安徽师范大学 2018年高等代数第0题
📝 题目
二，（15 分）设 $m$ 是正整数，$\displaystyle f(x)$ 是整系数多项式，$\displaystyle f(x)$ 的次数 $\displaystyle n=2 m$ 或 $\displaystyle n=2 m+1 . a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{s}$ 为互不相同的整数，$\displaystyle s>2 m$ ，且 $\displaystyle f\left(a_{i}\right)=1$ 或 $\displaystyle -1, i=1,2, \cdots, s$ ，证明：$\displaystyle f(x)$ 在有理数域 $Q$ 上不可约．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：反设可约并分解
假设 $f(x)$ 在有理数域上可约，则存在非零次整系数多项式 $g(x), h(x)$ 使得 $f(x)=g(x)h(x)$，且 $\deg g, \deg h \ge 1$。由Gauss引理，可设 $g(x), h(x)$ 为整系数多项式。设 $\deg g = r$，$\deg h = t$，则 $r+t = n$，$r, t \ge 1$。
公式：f(x)=g(x)h(x), \deg g = r, \deg h = t, r+t=n
提示：注意Gauss引理保证整系数分解的存在性，但需确认首项系数为正。
步骤 2/6
目标：利用函数值条件
已知存在 $s > 2m$ 个互异整数 $a_1, \dots, a_s$ 使得 $f(a_i) = \pm 1$。于是 $g(a_i)h(a_i) = \pm 1$，由于 $g(a_i), h(a_i)$ 均为整数，乘积为 $\pm 1$，故 $g(a_i) = \pm 1$，$h(a_i) = \pm 1$。因此 $|g(a_i)| = 1$，$|h(a_i)| = 1$。
公式：g(a_i)h(a_i)=\pm 1 \Rightarrow g(a_i)=\pm 1, h(a_i)=\pm 1
提示：整数乘积为±1时，每个因子只能是±1。
步骤 3/6
目标：构造多项式并分析根数
考虑多项式 $g(x)-1$ 和 $g(x)+1$。每个 $a_i$ 满足 $g(a_i)=\pm 1$，故 $a_i$ 是 $g(x)-1$ 或 $g(x)+1$ 的根。这两个多项式的次数均为 $r$，因此每个至多有 $r$ 个根。所有 $a_i$ 都是它们的根，故 $s \le 2r$。同理，$s \le 2t$。
公式：s \le 2r, s \le 2t
提示：注意 $g(x)-1$ 和 $g(x)+1$ 可能没有重根，但根的数量不超过次数。
步骤 4/6
目标：导出矛盾（情况1：n=2m）
由 $s \le 2r$ 和 $s \le 2t$ 得 $2s \le 2r+2t = 2n$，即 $s \le n$。已知 $s > 2m$，且 $n=2m$，则 $s > n$，与 $s \le n$ 矛盾。
公式：s \le n, s > 2m = n \Rightarrow 矛盾
提示：注意 $s$ 是整数，$s > n$ 与 $s \le n$ 直接矛盾。
步骤 5/6
目标：导出矛盾（情况2：n=2m+1）
若 $n=2m+1$，则 $s > 2m$ 且 $s \le n = 2m+1$，故 $s = 2m+1 = n$。由 $s \le 2r$ 和 $s \le 2t$ 得 $n \le 2r$ 且 $n \le 2t$，即 $r \ge n/2$，$t \ge n/2$。但 $r+t=n$，故 $r = t = n/2$，与 $n$ 为奇数矛盾。
公式：r \ge n/2, t \ge n/2, r+t=n \Rightarrow r=t=n/2, 但n奇数
提示：注意 $n$ 为奇数时 $n/2$ 不是整数，$r,t$ 为整数，不可能相等。
步骤 6/6
目标：结论
两种情况均导致矛盾，故假设不成立，$f(x)$ 在有理数域上不可约。
提示：反证法结束，确认结论。
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