主要内容\(\newcommand{\Ima}{\rm Im }
\newcommand{\N}{\mathbb N}
\newcommand{\Z}{\mathbb Z}
\newcommand{\Q}{\mathbb Q}
\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\F}{\mathbb F}
\newcommand{\C}{\mathbb C}
\newcommand{\K}{\mathbb K}
\newcommand{\myunit}{1 cm}
\newcommand{\blue}[1]{{\color{blue}#1}}
\newcommand\iddots{\mathinner{
\kern1mu\raise1pt{.}
\kern2mu\raise4pt{.}
\kern2mu\raise7pt{\Rule{0pt}{7pt}{0pt}.}
\kern1mu
}}
\tikzset{
node style sp/.style={draw,circle,minimum size=\myunit},
node style ge/.style={circle,minimum size=\myunit},
arrow style mul/.style={draw,sloped,midway,fill=white},
arrow style plus/.style={midway,sloped,fill=white},
}
\newcommand{\lt}{<}
\newcommand{\gt}{>}
\newcommand{\amp}{&}
\definecolor{fillinmathshade}{gray}{0.9}
\newcommand{\fillinmath}[1]{\mathchoice{\colorbox{fillinmathshade}{$\displaystyle \phantom{\,#1\,}$}}{\colorbox{fillinmathshade}{$\textstyle \phantom{\,#1\,}$}}{\colorbox{fillinmathshade}{$\scriptstyle \phantom{\,#1\,}$}}{\colorbox{fillinmathshade}{$\scriptscriptstyle\phantom{\,#1\,}$}}}
\)
节 1.1 一元多项式的定义和基本性质
练习 练习
基础题.
1.
证明：
\(\mathbb{Q} ({\rm i})=\{a+b{\rm i}\ |\ a,b\in\mathbb{Q}\}\)是一个数域。
解答.
因为\(0,1\in\mathbb{Q}\)，所以
\begin{equation*}
0=0+0{\rm i}\in\mathbb{Q} ({\rm i}),1=1+0{\rm i}\in\mathbb{Q} ({\rm i})\mbox{。}
\end{equation*}
对任意\(a+b{\rm i},c+d{\rm i}\in\mathbb{Q} ({\rm i})\)，其中\(a,b,c,d\in\mathbb{Q}\)，有
-
\((a+b{\rm i})+(c+d{\rm i})=(a+c)+(b+d){\rm i}\in\mathbb{Q}({\rm i})\)；
-
\((a+b{\rm i})-(c+d{\rm i})=(a-c)+(b-d){\rm i}\in\mathbb{Q}({\rm i})\)；
-
\((a+b{\rm i})(c+d{\rm i})=(ac-bd)+(ad+bc){\rm i}\in\mathbb{Q}({\rm i})\)；
-
当\(c+d{\rm i}\neq 0\)时，\(c,d\)不全为\(0\)，则\(c-d{\rm i}\neq 0\)。于是，
\begin{equation*}
\frac{a+b{\rm i}}{c+d{\rm i}}=\frac{(a+b{\rm i})(c-d{\rm i})}{(c+d{\rm i})(c-d{\rm i})}=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}+\frac{bc-ad}{c^2+d^2} {\rm i}\in\mathbb{Q} ({\rm i})\mbox{。}
\end{equation*}
因此\(\mathbb{Q} ({\rm i})=\{a+b{\rm i}\ |\ a,b\in\mathbb{Q}\}\)是一个数域。
2.
求包含
\(\sqrt{3}\)的最小数域，并证明。
解答.
我们断言，
\(\mathbb{Q} (\sqrt{3})=\{a+b\sqrt{3}\ |\ a,b\in\mathbb{Q}\}\)是包含
\(\sqrt{3}\)的最小数域。
先证\(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\)是数域。
-
因为
\(0,1\in\mathbb{Q}\)，所以
\(0=0+0\sqrt{3}\in\mathbb{Q}(\sqrt{3}),\ 1=1+0\sqrt{3}\in\mathbb{Q} (\sqrt{3})\)；
-
对任意\(a+b\sqrt{3},c+d\sqrt{3}\in\mathbb{Q} (\sqrt{3})\)，其中\(a,b,c,d\in\mathbb{Q}\)，有
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
(a+b\sqrt{3})\pm (c+d\sqrt{3})=(a\pm c)+(b\pm d)\sqrt{3}\in\mathbb{Q} (\sqrt{3}),\\
(a+b\sqrt{3})(c+d\sqrt{3})=(ac+3bd)+(ad+bc)\sqrt{3}\in\mathbb{Q} (\sqrt{3}),
\end{array}
\end{equation*}
当\(c+d\sqrt{3}\neq 0\)时，\(c,d\)不同时为零，即\(c-d\sqrt{3}\neq 0\)，则
\begin{align*}
\frac{a+b\sqrt{3}}{c+d\sqrt{3}}&=\frac{(a+b\sqrt{3})(c-d\sqrt{3})}{(c+d\sqrt{3})(c-d\sqrt{3})} \\
&=\frac{ac-3bd}{c^2-3d^2}+\frac{bc-ad}{c^2-3d^2}\sqrt{3}\in\mathbb{Q} (\sqrt{3}),
\end{align*}
故\(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\)是数域。
再证最小性。设
\(\mathbb{F}\)是包含
\(\sqrt{3}\)的一个数域，下证
\(\mathbb{Q} (\sqrt{3})\subseteq\mathbb{F}\)即可。对任意
\(a+b\sqrt{3}\in \mathbb{Q} (\sqrt{3})\)，其中
\(a,b\in\mathbb{Q}\)，因
\(\mathbb{Q}\)是最小数域，故
\(\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{F}\)，从而
\(a,b\in\mathbb{F}\)。由
\(\sqrt{3}\in\mathbb{F}\)且
\(\mathbb{F}\)是数域可知
\(a+b\sqrt{3}\in\mathbb{F}\)。因此
\(\mathbb{Q} (\sqrt{3})\subseteq\mathbb{F}\)。
3.
设
\begin{equation*}
f(x)=2x^4+2x^3-x^2+5x-5,g(x)=-4x^2+3x-2,
\end{equation*}
求\(f(x)+g(x),f(x)g(x)\)。
解答.
\begin{gather*}
f(x)+g(x)=2x^4+2x^3-5x^2+8x-7,\\
f(x)g(x)=-8x^6-2x^5+6x^4-27x^3+37x^2-25x+10.
\end{gather*}
4.
设\(f (x),g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，证明：
\begin{align}
\deg \left(cf (x)\right) \amp = \deg f (x) ,\quad 0 \ne c\in \mathbb{F}, \tag{1.1.1}\\
\deg \left(f (x)g(x)\right)\amp = \deg f (x) + \deg g(x).\tag{1.1.2}
\end{align}
解答.
-
情形1：若\(f(x)=0\)，则\(cf(x)=0\)，此时
\begin{equation*}
\deg \left(cf (x)\right) = \deg f (x)=-\infty.
\end{equation*}
情形2：若\(f(x)\neq 0\)，设\(f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\)，其中\(a_n\neq 0\)，则
\begin{equation*}
cf (x)=ca_nx^n+\cdots+ca_0.
\end{equation*}
注意到\(c\neq 0\)，所以\(ca_n\neq 0\)，因此\(\deg \left(cf (x)\right) = \deg f (x)=n\)。
-
不妨设
\(\deg f(x)\geq\deg g(x)\)。
情形1：若\(g(x)\neq 0\)，则\(f(x)\neq 0\)。设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0, g(x)=b_mx^m+\cdots+b_0,
\end{equation*}
其中\(a_n\neq 0,b_m\neq 0\)，则\(\deg f(x)=n, \deg g(x)=m\)。 由于
\begin{equation*}
f(x)g(x)=a_nb_mx^{n+m}+\cdots ,
\end{equation*}
且\(a_nb_m\neq 0\)，因此
\begin{equation*}
\deg (f(x)g(x))=n+m=\deg f(x)+\deg g(x).
\end{equation*}
情形2：若\(g(x)=0\)，则\(f(x)g(x)=0\)，此时
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
\deg (f(x)g(x))&=-\infty \\
&=(-\infty)+\deg f(x)\\
&=\deg f(x)+\deg g(x).
\end{array}
\end{equation*}
5.
设\(f(x),g(x)\in \mathbb{F}[x]\)，且 \(f (x)\ne 0\)，\(g(x)\ne 0\)， 证明：
\begin{equation*}
f(x)g(x)\ne 0.
\end{equation*}
解答.
因\(f(x)\neq 0\)，\(g(x)\ne 0\)，所以\(\deg f(x)\geq 0\)且\(\deg g(x)\geq 0\)。根据上题结论
\begin{equation*}
\deg (f(x)g(x))=\deg f(x)+\deg g(x)\geq 0,
\end{equation*}
从而\(f(x)g(x)\neq 0\)。
6.
设\(f (x),g(x)\in \mathbb{F}[x]\)，若 \(f(x)\ne 0\)且\(f (x) g(x) = f (x) h(x)\)，证明：
\begin{equation*}
g(x) = h(x).
\end{equation*}
解答.
（反证法）假设
\(g(x)\neq h(x)\)，则
\(g(x)-h(x)\neq 0\)。由于
\(f(x)\neq 0\)，根据上题结论，
\(f(x)(g(x)-h(x))\neq 0\)，即
\(f(x)g(x)\neq f(x)h(x)\)，与题设矛盾。因此
\(g(x)=h(x)\)。
7.
对任意非零多项式
\(f(x)\)，证明：
\(\deg f\left(f(x)\right)=\left(\deg f(x)\right)^2\)。
解答.
设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,
\end{equation*}
其中 \(a_n\neq 0\)，则\(\deg f(x)=n\)且
\begin{align*}
f\left(f(x)\right)& = a_nf(x)^n+a_{n-1}f(x)^{n-1}+\cdots+a_1f(x)+a_0 \\
& = a_n^{n+1}x^{n^2}+\cdots,
\end{align*}
这里 \(a_n^{n+1}\neq 0\)，故 \(\deg f\left(f(x)\right)=n^2=\left(\deg f(x)\right)^2\)。
提高题.
8.
设数集
\(\mathbb{F}\)至少包含两个不同的数，证明：若
\(\mathbb{F}\)中任意两个数的差与商（除数非零）仍属于
\(\mathbb{F}\)，则
\(\mathbb{F}\)是一个数域。
解答.
根据题意，存在\(a,b\in\mathbb{F}\)且\(a\neq b\)，则\(a,b\)不全为\(0\)。不妨设\(a\neq 0\)。因\(\mathbb{F}\)中任意两个数的差与商（除数非零）仍属于\(\mathbb{F}\)，所以
\begin{equation*}
a-a\in\mathbb{F},\quad {a}\div{a}\in\mathbb{F},
\end{equation*}
即\(0,1\in\mathbb{F}\)。对任意\(c,d\in\mathbb{F}\)，
-
由\(\mathbb{F}\)关于减法封闭且\(0\in\mathbb{F}\)知，\(0-d\in\mathbb{F}\)，即\(-d\in\mathbb{F}\)。于是
\begin{equation*}
c+d=c-(-d)\in\mathbb{F},
\end{equation*}
即\(\mathbb{F}\)关于加法封闭。
-
当\(c\neq 0\)时，由\(\mathbb{F}\)关于除法封闭且\(1\in\mathbb{F}\)知，\(\frac{1}{c}\in\mathbb{F}\)。于是
\begin{equation*}
cd=d\div\frac{1}{c}\in\mathbb{F},
\end{equation*}
即\(\mathbb{F}\)关于乘法封闭。
因此，\(\mathbb{F}\)是一个数域。
9.
-
-
-
试证：
\(\K\cup \F\)是数域的充要条件是
\(\K\subseteq \F\)或
\(\F\subseteq \K\)。
解答.
-
易知
\(0\in \K\cap \F,\ 1\in \K\cap \F\)。
对
\(\forall x,y\in \K\cap \F\)，则
\(x,y\in \K\)且
\(x,y\in \F\)。因为
\(\K\)是数域，所以
\(x+y,xy,x-y\)均属于
\(\K\)；当
\(y\ne 0\)时，
\(x/y\in \K\)。同理，上述结论对于数域
\(\F\)也成立。所以
\(x+y,xy,x-y\)均属于
\(\K\cap \F\)；当
\(y\ne 0\)时，
\(x/y\in \K\cap \F\)，即
\(\K\cap \F\)关于加减乘除运算封闭，进而说明
\(\K\cap \F\)是数域。
-
取
\(\K=Q(\sqrt{2}),\F = Q(\sqrt{3})\)，
\(\sqrt{2}\in \K,\sqrt{3}\in \F\)，
\(\sqrt{6}=\sqrt{2}\times \sqrt{3}\)，但
\(\sqrt{6}\notin \K\cup \F \)，即
\(\K\cup \F\)对乘法不封闭，因此
\(\K\cup \F\)不是数域。
-
充分性： 当
\(\K\subseteq \F\)或
\(\F\subseteq \K\)时，
\(\K\cup \F=\F\)或
\(\K\)。此时
\(\K\cup \F\)是数域。
必要性： 设
\(\K\cup \F\)是数域且
\(\K\not\subseteq \F\)，则存在
\(a\in \K\)但
\(a\not\in \F\)。对任意
\(b\in \F\)，由
\(a,b\in \K\cup \F\)且
\(\K\cup \F\)是数域可知：
\(a+b\in \K\cup \F\)，即
\(a+b\in \K\)或
\(a+b\in \F\)。若
\(a+b\in \F\)，由
\(b\in \F\)知：
\(a=(a+b)-b\in \F\)，矛盾！所以
\(a+b\in \K\)。又
\(a\in \K\)，故
\(b=(a+b)-a\in \K\)。因此
\(\F\subseteq \K\)。
10.
设
\(\F\)是一个数域，且
\(\R \subseteq \F\subseteq \C\)。证明：或者
\(\F=\R\)，或者
\(\F = \C\)，二者必居其一。
解答.
设 \(\F\neq \R\)，则存在 \(a+bi\in\F\)，其中 \(a,b\in\R\)但 \(b\neq 0\)。由 \(a,b\in\R\)且 \(\R\subseteq \F\)，可知\(a,b\in\F\)。因为数域 \(\F\)关于减法、除法封闭，所以
\begin{equation*}
\frac{(a+bi)-a}{b}\in\F,
\end{equation*}
即 \(i\in\F\)。这样，对任意 \(c,d\in\R\)，由\(1,i\in\F\)且 \(\R\subseteq\F\)可知\(c+di\in\F\)。因此 \(\F=\C\)。
11.
设\(f (x),g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，证明：
\begin{equation*}
\deg \left( f (x) + g(x)\right)\le \max\{\deg f (x) ,\ \deg g(x)\}.
\end{equation*}
解答.
不妨设
\(\deg f(x)\geq\deg g(x)\)。
情形1：若\(g(x)\neq 0\)，则\(f(x)\neq 0\)。设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0, g(x)=b_mx^m+\cdots+b_0,
\end{equation*}
其中\(a_n\neq 0,b_m\neq 0\)，则\(\deg f(x)=n, \deg g(x)=m\)。
-
当\(n > m\)时，\(f(x)+g(x)=a_nx^n+\cdots\)，从而
\begin{equation*}
\deg (f(x)+g(x))=n=\max\{\deg f (x) ,\ \deg g(x)\}.
\end{equation*}
-
当\(n=m\)时，\(f(x)+g(x)=(a_n+b_n)x^n+\cdots\)，从而
\begin{equation*}
\deg (f(x)+g(x))\leq n=\max\{\deg f (x) ,\ \deg g(x)\}.
\end{equation*}
情形2：若\(g(x)=0\)，则\(f(x)+g(x)=f(x)\)，从而
\begin{equation*}
\deg (f(x)+g(x))=\deg f(x)=\max\{\deg f (x) ,\ \deg g(x)\}.
\end{equation*}
12.
用多项式的系数序列来表示多项式（不限定升序或降序排列），写一个函数实现多项式的乘法，并验证
练习 1.1.3 手算获得的结论是否正确。
13.
设\(f(x),g(x),h(x)\in\R[x]\)，满足\(x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2=\left(h(x)\right)^2\)。证明：
\begin{equation*}
f(x)=g(x)=h(x)=0.
\end{equation*}
这个结论在复数域上成立否?若成立，请证明；若不成立，请举例说明。
解答.
假设
\(h(x)\neq 0\)，由
\(x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2=\left(h(x)\right)^2\)知
\(f(x),g(x)\)不全为0。
不妨设 \(\deg f(x)\geq\deg g(x)\)， \(a_nx^n,b_mx^m,c_lx^l\)分别是 \(f(x),g(x),h(x)\)的最高次项，其中 \(a_n\neq 0,c_l\neq 0\)，则\(x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2\)的最高次项为 \(a_n^2x^{2n+1}\)或 \((a_n^2+b_n^2)x^{2n+1}\)。因为 \(f(x),g(x)\in\mathbb{R} [x]\)且 \(a_n\neq 0\)，所以 \(a_n^2\)及\(a_n^2+b_n^2\)均非0，故
\begin{equation*}
\deg \left(x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2\right)=2n+1
\end{equation*}
是奇数。但 \(\deg \left(h(x)\right)^2=2l\)是偶数，这与题设
\begin{equation*}
x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2=\left(h(x)\right)^2
\end{equation*}
相矛盾。因此 \(h(x)=0\)。从而
\begin{equation*}
x\left(f(x)\right)^2+x\left(g(x)\right)^2=0,
\end{equation*}
由消去律得
\begin{equation*}
\left(f(x)\right)^2+\left(g(x)\right)^2=0.
\end{equation*}
注意到 \(f(x),g(x)\in\mathbb{R} [x]\)，所以\(f(x)=g(x)=0\)。
在复数域上，此结论不成立。例如，
\(f(x)=1,g(x)=i,h(x)=0\)。
14.
设
\(f(x)\in\C[x]\)且
\(f\left(x^2\right)=\left(f(x)\right)^2\)，求
\(f(x)\)。
解答.
若\(f(x)\neq 0\)，设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^{n} + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+ a_1 x+a_0,
\end{equation*}
其中 \(a_n\neq 0\)，则
\begin{equation*}
f\left(x^2\right)=a_nx^{2n} + a_{n-1}x^{2n-2}+\cdots+ a_1 x^2+a_0
\end{equation*}
首项系数为 \(a_n\)。而 \(\left(f(x)\right)^2\)首项系数为 \(a_n^2\)，由题设\(f\left(x^2\right)=\left(f(x)\right)^2\)可知
\begin{equation*}
a_n^2=a_n,
\end{equation*}
故 \(a_n=1\)。我们断言 \(a_{n-1}=a_{n-2}=\cdots =a_0=0\)。否则，设 \(a_m\)是\(a_{n-1},a_{n-2},\ldots ,a_0\)中第一个非零常数，则 \(f\left(x^2\right)\)的次高次项为 \(a_mx^{2m}\)，\(\left(f(x)\right)^2\)的次高次项为 \(2a_mx^{m+n}\)，这两个次高次项的次数不同，与题设\(f\left(x^2\right)=\left(f(x)\right)^2\)相矛盾。因此\(f(x)=x^n\)。
综上，
\(f(x)=0\)或
\(x^n\)，其中
\(n\in\mathbb{N}\)。
15.
设
\(f(x)\in\C[x],k\in\Z^+\)且
\(f\left(f(x)\right)=\left(f(x)\right)^k\)，求
\(f(x)\)。
解答.
若\(f(x)\neq 0\)，设\(\deg f(x)=n\)，比较\(f\left(f(x)\right)\)与\(\left(f(x)\right)^k\)的次数，有
\begin{equation*}
n^2=nk,
\end{equation*}
故\(n=0\)或\(n=k\)。
当\(n=0\)时，\(f(x)\)是非零常数\(c\)。由\(f\left(f(x)\right)=\left(f(x)\right)^k\)得
\begin{equation*}
c=c^k.
\end{equation*}
因此\(f(x)\)是非零常数\(c\)，其中 \(c^{k-1}=1\)。
当\(n=k\)时，设
\begin{equation*}
f(x)=a_kx^{k} + a_{k-1}x^{k-1}+\cdots+ a_1 x+a_0,
\end{equation*}
其中 \(a_k\neq 0\)，则
\begin{equation*}
\left(f(x)\right)^k=f\left(f(x)\right)=a_k\left(f(x)\right)^{k} + a_{k-1}\left(f(x)\right)^{k-1}+\cdots+ a_1 f(x)+a_0.
\end{equation*}
比较各项系数，得
\begin{equation*}
a_k=1,a_{k-1}=a_{k-2}=\cdots=a_0=0.
\end{equation*}
因此 \(f(x)=x^k\)。
挑战题.
16.
设\(\F = \{0,1\}\)，在\(\F\)上按如下方式定义加、减、乘、除（除数不为0）四种运算：
\begin{equation*}
0+0=0, \quad 1+1 = 0,\quad 0+1=1+0=1;
\end{equation*}
\begin{equation*}
0-0=0,\quad 1-1=0,\quad 0-1 = 1-0=1;
\end{equation*}
\begin{equation*}
0\times 0 =0,\quad 1\times 1 =1,\quad 0\times1 = 1\times 0 =0
\end{equation*}
\begin{equation*}
0\div 1 = 0,\quad 1\div 1 = 1.
\end{equation*}
此时\(\F\)称为二元域。
多项式的相关概念可以从数域推广到二元域上。请验证：当\(\F\)是二元域时，取
\begin{equation*}
f(x)= x\in \F[x],\quad g(x) = x^2\in \F[x],
\end{equation*}
\(f(x)\)和\(g(x)\)作为函数是同一个函数。
