8学习指导与习题解答-7

第七章 多项式 有限域

§7.1 基本要求

1. 掌握域的特征的概念，了解若p为质数或等于0，则特征为p的任意域F包含RP为其最

小子域。

2. 掌握多项式相等、多项式的次数的概念，了解域F上х的多项式作成的环F[х]是一个

整区。掌握多项式整除的概念及其性质。掌握公因式、最高公因、真因式、互质、质式 等定义及相关定理。

3. 掌握多项式恒等、多项式的根、k重根、重根等概念，了解余式定理及其推论。掌握多

项式有重根的充要条件。

4. 了解实数域上、复数域上、有理域上的质式问题。

5. 掌握本原多项式的概念、Eisenstein定则以及求有理数多项式的有理根问题。会计算有

理根，会证明某多项式在有理域上不可约。了解代数数、超越数的概念。 6. 掌握有理域上和任意域上分圆多项式的定义，会利用公式хn-1 =

??d|nd(x)计算分圆

多项式。

7. 了解有限域的元数和其子域的元数的关系，会构造元数为pn的有限域。 8. 了解多项式编码方法及其实现（信息码多项式）。

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§7.2 主要解题方法

7.2.1 关于域的特征、素域

域的特征或为0或为质数。若域F的特征为质数p，则Rp可写作{0，1，…，p-1}，mod p合同的整数代表F中同一个元素，如：0=p=-p=2p=…。注意到，对任意的a，b∈Rp，若ab=kp+1=1(其中k为整数)，则a-1=b；-a=p-a。比如，在R7中，5-1=3，因为5×3=15=2×7+1=1；-5=7-5=2。这部分的习题大多数是应用上述结论，见教材中7.1后的习题。

例7.2.1 在R3和R5中分别解方程组：

?x?2z?1??y?2z?2?2x?y?1?(1)(2) (3)解：在R3中，

（1）-（2）得 x-y=-1 (4)

（3）+（4）得 3x=0，在R3中此式总是成立的。 由（2） y=2-2z=2+z， 代入（4）得 x=1-2z=1+z， 取z=0,1,2,得方程组的解

?x1?1??y1?2 ?z?0?1?x1?2??y1?0 ?z?1?1?x1?0??y1?1 ?z?2?1在R5中，

（1）-（2）得 x-y=-1 (4)

（3）+（4）得 3x=0，两边乘2，得6x=0，又因R5中，5x=0，故x=0。 将x=0代入（1）得 2z=1。两边乘3，得6z=3，又因R5中，5z=0，故z=3。 将x=0代入（4）得 y=1。

?x?0?于是得方程组的解：?y?1。

??z?3

7.2.2 关于多项式环、剩余环

这部分习题与上一章环的内容是紧密联系在一起的，读者需要熟悉上一章中的理想、主理想、极大理想、剩余环等基本概念，以及本章中的多项式环等概念。

150

例7.2.2 设F是一个域，证明(x)是F[x]的极大理想。

证明：显然，(x)≠F[x]。用反证法，若(x)不是F[x]的极大理想，由极大理想的定义知，一定存在F[x]的理想M，使得(x)?M?F[x]，于是存在f(x)=a0х

n

+ a1х

n-1

+ ? + an-1

х+an∈M，且an≠0。

若设g(x)=f(x)-an，则显然g(x)∈(x)，而(x)?M，故g(x)∈M，又由f(x)∈M，得an=f(x)-g(x)∈M。而M是F[x]的理想，故anan-1∈M，即1∈M。从而M=F[x]，与M?F[x]矛盾。因此，(x)是F[x]的极大理想。

例7.2.3 设F是一个域，问多项式环F[x]的主理想（x2）包含哪些元素？剩余环F[x]/(x2)中包含哪些元素？

解：F[x]是有单位元的交换环，故

(x2)={x2f(x)|f(x)∈F[x]}。

对于任意的f(x)∈F[x]，

f(x)= x2g(x)+ax+b，其中g(x)∈F[x]，a，b∈F。 显然有：

F[x]/(x2)={ax?b|a,b?F}.

例7.2.4 设F是一个域，在多项式环F[x]取出一个多项式p(x)，其中n=次（p(x)）>0.求F[x]的主理想环（p(x)）及剩余环F[x]/(p(x))（即

F[x]）。

p(x)F[x]解：F[x]是有单位元的交换环，故

(p(x))={h(x)p(x)|h(x)∈F[x]}。

由n=次（p(x)）>0知，对于任意的f(x)∈F[x]，

f(x)= h(x)p(x)+r(x)，其中r(x)=0或次（p(x)）

故

F[x]/(p(x))={a0?a1x?...?an?1xn?1|ai?F,0?i?n?1} ={a0?a1x?...?an?1xn?1|ai?F,0?i?n?1}.

例7.2.5 在域R2上的多项式环R2[x]中，取p(x)=x2+x+1，求剩余环R2[x]/(p(x))，给出其运算表。

解：R2[x]/(p(x))= {ax?b|a,b?R2}.由R2={0，1}，进一步得到

R2[x]/(p(x))={0,1,x,x?1}。

其中，0={0，x2+x+1，x(x2+x+1)，x2(x2+x+1)…}，

1={1，x2+x+1+1= x2+x，x(x2+x+1)+1，x2(x2+x+1)+1…}，

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x={x，x2+x+1+x= x2+1，x(x2+x+1)+x= x3+x2，x2(x2+x+1)+x，…}，

x?1={x+1，x2+x+1+x+1= x2，x(x2+x+1)+x+1= x3+x2+1，x2(x2+x+1)+x+1，…}

加法和乘法运算分别如表7.2.1和表7.2.2所示。对于乘法运算要注意利用关系式，其余同。 x2?x?1?0。表中把0记为0，略去上面的“” + 0 1 x x+1 × 0 1 x x+1 0 0 0 0 0 1 0 1 x x+1 表7.2.2

x 0 x x+1 1 x+1 0 x+1 1 x 0 0 1 x x+1 1 1 0 x+1 x 表7.2.1

x x x+1 0 1 x+1 x+1 x 1 0

为了让读者熟悉剩余类间的运算，尤其是乘运算，我们再举一例。

例7.2.6 在域R3上的多项式环R3[x]中，取p(x)=x2+1，求剩余环R3[x]/(p(x))，给出其运算表。

解：R3[x]/(p(x))={ax?b|a,b?R3}.由R2={0，1，2}，进一步得到

R3[x]/(p(x))={0,1,2,x,x?1,x?2,2x,2x?1,2x?2}。

其中，0={0，x2+1，2（x2+1），x(x2+1)，2x(x2+1)，x2(x2+1)…}，

1={1，x2+1+1=x2+2，2（x2+1）+1=2x2，x(x2+1)+1，2x(x2+1)+1，x2(x2+1)+1…}， 2={2，x2+1+2=x2，2（x2+1）+2=2x2+1，x(x2+1)+2，2x(x2+1)+2，x2(x2+1)+2…}，

x={x，x2+1+x，2（x2+1）+x，x(x2+1)+x=x3+2x，2x(x2+1)+x=2x3，x2(x2+1)+x，…}， x?1={x+1，x2+1+x+1= x2+x+2，2（x2+1）+x+1=2x2+x，x(x2+1)+x+1=x3+2x+1，

2x(x2+1)+x+1=2x3+1，x2(x2+1)+x+1，…}

x?2={x+2，x2+1+x+2= x2+x，2（x2+1）+x+2=2x2+x+1，x(x2+1)+x+2=x3+2x+2，

2x(x2+1)+x+2=2x3+2，x2(x2+1)+x+2，…}

152

x2+1+2x，2（x2+1）+2x，x(x2+1)+2x=x3，2x(x2+1)+2x=2x3+x，x2(x2+1)+2x，…}， 2x={2x，

2x?1={2x+1，x2+1+2x+1= x2+2x+2，2（x2+1）+2x+1=2x2+2x，x(x2+1)+2x+1=x3+1，

2x(x2+1)+2x+1=2x3+x+1，x2(x2+1)+2x+1，…}，

2x?2={2x+2，x2+1+2x+2= x2+2x，2（x2+1）+2x+2=2x2+2x+1，x(x2+1)+2x+2=x3+2，

2x(x2+1)+2x+2=2x3+x+2，x2(x2+1)+2x+2，…}，

加法和乘法运算分别如表7.2.3和表7.2.4所示。为简便起见，我们把R3[x]/(p(x))中的元素记作0，1，2，x等。

+ 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 1 2 0 x+1 x+2 x 2x+1 2x+2 2x 2 0 1 x+2 x x+1 2x+2 2x 2x+1 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 0 1 2 x+1 x+2 x 2x+1 2x+2 2x 1 2 0 表7.2.3

x+1 0 x+1 2x+2 x+2 2x 1 2x+1 2 x 表7.2.4

x+2 x x+1 2x+2 2x 2x+1 2 0 1 2x 2x+1 2x+2 0 1 2 x x+1 x+2 2x+1 2x+2 2x 1 2 0 x+1 x+2 x 2x+2 2x 2x+1 2 0 1 x+2 x x+1 × 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 x x+1 x+2 2x 2x+1 2x+2 2 0 2 1 2x 2x+2 2x+1 x x+2 x+1 x 0 x 2x 2 x+2 2x+2 1 x+1 2x+1 x+2 0 x+2 2x+1 2x+2 1 x x+1 2x 2 2x 0 2x x 1 2x+1 x+1 2 2x+2 x+2 2x+1 0 2x+1 x+2 x+1 2 2x 2x+2 x 1 2x+2 0 2x+2 x+1 2x+1 x 2 x+2 1 2x 表7.2.3的运算举例说明如下：

(2x+1)+(x+1)=3x+2=2,因为R3上，3x=0。 (x+1)+(x+2)=2x+3=2x, 因为R3上，3=0。 表7.2.4的运算举例说明如下： 2×(2x+1)=4x+2=x+2, (x+1)×(x+1)=x2+2x+1=(x2+2x+1)-(x2+1)=2x，

x×(x+2)=x2+2x=(x2+2x)-(x2+1)=2x-1=2x+2， (x+1)×(x+2)=x2+3x+2= x2+2=(x2+1)+1=1，

153

2x×(x+1)=2x2+2x=2(x2+1)+(2x-2)=2x-2=2x+1，

注意，上面所有等号都是在模(x2+1)意义下而言。

例7.2.7 在实数域R上x，y的多项式环R[x,y]中，下述集合是否是理想： （1）一切常数项为0的多项式f(x,y)所组成的集合。 （2）一切不含x的多项式所组成的集合。

（3）常数项和一次项系数均为0的多项式f(x,y)所组成的集合。 （4）二次项系数为0的多项式所组成的集合。 解：由理想的定义，不难得出结论： （1）是；（2）不是；（3）是；（4）不是。

例7.2.8 证明：R[x]/(x2+1)?C，其中R[x]是实数域上的多项式环，C是复数域。 分析：如果能够找到R[x]到C上的同态映射，且使得该同态映射的同态核为(x2+1)，则使用环同态基本定理（教材中定理6.7.5）即可。

证明：令?：f(x)→f(i)，?f(x)?R[x]。不难验证?是R[x]到C上的同态映射。 若f(i)=0，因为f(x)是实系数多项式，必有f(-i)=0，故f(x)必含有因子（x-i）（x+i）= x2+1。反之，若f(x)=（x2+1）g(x)，则必有f(i)=0。因此，x2+1是同态映射?的核。故由环的同态基本定理知，R[x]/(x2+1)?C。

7.2.3 关于多项式的质式问题

教材中就特殊的域研究了多项式的质式问题，比如，复数域上只有一次式才是质式，原因是复数域上任意非常数多项式都有根；实数域上只有一次式和一部分二次式是质式，二次式aх2+bx+c是质式，当且仅当判别式b2-4ac<0；有理域R0上有任意高次的质式。因此，教材中重点讨论了判断有理域R0上的部分多项式是否可约的方法：定理7.4.3（Eisenstein定则）和定理7.4.5。定理7.4.5是求有理根问题，可用于判断一多项式是否有一次因式。

例7.2.9 证明：f(x)=x4+4kx+1(k为整数)在R0上不可约。

证明：若f（x）在R0上可约，则f（x）在整数环上也能分解，且只能分解为一次因式和三次因式的乘积，或者两个二次因式相乘。

（1）证明无一次因式。由定理7.4.5，若f(x)有有理根，则该根肯定整除1，即只可能是1或-1。但由k是整数知，1和-1都不是f(x)的根。因此，f（x）不能分解为一次因式和三次因式的乘积。

（2）证明无二次因式。使用反证法。设

x4+4kx+1=（x2+ax+b）（x2+cx+d）,

由bd=1，得b=d=1，或b=d=-1。于是，

x4+4kx+1=（x2+ax+1）（x2+cx+1）, （1）

或

x4+4kx+1=（x2+ax-1）（x2+cx-1）, （2）

这里a,c均为整数。由（1）得：

x4+4kx+1= x4+（a+c）x3+(ac+2) x2+(a+c)x+1, 于是， ?

?a?c?0。

?ac?2?0154

得a=?2，这与a是整数矛盾。

同样可证（2）亦不成立。因此，f(x)不能分解为两个二次因式相乘。

所以，f(x)在R0上不可约。

例7.2.10 下面给出的多项式是R0上的质式吗？ （1）x3+x2+x+1。 （2）x4+x2-6。 （3）x5+15。 解：（1）因为-1是x3+x2+x+1的根，即x3+x2+x+1=（x2+1）（x+1），所以，x3+x2+x+1不是质式。

（2）x4+x2-6没有一次因式，因为?1,?2,?3,?6都不是x4+x2-6的根，由教材定理7.4.5知，x4+x2-6没有有理根。而x4+x2-6=（x2+3）（x2-2），所以x4+x2-6不是质式。

（3）由Eisenstein定则，取p=3，可知，p不整除1，p∣15，p2不整除15，因此，x5+15是质式。

下面考虑特殊的域R2上的质式。

例7.2.11 在R2中，找出次数小于等于5的所有质式。

解：设f(x)=a0хn + a1хn-1 + ? + an-1х+an∈R2[x]，a0,a1,?,an∈R2，若f(x)是n次多项式，则a0=1。

因为任意一次多项式都是质式，所以，R2上一次质式为x，x+1。

R2上的f(x)若有一次因式，则必有根0或1。a0хn + a1хn-1 + ? + an-1х+an根为0当且仅当an=0，根为1当且仅当a0+a1 +? + an-1+an=0，即有偶数个非零系数。因此，R2上的f(x)没有一次因式当且仅当an=1，且有奇数个非零系数。由此结论得到R2上二次质式为：

x2+x+1。

R2上三次质式为：

x3+x+1，x3+x2+1。

R2上四次多项式若不是质式，必然有一次因式或为两个二次质式的乘积，而R2上的二次质式只有x2+x+1，（x2+x+1）2=x4+x2+1。因此，R2上四次质式为：

x4+x+1，x4+x3+1，x4+x3+x2+x+1。

R2上五次多项式若没有一次因式，需满足a5=1，且有奇数个非零系数，满足该条件的有：

x5+x+1，x5+x2+1，x5+x3+1，x5+x4+1，

x5+x4+x3+x+1，x5+x4+x3+x2+1，x5+x4+x2+x+1，x5+x3+x2+x+1。

五次多项式还可能分解为二次因式与三次因式的乘积，但R2上的二次质式只有x2+x+1，三次质式只有x3+x+1，x3+x2+1，且

（x3+x+1）（x2+x+1）= x5+x+1， （x3+x2+1）（x2+x+1）= x5+x4+1。 所以，R2上五次质式为：

x5+x2+1，x5+x3+1，x5+x4+x3+x+1，

x5+x4+x3+x2+1，x5+x4+x2+x+1，x5+x3+x2+x+1。

155

7.2.4 有限域的构造

对有限域的理解是本章的难点。因为具有pm元的有限域都是同构的，其中p是域的特征，所以可把具有pm元的有限域记为GF(pm)，也称为pm阶的伽罗瓦（Galois）域。当p是质数时，GF(p)=Rp。GF(49)表示特征为7，元数为49=72的有限域，GF(125)表示特征为5，元数为125=53的有限域。

由教材中7.6节，我们知道，要构造一个有限域GF(pm)，关键是找到Φpm-1（х）在Rp[х]中的m次质因式ψ（х），则GF(pm)=

Rp[x]?(x)Rp[x]Rp[x]={ a0 + a1ξ + a2ξ

2

+ ? + an-1ξ

n-1

|a0，a1，?an-1∈Rp}，其中ξ是ψ（х）在

?(x)Rp[x]中的一个根。

例7.2.12 构造元数为8的有限域，并写出该域的加法和乘法表。

解：由于8=23，所以，p=2,m=3。 （1）首先求Φpm-1（х），即Φ7（х）。

由x7-1=Φ7Φ1，x-1=Φ1，得

x7?1?x6?x5?x4?x3?x2?x?1。 Φ7（х）=

x?1（2）求Φ7（х）在R2[х]中的3次质因式ψ（х）。

由于0，1都不是Φ7（х）的根，故Φ7（х）无一次因式。

由例7.2.11知，R2上二次质式只有x2+x+1，用它去除Φ7（х）余数为1，因为：

Φ7（х）=x4（x2+x+1）+x（x2+x+1）+1。

可见，Φ7（х）无二次质因式，只可能分解为两个三次质因式的乘积。

用待定系数法可设：Φ7（х）=（x3+ax2+bx+1）（x3+cx2+dx+1），进而求出 Φ7（х）=（x3+x2+1）（x3+x+1），

（也可由例7.2.11，由R2上三次质式只有：x3+x+1，x3+x2+1，而（x3+x2+1）2≠Φ7（х），（x3+x+1）2≠Φ7（х），（x3+x2+1）（x3+x+1）=Φ7（х）。）

无论取ψ（х）=x3+x2+1还是取ψ（х）=x3+x+1，则R3[x]/(ψ（х）)=

R2[x]都

?(x)R2[x]是元数是8的有限域，且是同构的。所以，我们不妨取ψ（х）=x3+x+1，则

R3[x]/(ψ（х）)=

R2[x]

?(x)R2[x]={a0?a1x?a2x2|a0,a1,a2?R2}

={0,1,x,x?1,x2,x2?1,x2?x,x2?x?1}，

其中0={0，x3+x+1，x（x3+x+1），x2（x3+x2+1），…}，其余元素类推。

（3） 若取ξ=x，则ψ（ξ）=x?x?1?x3?x?1?0，即ξ是ψ（х）在

3R2[x]?(x)R2[x] 156

中的一个根。因此，

GF(8)={a0 +a1ξ+a2ξ2|a0，a1，a2∈R2}

={0，1，ξ，ξ+1，ξ2，ξ2+1，ξ2+ξ，ξ2+ξ+1}。

该域的加法和乘法运算分别如表7.2.5和表7.2.6所示。

+ 0 1 ξ ξ+1 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ2 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 0 1 ξ ξ+1 ξ2+1 ξ2+1 ξ2 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ ξ+1 0 1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 1 0 ξ+1 ξ ξ2+1 ξ2 ξ2+ξ+1 ξ ξ+1 0 1 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 ξ+1 ξ 1 0 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ ξ2+ξ ξ2 ξ2+1 × 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 ξ ξ+1 ξ2 ξ2+1 ξ2+ξ ξ 0 ξ ξ2 ξ2+ξ ξ+1 1 ξ2+1 ξ2 表7.2.5 ξ+1 0 ξ+1 ξ2+ξ ξ2+1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ 1 0 ξ+1 ξ ξ2+ξ ξ2+1 ξ2 ξ+1 ξ 1 0 ξ2 0 ξ2 ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+1 0 ξ2+1 1 ξ2 ξ ξ2+ξ+1 ξ2+ξ 0 ξ2+ξ ξ2+ξ+1 1 ξ2+1 ξ+1 ξ ξ2 ξ2+ξ+1 0 ξ2+ξ+1 ξ2+1 ξ2 ξ2+ξ+1 1 ξ2+ξ+1 ξ2+ξ+1 ξ2+1 ξ 表7.2.6

按照这种方法我们还可构造元数为9的有限域，可求出

ξ2+ξ ξ ξ2+1 1 ξ 1 ξ2+ξ ξ2 ξ+1 ξ+1 ξ2+ξ R3[x] 2?(x)Rp[x](x?1)R3[x]=

={0,1,2,x,x?1,x?2,2x,2x?1,2x?2}，

取ξ=x，则

GF(9)={a0 +a1ξ|a0，a1∈R3}

={0，1，2，ξ，ξ+1，ξ+2，2ξ，2ξ+1，2ξ+2}。

只要将表7.2.3和表7.2.4中的x换成ξ，即得GF(9)的加法和乘法表。

157

Rp[x]

§7.3 第七章习题解答

7.3.1 习题7.1解答

1. 在R17中

2等于什么？ 32=2?3-1=2?6=12。 3解：在R17中3?6?1(mod17)，故3-1=6，

2. 在R5中?1等于什么？R29中有没有?1？

解：R5中-1=4，4=?2，-2=3，故 R5中?1是2或3。

a2260)=-1，a2=-b2，a2+b2=0=29。可以看出a和b取?2和?5，而==12；b5525345-=-12=17，==17，-=-17=12。因此 R29中有?1为12或17。 5222在R29中设(

?b?b2?4ac3. 在R7中利用公式解二次方程 x2-x+5=0。

2a解：b2-4ac=(-1)2-4?1?5=-19=2， 在R7中看：

a 0 1 2 3 4 5 6 a2 0 1 4 2 2 4 1

故?2为3或为4，从而 x1=

?(?1)?3?(?1)?4512=2，x2====6 2222即：x1=2，x2=6。

4. 在R7上求下列矩阵之逆： 2 3 1 4

解：

2 3 1 0 1 5 4 0 1 5 4 0

?? ????? ???? ??1 4 0 1 1 4 0 1 0 6 3 1

158

行1?2行2?行1行2?6

1 5 4 0 1 0 5 5 ????? 0 1 4 6 0 1 4 6

故 2 3 5 5 在R7上的逆为

1 4 4 6

0 0 1 0 1 1 0 1

5. 证明R2上的四个矩阵0 0 ， 0 1 ， 1 0 ， 1 1

在矩阵的加法乘法下作成一个域。 证明：

0 0 1 0 1 1 0 1 设O＝ , e= , a= , b=

0 0 0 1 1 0 1 1 可有加法表和乘法表如下：

+ 0 e a b e a b · 0 e a b 0 e a b e 0 b a a b 0 e b a e 0 e a b e a b a b e b e a 行1?行2?5易见，｛0,e,a,b｝加法是Klein四元群。｛e,a,b｝乘法是循环群，故为一个域。

6. 试看R7上的所有“复数”：a+b?1,其中a,b在R7中任意取值。这里共有49个数，像普通复数那样计算，求证：这49个数作成一个域。 证明： 因为

a 0 1 2 3 4 5 6 a2 0 1 4 2 2 4 1

故R7中－1＝6无平方根，即?1无。因此a+b?1共可得49个数。中法为交换群显然。 再考虑乘法：1 交换律；2 结合律；3 封闭性。均显然成立。4 有单位元：1＋0

?1。

159

5 a+b?1的逆是

1(a?b?1)，其中，由于R7中二次幂仅有1，2，4，任意两个22a?b加起来不等于7，?a2+b2?0，故非0的48个数形成乘法交换群，因此这49个数作成一个域。

7. 模16的剩余类环是否为域？为什么？

解：不是。因为域的特征一定为质数,不会是16。

7.3.2 习题7.2解答

1. 在R5上，用综合法法求以以x-2除2x5-x4-2x3+1所得的商式和余式。 解：

2 2 -1 -2 0 0 1

4 1 3 1 2

2 3 4 3 1 3

故商为2x4+3x3+4x2+3x+1，余式为3。

2. 若非常数f(x),g(x)互质。求证：必有多项式?(x),u(x)使?(x)f(x)+u(x)g(x)=1,且次?(x)<次g(x),次u(x)<次f(x).进一步证明这样的?（x）,u(x)是唯一的。

证明：设f(x),g(x)的最高公因为d(x)，则

d(x)=r(x)f(x)+S(x)g(x).

如果次r(x)?次g(x)，则设

r(x)=q(x)g(x)+?(x).

这里次?(x)<次g(x)，从而

d(x)=[q(x)·g(x)+?(x)]f(x)+S(x)g(x)，即 ?(x)f(x)+[q(x)f(x)+S(x)]g(x)=d(x)。

断言次[q(x)f(x)+S(x)]<次f(x)。因若不然。设次[q(x)f(x)+S(x)]g(x)?次f(x)?g(x)。而次?(x)f(x)<次f(x)?g(x)，故次d(x)?次f(x)?g(x)，矛盾。设u(x)=q(x)f(x)+S(x)，因此次u(x)<次f(x)，又因f(x),g(x)互质。所以d(x)=1，从而有多项式?（x）,u(x),使?(x)f(x)+u(x)g(x)=1，且次?(x)<次g(x)。次u(x)<次f(x)。

下面证?，u的唯一性。设又有?1(x)<次g(x),次u1(x)<次f(x)，满足?1(x)f(x)+u1(x)g(x)=1，则

[?1(x)-?(x)]f(x)+[u1(x)-u(x)]g(x)=0

我们可以得到?(x)=[?(x)-?1(x)]f(x)=[u1(x)-u(x)]g(x)。注意到f(x),g(x)互质，则推出：f(x)是u1(x)-u(x)的因子，g(x)是?(x)-?1(x)因子，但是次f(x)>次[u1(x)-u(x)]，故必须u1(x)-u(x)=0，从而u1(x)=u(x),同理知，?(x)=?1(x),唯一性得证。

3. 用下列方法证明定理7.2.3和7.2.4：试看所有形为?f+ug的非0多项式，命d为这些多项式中次数最低的一个，证明d是f,g的最高公因。

证明：设d=?0f+u0g为形为?f+ug中次数最低者。

160

d1=?1f+u1g为任一此形多项式。设d1=dq+r，次r<次d，故r=d1-dq=(?1-?0q)f+(u1-u0q)g仍为此形多项式。而次r<次d，故必r=0。即d整除d1。说明d整除所有形如?f+ug的多项式。因f=1·f+0·g,g=0·f+1·g都为?f+?g形,故d|fd|g故d为f,g公因。

取f,g任意公因?。因?｜f, ?｜f。故?｜(?0f+u0g)，即?｜d。 从而证明了d为最高公因，由此已证明定理7.2.3与定理7.2.4。

4. 用类似上题的方法证明环F［x］中任意理想必是主理想。 证明：设N是F［x］任一理想。 若N＝（0）。显然N是主理想。 若N＞（0）。设?（x）是其中次数最低的非0多项式。按理想定义知。?（x）F［x］?N。另一方面，对任意f(x)?N，设f(x)＝q(x)?(x)+r(x) 次r(x)＜次?(x)。当然有r(x)?N。但N中非0元素次数最低的是?（x）。只能r（x）＝0。故f(x)=q(x)?(x)，证出N??（x）F［x］。综合以上得N＝?（x）F［x］。故N是主理想。

5. 求证：?（x）F［x］的极大理想，当且仅当?（x）不可约。

证明：必要性：若?(x)可约，设?(x)＝?(x)?(x)，次?（x）?1，次?（x）?1。 对任意g(x)??(x)F［x］，g(x)= ?(x)f(x)=?(x)u(x)f(x)，但?(x)f(x)=f1(x)?F[x]，故

g(x)= ?(x)f1(x)? ?(x)F[x]。显然，?(x)? ?(x)F[x]，但次?(x)<次?(x),?(x)F[x]中元素次数?次?(x)，故?(x)??(x)F[x]。综合以上得：(x)F[x]??(x)F[x]矛盾于?(x)F[x]的极大性。

充分性：若?(x)F［x］不是极大理想，则另有理想?F［x］，非F［x］，而使?(x)F［x］??(x)F［x］。设?（x）＝B（x）?（x）＋r（x），次r（x）＜次?（x）。显然，?(x)??（x）F［x］。q(x)?(x)??(x)F[x]。故r(x)??(x)F[x]。但是?(x)F[x]中非0元素次??(x).只能r(x)=0,得?(x)=q(x)?(x)，与?(x)不可约矛盾。

6. 在R2上分解x4+x3+x+1为质因式的乘积。 解：x4+x3+x+1＝（x+1）2(x2+x+1)

7. 在R2上求矩阵 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1

的特征多项式和最小多项式。

解：特征多项式＝?4＋?3

最小多项式＝?2（?＋1）

7.3.3 习题7.3解答

1. 以f’(x)=a0nxn-1+a1(n-1)xn-2+……+an-1定义f(x)=a0xn+a1xn+a1xn-1+……+a0的微商，验证：

(f(x)+g(x))’=f’(x)+g’(x)

(Cf(x))’=Cf’(x)

161

(f(x)g(x))’=f’(x)g(x)+f(x)g’(x)

(f(x)m)’=mf(x)m-1f’(x)

可对比同次项系数，略。

2. 除了ⅹ，再取一个抽象的符号Δⅹ，而看两个文字的多项式环F[ⅹ，Δⅹ]，设f（ⅹ）∈F[ⅹ]。在F[ⅹ，Δⅹ]中Δⅹ∣f（ⅹ+Δⅹ）- f（ⅹ），设其商为

f(x??x)?f(x) （12）

?x 用下式定义的f（ⅹ）的微商：

?′（х）=

f(x??x)?f(x)?x?x?0 （13）

此式右边表示以0代多项式（12）中的△х。验证（3）中公式并证明（4）的微商为（5）。

证明：验证习题1中诸结果及证明f(x)= a0xn+a1xn+a1xn-1+……+an的微商为f’(x)=na0xn-1+(n-1)a1xn-2+……+an-1。

f(x+?x)=a0(x+?x)n+a1(x+?x)n-1+…+an-1(x+?x)+an

f(x??x)?f(x)=a0nxn-1+a1(n-1)xn-1+…+an-1+(…)?x

?xf(x??x)?f(x)f’(x)= |?x=0= a0nxn-1+a1(n-1)xn-1+…+an-1

?x再利用习题1可证出各公式。

3. 把上题的(13)推广到有理式f(x)，求证

（

f(x)f'(x)g(x)?f(x)g'(x)）’= g(x)g(x)2证明：按推广定义，

f(x)的导式应为 g(x)f(x??x)f(x)?g(x??x)g(x)|?x?0

?x注意

f(x??x)f(x)f(x??x)g(x)?f(x)g(x??x)??

g(x??x)g(x)g(x??x)g(x)=

1{[f(x??x)?f(x)]g(x)?f(x)[g(x??x)?g(x)]}

g(x??x)g(x)可见

(f(x)1f(x??x)?f(x)g(x??x)?g(x))'?{g(x)?f(x)}|?x?0 g(x)g(x??x)g(x)?x?x 162

＝

1[f'(x)(x)g(x)?g'(x)f(x)] 2g(x)4． 设f(x)是域F上的n次多项式，??F。求证：

f??(?)2f(n)(?)nx???x f(x+?)=f(?)x+f(?)+

2!n!证明：可以设f(x+?)=b0+b1x+b2x2+…+bn-1xn-1+bnxn，令x=0,得f(?)=b0。

由f’(x+?)=b1+2b2x+…+(n-1)bn-1xn-2+nbnxn-1，令x=0,得b1=f’(?)。 由f?(x+?)=2b1+…+(n-1)(n-1)bn-1xn-3+n(n-1)bnxn-2，令x=0,得b2=如此求下去，可逐步求出b0,b1,…,bn正如所证。

5． 求一个有理系数二次多项式f(x) 使f(1)=-1,f(2)=3,f(-1)=9。这样的多项式是否唯一确定？

解：设f(x)=ax2+bx+C，则有

a+b+C=-1 a=3 4a+2b+C=3 得 b=-5 a-b+C=9 C=1 于是f(x)=3x2-5x+1。 利用插值公式L（x）＝对本题不难写出

1f??(?) 2!biF(x)，它适合L（x）＝bi，其中F（x）＝(x-a1)…(x-an) ??i?1(x?ai)F(ai)n(?1)(x?2)(x?1)(x?1)(x?1)(x?1)(x?2)?3?9＝3x2-5x+1

(1?2)(1?1)(2?1)(2?1)(?1?1)(?1?2)此多项式唯一确定。

6． 略，可参考《计算方法》

7． 略

8． 设F是域E的子域，试研究下列问题：

F［x］中的一个质式会不会在E中有重根？若有，此质式必是什么形式？

解：若质式?(x)在E中有重根?，则?是E中?(x)，?’(x)的公共根。用辗转相除法求出?(x), ?’(x)的最大公因数为d(x)。因为x-?是?(x)，?’(x)的公因子，故必是d(x)因子。可见次d(x)?1,d(x)按求法是F上多项式。若?’(x)?0,则d(x)是?(x)的真因式。矛盾于?(x)为质式，可见此时?(x)不能有重根?。若?’(x)＝0，因d(x)可以就是?(x)而无矛盾。

设? (x)=a1+a2x+…+anxn，

?’(x)=a1+2a2x+…+nanxn-1=0，这时各系数应为0。诸ai当然不为0，故必有iaixi-1中i=0，即原? (x)中各项指数是域F特征的倍数。即可写成xp的多项式而可记为? (xp)。

163

反之，由xp的多项式导式为0知，每个根都是重根。

所以，F(x)中质式有重根?此质式形为? (xp)，即xp的多项式。

7.3.4 习题7.4解答

1. 求下列多项式的有理根： （1）x3-6x2+15x-14, （2）4x4-7x2-5x-1, （3）x5+x4-6x3-14x2-11x-3。

解：（1）有理根为2。

（2）有理根为-1/2，是二重根。

（3）有理根为3，-1，其中-1为四重根。 2. 略

3. 求证x3-3x+1在R0上不可约。

证明：三次多项式若可约必有一次因式，必有有理根，用可能的根?1试之均不是，故不可约。

4. 求证：x5+3x2-1在R0上不可约 证明：在R2上看f(x)=x5+x2+1。 f(0)=1,f(1)=1,故无一次因子。

注意R2上二次质式只有x2+x+1,而x5+x2+1=(x2+x+1)(x3-x2)=1，故无二次因子。 所以x5+3x2-1在R2上不可约，从而在R0上必不可约。

5. 求证 x4+3x3+3x2-5在R0上不可约。

证明：在R2上看，x4+3x3+3x2-5=(x+3)(x3+x+1)，若在R0上可约，必有一次质因式。但?5与?1均不是上式的根。被上式无一次质因式，故在R0上不可约。

xp?16. 用EiSenestein定理证明多项式在R0上不可约，其中P是质数。

x?1证明：做代换t=x-1后

xp?1(t?1)P?1P?11P?22P?2＝?t?CPt?CPt???P x?1(t?1)?1显然质数P满足P｜1，P｜CP,?,P|P,P|P，故原式不可约。

7. 证明代数数只有可数无穷多个，从而断定超越数有不可数无穷多个。

证明：所有n次方程。可看做n+1元向量，可数。其根都是n个，可数。事实上，一次方程a1x+a0=0由数对(a1,a0)完全确定，不难证明它可数，排出一次方程后考虑二次方程，亦不难证出可数。依次类推，证出所有整系数代数方程可数，而代数数为可适合某有理系数

12 164

代数方程的数。等同于适合整系数代数方程。所以代数数有可数无穷多。而全体实体不可数，知超越数不可数。

7.3.5 习题7.5解答

1. 求?72(x)

解：?72(x)＝x24－x12＋1 2. P是质数时，求?P(x)。 解：?P(x)＝xP-1+xP-2+…+x+1. 3. P是质数时，求?Pm(x)。 解：?Pm(x)＝xPm?1(p?1)?xpm?1(p?2)???xPm?1?1.

n 当?＝1

4. ?是n次单位根时，证明：1＋?＋?＋?n= ? 当??1

证明：当?＝1时，原式显然成立。

当??1时，左端＝（1－?n）/(1-?)=0/(1-0)=0。

5. 设m和n互质，

?1， ?2，?， ?m 是所有m次单位根，

?1，?2，?，?n

是所有n次单位根，求证

?i? j，i=1，?，m，j=1，?，n

便是所有mn次单位根。

证明：由（?i?j,）mn=(?im)n(?jn)m=1知?i?j,i=1,2,?,m;j=1,2,?,n是mn次单位根。 设?是本原m次单位根，?是本原n次单位根。则?1，?2，?，?n可表为?0,?1,?,?m-1 ?1,?2,?,?n可表为?0，?1，?，?n-1，由于m,n互质，故这些?K(K=0,1,…,m-1)和?l(l=0,1,…,n-1)除1外均不相同。若?i?j中有相同的，则有???????，于是由?a-b＝? t-S而得到矛盾。 即?i?j中无相同的。

故?i?j（i=1,2,?,m;j=1,2,?,n）是所有mn次单位根。

6. 说明任意复数?≠0恰有n个n次方根，若n次方根是哪些？

aSbt?代表?的一个n次方根，其余的n

165

解：设?＝r(cos(2K?+?)+isin(2K?+?))，K是整数。复数x=r1(cos?+isin?);xn=?; 于是有

r1n(COSn?+isinn?)=r(COS(2x+?)+isin(2K+?))，

所以有

r1=nr;?=

可见有n个n次方根。

若n

2K???;K=0,1,2,…,n-1. n2K?2K??isin）nn?代表?的一个n次方根。则其余的n次方根为n?COS（

K＝1，2，…,n-1。

7. 求2＋3i的七个t 次方根的近似值。

解：2+3i＝13（

213?3137i)。于是知幅角?满足COS?=

?isin213,sin??313,由此可求

得?，而七个根是1413(cos(??2K???2K?7)，K＝0,1,2,3,4,5,6，具体计算从略。

8. 本节中研究n次单位根时假定F的特征不整除n ，没有这个假定时怎样？ 解：若n是F特征P的倍数时，可设n=P?m，其中m不再是P的倍数。于是xn-1=x=(xm?1)p。可见此时n 次单位根即是m次单位根，每个都是P?重根。

?p?m?1

7.3.6 习题7.6解答

1. GF（9）中的元素可表为a+b?的形式，其中a,b为0，1或－1，试列出其乘法表。 解： · 0 1 ? 1-? -1-? -1 -? -1+? 1+?

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 ? 1-? -1-? -1 -? -1+? 1+? ? 0 ? 1-4 -1-4 -1 -? -1+? 1+? 1 1-? 0 1-? -1-? -1 -? -1+? -1+? 1+? 1-? -1-? 0 -1-? -1 -? -1+? 1+? 1+? 1 1-? -1 0 -1 -? -1+? 1+? 1 1 ? -1-? -? 0 -? -1+? 1+? 1 ? ? 1-? -1 -1+? 0 -1+? 1+? 1 ? 1-? -1-? -1 -? 1+? 0 1+? 1 ? 1-? -1-? -1 -? -1+? 2. 设a∈GF（pn），求证以Rp中元素为系数的a的多项式作成一个子域GF（pm）。并证明，若a的周期为k，则m是适合

pr ≡1（mod k）

的最小的r。

166

证明：因?? GF（P），故?是方程xn

pn?x=0的一个根。

若?＝0，以RP中元素为系数的?的多项式作成的集合恰是RP本身。显然 RP作成一个子域GF（P）。

若??0，则（x-?）不整除x，又因

(x-?)|xp?x，

及

nxp?x=x

故(x-?)|

nd|pn?1??d(x)，

d|pn?1??d(x)。所以?是某?d(x)在RP上的某个质式?(x)的根。设次?(x)=m.

规定RP［x］到GF（Pn）的一个映射如下：

?(f(x))?f(?)，

记象集合F，容易验证σ是RP［x］到F上的同态映射。同态核为?(x)RP[x]。故

F?Rp[x]/?(x)Rp[x]。

因?(x)是RP上质式。故?（x）RP［x］是RP［x］的极大理想。所以RP［x］/?(x)RP[x]是域。 又因次?（x）=m，所以RP[x]/ ?(x)RP［x］中可做为剩余类代表元的是低于m次的多项式。共Pm个。故RP[x]/ ?（x）RP［x］是Pm元域。所以，与之同构的F也是Pm元域。

易见，以RP中元素为系数的?的多项式的集合就是F，且显然F是GF（Pn）的子集。因此，F是GF（Pn）的子域。又因Pm元域唯一。故F＝GF（Pm）。

若?的周期为k，则?k＝1（??0）。因??GF（Pm），故?Pm =?。所以，?Pm?1=1。

由周期定义K|(Pm-1)，即Pm?1（mod k）

往证m最小。若不然。有S（0＜S

SSP表明GF（Pn）中任意元（共Pm个）都适合x?x， xP?x(f(?))P?f(?P)?f(?)，

PSS而方程x小。

?x最多有PS个根。现在却有Pm个不同的根。PS＜Pm矛盾。所以，S?m，m最

3. 定理7.6.4中说，Φpm-1（х）在Rp[х]中的质因式必是m次多项式，举例说明x在RP[х]中的质因式除属于Φpm-1（х）的以外还可能有m次的。 解：取P＝3，m=1，

pm?1?1xPm?1?1=xS??1?1?x2?1?(x?1)(x?1)，

?Pm?1(x)=?2(x)=x+1，

易见，（x-1）是一次质式。但它却不是?2(x)的因子。

167

4． 求证Rp[х]中的任意m次质式必是xp?x的因式，并证明，xp?x在Rp[х]中的任意质因式的次数必整除m。

证明：任取RP[x]中m次质式?（x），容易证明 RP[x]/?(x) RP[x]是Pm元域 故此就是GF（Pm）。 ?GF（Pn）中所有元适合xP?x＝0 ?对x所有剩余类x。有xpmmmm?x?0

pm?看RP[x]到RP[x]/?(x) RP[x]的自然同态?,有

?(xmPm?x) =xPm?x?x?x?0，

m?xP?x在?的核中。即在RP[x]的极大理想?(x)RP[x]中。故?(x)|( xP?x)

设g（x）是xP?x在RP[x]中的任意质因式，次g（x）=n，来证n|m。

由GF（Pm）中所有元是xP?x的根及xP?x=……g(x)……，知左边Pm个根中必有n个是g(x)的根，?g(x)在GF（Pm）上有根。设?就是一个根。规定RP[x]到GF（Pm）的一个映射如下：

?(f(x))=f(?)

显然，象集合F? GF（Pm），由第2题的证明知F=GF（Pn）是GF（Pm）子域 故n|m。

5. 对任意m?1，求证GF（Pn）上必有m次质式。 证明：须找到GF（Pn）上一个m次质式。对任意m ?1，唯一存在GF（Pn）。又因n|mn，故GF（Pn）是GF（Pn）子域。将?Pmn?1(x)看做GF（Pn）上多项式。取它在GF（Pn）上一不可约因式?(x)=r，设?(x)＝r。因GF（Pmn）中元都是xPmn-x＝0的根，?(x)|xPmn?xmmm。故

?(x)在GF（Pmn）上有根。设?为其中一个。令F＝GF（Pn），规定F［x］到GF（Pmn）的一个映射如下：

?(f(x))=f(?)

参照讲义上的证明过程容易验证：?是F［x］到GF（Pmn）上的同态映射。核为?(x)F[x]。 故

F[x]/ ?(x)F[x]? GF(Pmn)

因次?(x)=r，故F［x］/?(x)F[x]中可做为剩余类代表元的是低于r次的多项式。共(Pn)r个。 所以，F[x]/ ?(x)F[x]是Pnr元域。但F[x]/ ?(x)F[x] ?GF(Pmn)，F[x]/ ?(x)F[x]又应是Pmn元域，∴r=m。∴?(x)便是GF（Pn）上的一个m次质式。∴GF（Pn）上必有m次质式。

6. 在GF（pn）中，规定一个变换σ如下： σ（?）= ?p

求证σ是GF（pn）的一个自同构，1，σ，σ2，?，σn-1是n个不同的自同构，而GF

168

（pn）也只有这些自同构。

证明：有限域到自身的一个映射。如是同构则叫自同构。 （1）?是自同构

首先?是1－1。对任a,b?GF(Pn).若a?b则

?(a)-?(b)=aP-bP=(a-b)P?0

故1－1得证。其次不难验证?是同态的。 （2）1，?,?2,…,?n-1是n个不同的自同构 对任整数i,?(a)=(a)

i

PP…

=a.不难验证?是自同构.当0?i

pi

ii

pi

时,?i=1).而?n(a)=aPn=a 故?n=1

现在来证?的周期是n.若又有0

pp, ??个生成元?，则?（?）＝1（?）＝?.另一方面?（?）＝所以,＝?,从而?m

m

mmpm?1=1

这矛盾于?pn?1=1,?是生成元。当m

（3）GF（Pn）只有这些自同构.

只需证GF（Pn）至多有n个自同构.首先，域上自同构当然是其加群和非零元法群上的同态。因此不变单位元，故不变的任意多个和、差、积、商等有理运算结果。所以，知域上自同构不变其所含最小子域RP中任何元素。取?Pn?1(x)的一个不可约因式?(x)，由定理7.6.4知次?(x)＝n。取其在GF（Pn）中的一个根?，知域中所有元可由?的多项式表出，故?的象完全决定了域中所有元素的象。但?的象不超过n个。这因为?是n次多项式?(x)的根。?(?)=0，域上自同构不变?(x)的系数。记?(x)=anxn+?+ao。?在其任意自同构?下的象是?（?），则 ?（?（?））＝an(?(?))n+…+ao =?(an)(?(?))n+…+?(a0)

=?(an?n+…+ao) =?(0)=0

可见。?（?）仍是?(x)的根，但?(x)不超过n个。故?的象不能超过n个。所以，域中任意元在自同构下的象不超过n个，于是知GF（Pn）至多有n个自自构。又已知1，?,?2,…,?n-1是GF（Pn）的n个不同的自同构。因此，GF（Pn）只有这些自同构。

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（pn）也只有这些自同构。

证明：有限域到自身的一个映射。如是同构则叫自同构。 （1）?是自同构

首先?是1－1。对任a,b?GF(Pn).若a?b则

?(a)-?(b)=aP-bP=(a-b)P?0

故1－1得证。其次不难验证?是同态的。 （2）1，?,?2,…,?n-1是n个不同的自同构 对任整数i,?(a)=(a)

i

PP…

=a.不难验证?是自同构.当0?i

pi

ii

pi

时,?i=1).而?n(a)=aPn=a 故?n=1

现在来证?的周期是n.若又有0

pp, ??个生成元?，则?（?）＝1（?）＝?.另一方面?（?）＝所以,＝?,从而?m

m

mmpm?1=1

这矛盾于?pn?1=1,?是生成元。当m

（3）GF（Pn）只有这些自同构.

只需证GF（Pn）至多有n个自同构.首先，域上自同构当然是其加群和非零元法群上的同态。因此不变单位元，故不变的任意多个和、差、积、商等有理运算结果。所以，知域上自同构不变其所含最小子域RP中任何元素。取?Pn?1(x)的一个不可约因式?(x)，由定理7.6.4知次?(x)＝n。取其在GF（Pn）中的一个根?，知域中所有元可由?的多项式表出，故?的象完全决定了域中所有元素的象。但?的象不超过n个。这因为?是n次多项式?(x)的根。?(?)=0，域上自同构不变?(x)的系数。记?(x)=anxn+?+ao。?在其任意自同构?下的象是?（?），则 ?（?（?））＝an(?(?))n+…+ao =?(an)(?(?))n+…+?(a0)

=?(an?n+…+ao) =?(0)=0

可见。?（?）仍是?(x)的根，但?(x)不超过n个。故?的象不能超过n个。所以，域中任意元在自同构下的象不超过n个，于是知GF（Pn）至多有n个自自构。又已知1，?,?2,…,?n-1是GF（Pn）的n个不同的自同构。因此，GF（Pn）只有这些自同构。

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