1 , 试判断x²+$\overline{1}$是否是Z₅[x]中的不可约元 ,

解: 由于${\overline{2}}^{2}$+$\overline{1}$=$\overline{0}$ , ${\overline{3}}^{2}$+$\overline{1}$=$\overline{0}$ , 从而$\overline{2}$ , $\overline{3}$为x²+1在Z₅中的根 ,

故x²+1不是Z₅[x]中的不可约元 ,

2 , 求Z₂[x]中所有三次不可约元 ,

解: 令f(x)=ax³+bx²+cx+d , a , b , c , d属于Z_{2 ,} 若f(x)可约 , 则(x)有根 ,

将$\overline{0}$ , $\overline{1}$分别代入f(x)=0 , 则有d=0或a+b+c+d=0 ,

因此 , 若f(x)是Z₂[x]中的不可约元 , 则d=1且a+b+c=0 ,

从而f(x)=x³+x²+1或f(x)=x³+x+1 ,

3 , 将x⁵‒x和x⁸‒x分别表示成Z₂[x]中不可约元的乘积 ,

解: x⁵‒x=x(x⁴‒1)=x(x²‒1)(x²+1)=x(x‒1)²(x+1)²=x(x‒1)⁴

x⁸‒x=x(x‒1)(x³+x²+1)(x³+x+1) ,

4 , 求Z₃[x]中所有二次不可约元 ,

解: 令f(x)=ax²+bx+c , a , b , c属于Z_{3 ,} 若f(x)可约 , 则f(x)有根 ,

将$\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{2}$分别代入f(x)=0 , 则分别有c=0 , a+b+c=0 , a‒b+c=0

若f(x)是Z₃[x]中的不可约元 , 则c≠0 , a+b+c≠0 , a‒b+c≠0

从而有c=$\overline{1}$ , a=$\overline{1}$ , b=$\overline{0}$ , 或b=c=$\overline{1}$ , a=$\overline{2}$ , 或c=$\overline{1}$ , a=b=$\overline{2}$ ,

或a=b=$\overline{1}$ , c=$\overline{2}$ , 或a=$\overline{1}$ , b=c=$\overline{2}$ , 或b=$\overline{0}$ , a=c=$\overline{2}$

则f(x)=x²+1 , 或f(x)=$\overline{2}$x²+x+1 , 或f(x)=$\overline{2}$x²+$\overline{2}$x+1 , 或f(x)=x²+x+$\overline{2}$

或f(x)=x²+$\overline{2}$x+$\overline{2}$ , 或f(x)=$\overline{2}$x²+$\overline{2}$

5 , 证明f(x)=x⁴‒10x²+1是Q[x]中的不可约元 ,

证明1: ±1不是f(x)的根 , 若f(x)可约 , 则f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+1/b) ,

因此

$$\left\{ \begin{array}{r} a + c = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ a + b^{2}c = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ b^{2} + abc + 10b + 1 = 0\ \end{array} \right.\$$

上面方程组无有理解 , 所以(x)是Q[x]中的不可约元 ,

证明2: f(x)的四个根为±($\sqrt{2}$±$\sqrt{3}$) ,

6 , 证明属于Q[x]的多项式g(x)=x^p+px+1是Q[x]中的不可约元(p是素数 , p≠2)

证明: g(x‒1)=x^p‒$C_{p}^{1}$x^p‒1+$C_{p}^{1}$x^p‒2+⋯+2px‒p , 取素数p ,

则由艾森斯坦判别法得g(x‒1)是不可约元 , 从而g(x)是不可约元 ,

7 , 设R是唯一分解整环 , F是R的分式域 , f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀属于R[x] ,

若属于F的$\ \frac{s}{r}\$是f(x)在F上的根 , 且(s , r)~1 , 则r|a_n , s|a₀

证明: 由已知得$f\left( \frac{s}{r} \right) = a_{n}\left( \frac{s}{r} \right) + \cdots + a_{1}\left( \frac{s}{r} \right) + a_{0} = 0$

即a_nsⁿ+⋯+a₁r^n‒1s+a₀rⁿ=0 , 因此 , r|a_nsⁿ

又因(r , s)=1 , 从而有r|a_n , 同理有s|a₀

8 , 令R是唯一分解整环 , F是R的分式域 , 属于R[x]的f(x)是本原多项式 ,

试证明当且仅当f(x)在F[x]中不可约时 , f(x)在R[x]中不可约 ,

证明: 必要性 , 反证 ,

若f(x)可以分解为F[x]中两个次数大于零的多项式的乘积

则f(x)可以分解为R[x]中两个次数大于零的多项式的乘积 ,

这与f(x)在R[x]中不可约矛盾

充分性 , 因为f(x)是本原多项式 , 所以f(x)≠0且不可逆 ,

R[x]是唯一分解整环 , 令f(x)=a₁⋯a_np₁(x)⋯p_m(x) ,

其中a₁ , ⋯ , a_n , p₁(x) , ⋯ , p_m(x)是R[x]中的不可约元 ,

由必要性可知 p₁(x) , ⋯ , p_m(x)是F[x]中不可约元 ,

由于f(x)是F[x]中不可约元 , 所以f(x)=a₁⋯a_np₁(x)

因为f(x)是本原多项式 , 所以f(x)=p₁(x)是R[x]中不可约元 ,

习题1判断唯一分解整环R的同态像R'是否一定是唯一分解整环 ,

解: 不一定 , 设R=Z[x] , 则R是唯一分解整环 ,

若R'=Z[i] , φ(f(x))=f(i)是R到Z[i]的满同态映射 , 此时R’是唯一分解整环 ,

若R'=Z[$\sqrt{- 3}$] , 则φ(f(x))=f($\sqrt{- 3}$)是R到Z[$\sqrt{- 3}$]的满同态映射 ,

但是R'不是唯一分解整环 ,

习题2设F是域 , f(x)属于F[x] , deg f(x)=n＞0 ,

试证明f(x)在F中根的个数不可能大于n , 重根按重数计算 ,

证明: 因为F[x]是唯一分解整环 , 将f(x)分解成不可约多项式的乘积 ,

f(x)在F中根的个数等于分解式中一次因式的个数 , 这个个数不可能大于n ,

习题3设f(x)是域F上不可约多项式 , Char F=p(素数) ,

如果f(x)在F中有重根 , 证明f(x)的每一个根的重数都相等

证明: 当且仅当f(x)是关于x^p的多项式

即存在属于F[x]的g(x) , 使得f(x)=g(x^p)时 , f(x)有重根

若g(x)有重根 , 则g(x)是关于x^p的多项式 , 不妨设f(x)=g($x^{p^{k}}$) ,

但是f(x)不是$x^{p^{k + 1}}$的多项式 , 显然g(x)是不可约多项式 , 进而无重根 ,

$$令g(x)在其分裂域内的分解式为g(x) = \prod_{i = 1}^{m}\left( x - \alpha_{i} \right)$$

$$则f(x) = \prod_{i = 1}^{m}\left( x^{p^{k}} - \alpha_{i} \right) = \prod_{i = 1}^{m}\left( x - \alpha_{i} \right)^{p^{k}}$$

习题4设F是域 , f(x)属于F[x] , α为f(x)的k重根 , 试证明

(1)若Char F∤k , 则α是f'(x)的k‒1重根;

(2)若Char F|k , 则α是f'(x)的至少k重根

证明: 设E为f(x)在F上的分裂域 , 则f(x)=(x‒α)^kg(x)属于E[x] , 其中g(α)≠0 ,

故f'(x)=(x‒α)^k‒1h(x) , 其中h(x)=kg(x)+(x‒α)g'(x) , 于是

(1)若Char F∤k , 则以x=α代入h(x)得kg(α)≠0 , 即x‒a不是h(x)的因式 ,

所以f'(x)以α为k‒1重根

(2)若Char F|k , 则f'(x)=(x‒α)^kg'(x) , 结论得证 ,

习题5求x⁴‒$\overline{2}$x³‒x+$\overline{2}$在Z₇中所有的根

解: 设f(x)=x⁴‒$\overline{2}$x³‒x+$\overline{2}$ , 易知$\overline{1}$ , $\overline{2}$ , $\overline{4}$都是f(x)的根 ,

即在Z₇中有三个不同的根

而$\overline{2}$是f'(x)=$\overline{4}$x³+x²‒1的根 , 即$\overline{2}$是f(x)的重根

又因f(x)在Z₇中最多有4个根 , 所以f(x)在Z₇中的根为$\overline{1}$ , $\overline{2}$ , $\overline{2}$ , $\overline{4}$

习题6将Z₅[x]中多项式x³+x²+$\overline{3}$分解为不可约因式的乘积 ,

解: 令f(x)=x³+x²+$\overline{3}$ , 则f(x)有根$\overline{1}$ , $\overline{2}$ , 而f'(x)=$\overline{3}$x²+$\overline{2}$x有根$\overline{1}$ ,

因此$\overline{1}$是重根 , f(x)=(x‒$\overline{1}$)²(x‒$\overline{2}$) ,

习题7将Z[x]中多项式3x²+12x+9分解为不可约因子的乘积 ,

解: f(x)=3x²+12x+9=3(x+1)(x+3) ,

习题8证明x²+1在四元数体H中有无穷多个根

证明: 在H中记E₂为1 , i=$\begin{pmatrix} \sqrt{- 1} & 0 \\ 0 & \sqrt{- 1} \end{pmatrix}$ j=$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$ k=$\begin{pmatrix} 0 & \sqrt{- 1} \\ \sqrt{- 1} & 0 \end{pmatrix}$

则有i²=j²=k²=‒1 , ij=‒ji , jk=‒kj=i , ki=‒ik=j

且H中每个元素可以唯一地表示为a+bi+cj+dk(a , b , c , d ∈ R)

由此可见

(a+bi+cj+dk)²=a²+2a(bi+cj+dk)‒(b²+c²+d²)=‒1 ⟺ a=0 , b²+c²+d²=1

因而x²+1在四元数体H中有无穷多个根

习题9设R是整环 , R[x]是主理想整环 , 试证明R是域 ,

证明: 对属于R且不为0的a , 由R[x]是主理想整环知 ,

存在属于R[x]的f(x) , 使⟨f(x)⟩=⟨a , x⟩ ,

从而f(x)|a , f(x)|x , 由f(x)|a知 , f(x)=b属于R(b≠0);

再由f(x)=b整除x知b必是可逆元 , 于是⟨a , x⟩=⟨1⟩ ,

从而存在属于R[x]的u(x) , v(x) , 使1=u(x)a+v(x)x ,

取x=0得u(0)a=1 , 即a是可逆元 ,

由a的任意性知R是域 ,

习题10证明域的乘法群的任何有限阶子群是循环群 ,

证明: 设G是域F的乘法群F*的有限子群 ,

由习题2知多项式f(x)=x^m‒1在F中最多有m个根 , 从而在G中最多有m个解 ,

根据第二章第5节典型题习题35知G是循环群 ,

习题11 p是大于2的素数 , p∤a ,

试证明当且仅当$a^{\frac{p - 1}{2}}$≡1(mod p)时 , x²≡a(mod p)在Z中有解 ,

证明: 必要性 ,

若设b是x²≡a(mod p)在Z中的一个解

则b²≡a(mod p) , 从而$a^{\frac{p - 1}{2}}$≡b^p‒1≡1(mod p) ,

充分性 , 分两种情况证明

当p=4n+3(n属于Z)时 , $a^{\frac{p - 1}{2}}$≡a²ⁿ⁺¹≡l(mod p) , 则a²ⁿ⁺²≡a(mod p) ,

即x²≡a(mod p)在Z中有解aⁿ⁺¹

当p=4n+1时 , 因为Z_p的乘法群是p‒1阶循环群 , 故可设$\overline{c}$是其生成元

令$\overline{a}$=$\overline{c}$^m , 则a²ⁿ≡c^2nm(mod p) , 又因a²ⁿ=$a^{\frac{p - 1}{2}}$≡1(mod p) , 所以$\overline{c}$^2nm=$\overline{1}$

而$\overline{c}$的阶为p‒1=4n , 因此 , 4n|2nm , 2|m

今m=2t , 则a≡c^2t(mod p) , 即c^t是x²≡a(mod p)在Z中的解

习题12证明当p是形如4n+1(n属于Z⁺)的素数时 , p不是Z[i]的素元

证明: 因为$( - 1)^{\frac{p - 1}{2}}$=(‒1)²ⁿ=1(mod p)

所以由上题知x²≡‒1(mod p)在Z中有解 , 记为b

则b²+1=(b+i)(b‒i)能被p整除 , 但是p∤b±i , 所以p不是Z[i]中的素元

习题13高斯整环Z[i]的不可约元(在相伴意义下)有且仅有以下三种:

(l)1+i

(2)a+bi , 其中a , b属于Z , a²+b²≡1(mod 4)且为素数

(3)素数p≡3(mod 4)

证明: 由第7节典型题习题9知 ,

找Z[i]中的不可约元即找属于Z的素数p的不可约因子 ,

(1)若p=2 , 由于2的不可约因子有±(1±i) , 因此 , 1±i是Z[i]中的不可约元 ,

(2)若p≡1(mod 4) , 由上题知p不是Z[i]中的素元 , 即p有非平凡因子α=a+bi ,

由第7节典型题习题8知p=a²+b² , a+bi是Z[i]的不可约元 ,

(3)若p≡3(mod 4) , 假如p=(a+bi)(a‒bi) ,

则p=a²+b²≡0 , 1 , 2与p≡3(mod 4)矛盾

故p没有非平凡因子 , p在Z[i]中不可约 ,

习题14判断多项式f(x)在Q(i)[x]中是否可约 , f(x)=x^p‒1+x^p‒2+⋯+1 ,

其中p为素数 ,

解: (1)若p=2 , 显然f(x)=x+1不可约 ,

(2)设p＞2 , 因为Q(i)是Z[i]的分式域 , 所以要证明f(x)在Q(i)[x]中不可约 ,

只需要证明f(x)在Z[i][x]中不可约 ,

$$考虑多项式f(y + 1) = \sum_{i = 1}^{p}{C_{p}^{i}y^{i - 1}}$$

当p≡1(mod4)时 , p有非平凡因子α=a+bi , 且α=a+tbi是Z[i]中的不可约元 ,

根据艾森斯坦判别法得f(x)不可约 ,

当p≡3(mod 4)时 , 是Z[i]中的不可约元 ,

根据艾森斯坦判别法得知f(x)不可约 ,

习题15设f(x)=3x³‒x+1 , 判断f(x)在Z[x]中是否可约 ,

解: 这是一个3次本原多项式 ,

若f(x)可约 , 则f(x)必能分解为一个一次因式与一个二次因式之积 ,

因而必有一个有理根 , 而f(x)的有理根只可能为±1 , ±$\ \frac{1}{3}$

分别代入f(x)检验 , 可知都不是f(x)的根

所以f(x)无有理根 , 因而f(x)在Q[x]不可约 , 进而在Z[x]中不可约 ,

习题16证明x⁴+1是环Z[x]中的不可约元 ,

证明: 令x=y+1 , 则x⁴+1=y⁴+4y³+6y²+4y+2 , 取p=2 ,

则由艾森斯坦判别方法知(y+1)⁴+1是Z[x]中的不可约元 ,

从而x⁴+1是Z[x]中的不可约元

习题17设f(x)=x⁵‒5x+1 , 判断f(x)在Z[x]中是否可约 ,

解: 令x=t‒1 , 则f(x)=f(t‒1)=t⁵‒5t⁴+10t³‒10t²+5 , 取p=5 ,

由艾森斯坦判別方法知f(t‒1)在Z[x]中不可约 , 所以f(x)在Z[x]中也不可约 ,

习题18证明f(x)=x⁴‒10x²+2x+1是Q[x]中的不可约元 ,

证明: f(x+1)=x⁴+4x³‒4x²‒14x‒6 , 取p=2 ,

则由艾森斯坦判别方法知f(x+1)是Z[x]中的不可约元 ,

从而f(x)是Q[x]中的不可约元 ,

习题19证明x⁴‒x³‒2x+1是环Z[x]中的不可约元 ,

证明: 易知±1不是x⁴‒x³‒2x+1的根 , 即在Q[x]中 , x⁴‒x³‒2x+1没有一次因式

若在Q[x]中x⁴‒x³‒2x+1可约 , 则应有x⁴‒x³‒2x+1=(x²+ax ±1)(x²+bx ±1) ,

比较x³的系数 , 得a+b=‒1 , 比较x的系数 , 得±(a+b)=‒2 , 这是不可能的 ,

于是x⁴‒x³‒2x+1在Q[x]中不可约 , 从而在Z[x]中不可约 ,

习题20判断多项式x⁵+x³‒3x‒x+1在Q[x]中是否可约 ,

解: 令f(x)=x⁵+x³‒3x‒x+1 , 显然f(x)在Z中无根 ,

即f(x)不能分解为Z[x]中一次因式和四次因式的乘积 ,

若f(x)=(x²+αx+β)(x³+ax²+bx+c) , 则β=c=±1 , a=‒α ,

从而f(x)=(x²+αx+β)(x³‒αx²+bx+β) ,

进一步有$\left\{ \begin{array}{r} b‒\alpha^{2} = 1‒\beta\ \ \ \ \ \ \\ \alpha b‒\beta\alpha = ‒3‒\beta \\ \alpha\beta + \beta b = ‒1\ \end{array} \right.\$ 但是它在Z中无解 ,

因此 , f(x)在Z[x]中不可约 , 从而f(x)在Q[x]中不可约

习题21判断Q(i)[x]中多项式x⁴+(8+i)x³+(3‒4i)x+1+2i是否可约 ,

解: 因为α=1+2i是唯一分解整环Z[i]中的不可约元 , 而α|8+i , α|3‒4i , α²|α ,

根据艾森斯坦判别方法知

f(x)=x⁴+(8+i)x³+(3‒4i)x+1+2i是Z[i][x]中的不可约元 ,

因为Q(i)是Z[i]的分式域 , 因此f(x)是Q(i)[x]中的不可约多项式

习题22设R是主理想整环 , 且R是无限集 ,

试证明若R中只有有限个可逆元 , 则R中有无限多个素理想 ,

证明: 反证 , 设⟨p₁⟩ , ⟨p₂⟩ , ⋯ , ⟨p_k⟩为R的所有素理想 ,

令q=p₁p₂⋯p_k , ⟨q⟩=I , 则I包含于⟨p_i⟩ ,

由于R是无限集 , 故I也是无限集 ,

对属于I的任意x , 1⩽i⩽k , 1+x不属于⟨p_i⟩ , 因此是可逆元 ,

这与R中只有有限个可逆元矛盾 ,

故R中有无限多个素理想 ,

习题23试证明Z_p[x]中有无限多个不可约元 ,

证明: 因为Z_p[x]是无限主理想整环 , 只有p‒1个可逆元 ,

于是由前一个习题知有无限多个素理想 ,

而Z_p[x]的素理想由不可约元生成 , 故Z_p[x]有无限多个不可约元 ,

习题24设p₁ , p₂ , ⋯ , p_r是r个不同素数 , m＞1 , 证明$\left( p_{1}p_{2}\cdots p_{r} \right)^{\frac{1}{m}}$ 是无理数

证明: 因为$\left( p_{1}p_{2}\cdots p_{r} \right)^{\frac{1}{m}}$是x^m‒$p_{1}p_{2}\cdots p_{r}$的根 ,

而p₁|$p_{1}p_{2}\cdots p_{r}$ , $p_{1}^{2}$∤$p_{1}p_{2}\cdots p_{r}$ , p₁∤1 ,

根据艾森斯坦判别方法知x^m‒$p_{1}p_{2}\cdots p_{r}$是Q[x]中的不可约多项式 ,

所以$\left( p_{1}p_{2}\cdots p_{r} \right)^{\frac{1}{m}}$是无理数 ,

习题25设a₁ , a₂ , ⋯ , a_n , 是不同的整数 ,

试证明(x‒a₁)(x‒a₂)⋯(x‒a_n)‒1是Q[x]中不可约多项式

证明: 反证 , 因为f(x)=(x‒a₁)(x‒a₂)⋯(x‒a_n)‒1为Z[x]中本原多项式 ,

故若在Q[x]中f(x)可约 , 则在Z[x]中有

f(x)=f₁(x)f₂(x) , f₁(x) , f₂(x)属于Z[x] , deg f₁(x) , deg f₂(x)＜n ,

因而f₁(a_i)f₂(a_i)=f(a_i)=‒1 , 1⩽i⩽n , 故f₁(a_i)=‒f₂(a_i) , 1⩽i⩽n ,

又因为deg f₁(x)＜n , deg f₂(x)＜n , 所以f₁(x)=‒f₂(x) ,

于是f(x)=‒[f₁(x)]²是首项系数为‒1的多项式 , 与其首项系数为1矛盾 ,

故f(x)不可约

习题26设F是域 , 如果属于F[x]的xⁿ‒a不可约 ,

试证明对于n的任一正因子m , x^m‒a在F[x]中不可约 ,

证明: 设n=mk , 假若x^m‒a=g(x)h(x)属于F[x] ,

则xⁿ‒a=(x^k)^m‒a=g(x^k)h(x^k) , 矛盾 ,

习题27设R是唯一分解整环 , P是R的分式域 ,

f(x)是R[x]中首项系数为1的多项式 ,

如果g(x)是f(x)在P[x]中首项系数为1的因子 , 试证明g(x)属于R[x] ,

证明: 令f(x)=g(x)h(x) , 显然h(x)属于P[x]且首项系数为1 ,

因为P是R的分式域 , 所以g(x)=$\frac{1}{s}\ \overline{g}$(x) , h(x)=$\frac{1}{t}\ \overline{h}$(x) ,

其中s , t属于R , $\overline{g}$(x) , $\overline{h}$(x)是R[x]中的本原多项式 ,

那么stf(x)=$\overline{g}$(x)$\overline{h}$(x)也是本原多项式 , 从而st~1 , s , t是R的可逆元 ,

即g(x)属于R[x] ,