上海交通大学 2026年高等代数第1题
📝 题目
1．（10 分）证明：对任意相异整数 $\displaystyle a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ ，多项式
$$
f(x)=\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{n}\right)-1
$$
在有理数域上不可约．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：反证法假设可约
假设 $f(x)$ 在有理数域上可约，则存在次数至少为1的有理系数多项式 $g(x)$ 和 $h(x)$ 使得 $f(x)=g(x)h(x)$。由于 $f(x)$ 是首一多项式，由Gauss引理，可设 $g(x)$ 和 $h(x)$ 也是首一整数系数多项式。
公式：f(x)=g(x)h(x)
提示：注意Gauss引理的应用：有理系数多项式可约等价于整数系数多项式可约，且可要求因式为首一整数系数。
步骤 2/6
目标：代入根得到整数条件
对于每个 $i=1,2,\dots,n$，有 $f(a_i)=-1$，因此 $g(a_i)h(a_i)=-1$。由于 $g(a_i)$ 和 $h(a_i)$ 都是整数，它们只能是 $\pm1$ 且乘积为 $-1$，故 $g(a_i)$ 和 $h(a_i)$ 中一个为 $1$，另一个为 $-1$。
公式：g(a_i)h(a_i)=-1
提示：注意 $g(a_i)$ 和 $h(a_i)$ 是整数，因为 $g$ 和 $h$ 是整数系数多项式。
步骤 3/6
目标：构造和多项式并分析次数
考虑多项式 $q(x)=g(x)+h(x)$，则对每个 $i$，$q(a_i)=g(a_i)+h(a_i)=1+(-1)=0$。因此 $q(x)$ 有 $n$ 个不同的根 $a_1,\dots,a_n$。但 $\deg q \leq \max(\deg g, \deg h) < n$（因为 $\deg g + \deg h = n$ 且两者均至少为1，故最大次数小于 $n$）。
公式：q(x)=g(x)+h(x), \deg q < n
提示：注意次数关系：$\deg g + \deg h = n$，且 $\deg g, \deg h \geq 1$，所以 $\max(\deg g, \deg h) \leq n-1$。
步骤 4/6
目标：推出零多项式矛盾
由于 $q(x)$ 的次数小于 $n$ 却有 $n$ 个不同的根，因此 $q(x)$ 必须是零多项式，即 $g(x)+h(x)=0$，从而 $g(x)=-h(x)$。
公式：g(x) = -h(x)
提示：非零多项式至多有次数个根，这里根数大于次数，故多项式恒为零。
步骤 5/6
目标：首项系数矛盾
由于 $g(x)$ 和 $h(x)$ 都是首一多项式，设 $g(x)=x^m+\cdots$，$h(x)=x^k+\cdots$，其中 $m+k=n$。若 $g(x)=-h(x)$，则比较首项系数得 $1=-1$，矛盾。
公式：1 = -1
提示：首一多项式的首项系数为1，负号会导致首项系数为-1，矛盾。
步骤 6/6
目标：结论
因此假设不成立，$f(x)$ 在有理数域上不可约。
提示：反证法完成，原命题得证。
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