广西大学 2025年高等代数第0题
📝 题目
四、（15 分）证明：设 $\displaystyle f(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0},\left(a_{n} \neq 0\right)$是整系数多项式，若有素数 $p$ ，使得：（a）$\displaystyle p \mid a_{i},(i=0,1,2, \cdots, n-1)$ ；
（b）$\displaystyle p \dagger a_{n}$ ；（c）$\displaystyle p^{2} \dagger a_{0}$ ，则 $\displaystyle f(x)$ 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：反设可约并设出因式
假设 $f(x)$ 在有理数域上可约，则存在整系数多项式 $g(x)$ 和 $h(x)$ 使得 $f(x) = g(x) h(x)$，其中 $\deg g(x) = r \geq 1$，$\deg h(x) = s \geq 1$，$r + s = n$。设
$$g(x) = b_r x^r + b_{r-1} x^{r-1} + \cdots + b_0, \quad h(x) = c_s x^s + c_{s-1} x^{s-1} + \cdots + c_0,$$
其中 $b_i, c_j \in \mathbb{Z}$，且 $b_r \neq 0$，$c_s \neq 0$。于是 $a_n = b_r c_s$，$a_0 = b_0 c_0$。
公式：f(x) = g(x)h(x)
提示：注意多项式的次数至少为1，且系数为整数。
步骤 2/6
目标：利用条件分析首项和常数项
由条件 (b) $p \nmid a_n$ 知 $p \nmid b_r$ 且 $p \nmid c_s$。由条件 (a) $p \mid a_i$（$i=0,1,\dots,n-1$）及 (c) $p^2 \nmid a_0$ 知 $p \mid a_0 = b_0 c_0$ 但 $p^2 \nmid b_0 c_0$，故 $p$ 整除 $b_0$ 和 $c_0$ 中的一个且仅一个。不妨设 $p \mid b_0$ 且 $p \nmid c_0$。
公式：a_0 = b_0 c_0, p|a_0, p^2∤a_0
提示：注意 $p$ 不能同时整除 $b_0$ 和 $c_0$，否则 $p^2|a_0$。
步骤 3/6
目标：定义 $g(x)$ 中第一个不被 $p$ 整除的系数
考虑 $g(x)$ 的系数模 $p$。由于 $p \mid b_0$，且 $p \nmid b_r$，设 $k$ 是 $g(x)$ 中第一个不被 $p$ 整除的系数的下标，即 $p \mid b_0, b_1, \dots, b_{k-1}$，但 $p \nmid b_k$，其中 $0 \leq k \leq r$。由于 $p \nmid b_r$，故 $k \leq r$。
提示：注意 $k$ 可能为0？但 $p|b_0$，所以 $k\geq 1$。
步骤 4/6
目标：计算 $f(x)$ 中 $x^k$ 的系数 $a_k$
现在考虑 $f(x) = g(x) h(x)$ 中 $x^k$ 的系数 $a_k$。由多项式乘法，
$$a_k = \sum_{i+j=k} b_i c_j.$$
在求和式中，当 $i < k$ 时，$p \mid b_i$，故 $p \mid b_i c_j$；当 $i = k$ 时，项为 $b_k c_0$，而 $p \nmid b_k$ 且 $p \nmid c_0$，故 $p \nmid b_k c_0$；当 $i > k$ 时，$j = k - i < 0$ 无意义。因此，$a_k \equiv b_k c_0 \pmod{p}$，且 $p \nmid b_k c_0$，故 $p \nmid a_k$。
公式：a_k = b_k c_0 + \sum_{i
提示：注意 $i>k$ 时 $j$ 为负，没有对应项。
步骤 5/6
目标：导出矛盾
但由条件 (a)，当 $k \leq n-1$ 时，$p \mid a_k$。由于 $k \leq r \leq n-1$（因为 $r \geq 1$，$s \geq 1$，所以 $r \leq n-1$），故 $p \mid a_k$，与 $p \nmid a_k$ 矛盾。因此假设不成立，$f(x)$ 在有理数域上不可约。
提示：注意 $k$ 的范围：$k \leq r \leq n-1$，所以条件(a)适用。
步骤 6/6
目标：结论
综上所述，$f(x)$ 在有理数域上不可约。
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