022)证明: $p(x)$ 是不可约多项式的充要条件是对任意多项式 $f(x),g(x)$ 若 $p(x)|f(x)g(x)$ 则有 $p(x)|f(x)$ 或 $p(x)|g(x)$ .

proof 必要性.已知不可约多项式 $p(x)$ 满足 $p(x)|f(x)g(x)$ ,那么若 $p(x)|f(x)$ ,则 $(p(x),f(x))=1$ ,目存在 $u(x),v(x)$ ,使得 $u(x)p(x)+v(x)f(x)=1$ ,进而 $u(x)p(x)g(x)+v(x)f(x)g(x)=g(x)$ 明显 $p(x)$ 整除 $u(x)p(x)g(x)$ 与 $v(x)f(x)g(x)$ ,所以 $p(x)|g(x)$

充分性.已知 $p(x)$ 满足:对任意的多项式 $f(x),g(x)$ ,若 $p(x)|f(x)g(x)$ ,则有 $p(x)|f(x)$ 或 $p(x)|g(x)$ .如果 $p(x)$ 可约,则存在次数大于零且小于 $deg(p(x))$ 的多项式 $p_{1} (x),p_{2} (x)$ ,使得 $p(x)= p_{1} (x) p_{2} (x)$ ,此时取 $f(x)= p_{1} (x),g(x)= p_{2} (x)$ ,显然 $p(x)|f(x)g(x)$ ,但是 $p(x)|f(x),g(x)$ ,这与已知矛盾.所以 $p(x)$ 为不可约多项式.

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