全高等代數(shù)-考研真題詳解

高等代數(shù)-考研真題詳解1.設(shè)Q是有理數(shù)域，則P={a+例a邛￡Q}也是數(shù)域，其中i=-J—1.( )［南京大學(xué)研］【答案】對查看答案【解析】首先0,1￡P(guān)，故P非空；其次令a=a1+01i,b=。2+隙其中。1,a2邛1邛2為有理數(shù)，故a±b=(a1+p1i)±(a2+p2i)=(a1±a2)+(p1±p2)iePab=(a1+p1i)(a2+p2i)=(a1a2-p1p2)+(a1p2+a2p1)ieP又令c=a3+03i,€1=04+04,其中。3,a4邛3邛4為有理數(shù)且d/0，即a4/0邛4h0，有c/d=(%—BQi(%—/340_ 用功)一(氏巴—小尸4)i匚p綜上所述得P為數(shù)域..設(shè)f(x)是數(shù)域P上的多項式，a￡P(guān),如果a是f(x)的三階導(dǎo)數(shù)『'(x)的卜重根(挖1)并且f(a)=0,則a是f(x)的k+3重根.( )［南京大學(xué)研］【答案】錯查看答案【解析】反例是f(x)=(x-a)k+3+(x-a)2,這里￡(2)=0,并且￡〃'(x)=(k+3)(k+2)(k+1)(x-a)k滿足a是f(x)的三階導(dǎo)數(shù)F(x)的k重根(k《1)..設(shè)f(x)=x4+4x-3,則￡(乂)在有理數(shù)數(shù)或上不可約.( )［南京大學(xué)研］【答案】對查看答案【解析】令x=y+1,則f(y)=y4+4y3+6y2+8y+2,故由艾森斯坦因判別法知，它在有理數(shù)域上不可約.二、計算題.f(x)=x3+6x2+3px+8,試確定p的值，使f(x)有重根，并求其根.［清華大學(xué)研］解：f'(x)=3(x2+4x+p).且(f(x),f'(x))Hl,則將€沖它嚴..4?TOC\o"1-5"\h\z2# &1 / 41 和 t 1..p-44一戶(1)當(dāng)p=4時，有(f(x),f'(x))=x2+4x+4所以乂+2是f(x)的三重因式，即f(x)(x+2)3,這時f(x)的三個根為-2,-2,-2.(2)若p/4,則繼續(xù)輾轉(zhuǎn)相除，即TOC\o"1-5"\h\z1 —1 1 4 p1—1r J-5 -5p+5當(dāng)p=-5時，有(f(x),f'(x))=x-1即乂-1是f(x)的二重因式，再用(x-1)2除f(x)得商式x+8.故f(x)=x3+bx2-15x+8=(x-1)2(x+8)這時f(x)的三個根為1,1,-8.2.假設(shè)fl(x)與￡2(乂)為次數(shù)不超過3的首項系數(shù)為1的互異多項式，且x4+x2+1整除f1(x3)+x4f2(x3)，試求f1(x)與f2(x)的最大公因式.［上海交通大學(xué)研］解：設(shè)6次單位根分別為2k笈 2k笈&=cos isin 4=?！?2、二5“ 6 6 ''''由于x6-1=(x2)3-1=(x2-1)(x4+x2+1),所以?1,?2,￡4,￡5是乂4+乂2+1的4個根.由于?13=？53=-1,且x4+x2+1|f1(x3)+x4f2(x3),所以，分別將?1,￡5代入f1(x3)+x4f2(x3)可得［工(-1)-1)二。從而f1(_1)=f2(-1)=0即x+1是fl(x)與f2(x)的一個公因式.同理，將￡2,?4代入門(乂3)+乂4￡2(乂3)可得f1(1)=f2(1)=0,即x-1是fl(x)與f2(x)的一個公因式.所以(x-1)(x+1)是fl(x)與f2(x)的一個公因式.又因為門(乂)/2(乂)為次數(shù)不超過3的首項系數(shù)為1的互異多項式，所以(f(x),g(x))=x2-1三、證明題.設(shè)不可約的有理分數(shù)p/q是整系數(shù)多項式f(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an的根，證明：q|a0,p|an［華中科技大學(xué)研］證明：因為p/q是f(x)的根，所以(x-p/q)|f(x)，從而(qx-p)|是x).又因為p,q互素，所以qx-p是本原多項式［即多項式的系數(shù)沒有異于士l的公因子］，且f(x)=(qx-p)(bn-1xn-1+...+b0,biez比較兩邊系數(shù)，得a0=qbn-1,an=-pb0nq|a0,plan.設(shè)f(x)和g(x)是數(shù)域P上兩個一元多項式，k為給定的正整數(shù).求證：f(x)lg(x)的充要條件是fk(x)lgk(x)［浙江大學(xué)研］證明：(1)先證必要性.設(shè)f(x)lg(x),則g(x)=”乂汴(乂)，其中h(x)eP(x),兩邊k次方得gk(x)=fk(x)hk(x),所以fk(x)|gk(x)(2)再證充分性.設(shè)fk(x)|gk(x)⑴若f(x)=g(x)=0,則f(x)|g(x)(ii)若f(x),g(x)不全為0,則令d(x)=(f(x),g(x)),那么f(x)=d(x)f1(x),g(x)=~(乂"1(乂)，且(門(乂)的1(乂))二1①所以fk(x)=dk(x)f1k(x),gk(x)=dk(x)g1k(x)因為￡卜(乂)兇卜(乂)，所以存在h(x)￡P(guān)岡(x),使得gk(x)=fk(x)-h(x)所以dk(x)g1k(x)=dk(x)f1k(x)-h(x),兩邊消去dk(x),得g1k(x)=