四川大学 2026年高等代数第0题

要证明对于任意多项式$q(x)\in\mathbb{F}[x]$，存在$u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]$使得$q(x)=u(x)g(x)+v(x)h(x)$，等价于证明$g(x)$和$h(x)$在$\mathbb{F}[x]$中互素，即$\gcd(g(x),h(x))=1$。因为所有形如$u g+v h$的多项式构成理想$(d)$，其中$d=\gcd(g,h)$，而该理想等于整个多项式环当且仅当$d$是常数多项式。

首先对$g(x)=x^{5}-2x^{4}+2x^{3}-x^{2}-x+1$进行因式分解。观察到$x=1$是根，因为$g(1)=1-2+2-1-1+1=0$。用多项式除法除以$x-1$得到$g(x)=(x-1)(x^{4}-x^{3}+x^{2}-1)$。再对四次式试根，$x=1$再次是根，除以$x-1$得$x^{3}+x+1$。因此$g(x)=(x-1)^{2}(x^{3}+x+1)$。

$g(x)$的根为$x=1$（二重根）以及三次方程$x^{3}+x+1=0$的三个根。设$\alpha$是$x^{3}+x+1=0$的根，则$\alpha^{3}=-\alpha-1$。这些根的模长：实根约$-0.6823$，模$0.6823$；两个复根模约$1.3247$。

考虑$h(x)=x^{2026}-7$。若存在公共根$\alpha$，则$g(\alpha)=0$且$\alpha^{2026}=7$。首先，$\alpha=1$不满足$1^{2026}=1\neq7$。对于$x^{3}+x+1=0$的根$\alpha$，计算$|\alpha|^{2026}$：若$|\alpha|=0.6823$，则$0.6823^{2026}\approx0$；若$|\alpha|=1.3247$，则$1.3247^{2026}$巨大，均不可能等于$7$。因此无公共根。

由于$g(x)$与$h(x)$在复数域中无公共根，且$\mathbb{F}[x]$是唯一分解整环，因此$\gcd(g(x),h(x))=1$。

因为$\gcd(g,h)=1$，存在多项式$a(x),b(x)\in\mathbb{F}[x]$使得$a(x)g(x)+b(x)h(x)=1$。对任意$q(x)\in\mathbb{F}[x]$，令$u(x)=q(x)a(x)$，$v(x)=q(x)b(x)$，则$q(x)=u(x)g(x)+v(x)h(x)$。证毕。