湖南师范大学 2023年高等代数第0题

由于 $f(x)=x^5+mx+1$ 是首一多项式，若在 $\mathbb{Q}$ 上可约，则可在 $\mathbb{Z}[x]$ 上分解为两个次数小于5的整系数多项式之积。可能的分解形式为：一次因子乘以四次因子，或二次因子乘以三次因子。

若 $f(x)$ 有一次因子，则存在有理根。由有理根定理，有理根必为 $\pm1$（常数项1的因子）。 - 若 $x=-1$ 是根，则 $f(-1)=(-1)^5+m(-1)+1=-1-m+1=-m=0$，得 $m=0$。此时 $f(x)=x^5+1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)$，可约。 - 若 $x=1$ 是根，则 $f(1)=1+m+1=m+2=0$，得 $m=-2$。此时 $f(x)=x^5-2x+1$，有因子 $x-1$，分解得 $(x-1)(x^4+x^3+x^2+x-1)$，可约。

设 $f(x)=(x^2+ax+b)(x^3+cx^2+dx+e)$，其中 $a,b,c,d,e\in\mathbb{Z}$。展开得： $$x^5+mx+1 = x^5 + (a+c)x^4 + (ac+b+d)x^3 + (ad+bc+e)x^2 + (ae+bd)x + be.$$ 比较系数得方程组： \begin{cases} a+c=0 \\ ac+b+d=0 \\ ad+bc+e=0 \\ ae+bd=m \\ be=1 \end{cases}

由 $be=1$ 且 $b,e\in\mathbb{Z}$，得 $(b,e)=(1,1)$ 或 $(-1,-1)$。 先考虑 $b=1,e=1$。由 $a+c=0$ 得 $c=-a$。代入 $ac+b+d=0$ 得 $-a^2+1+d=0$，即 $d=a^2-1$。代入 $ad+bc+e=0$ 得 $a(a^2-1)+(-a)\cdot1+1=a^3-a-a+1=a^3-2a+1=0$。解 $a^3-2a+1=0$，有理根可能为 $\pm1$。$a=1$ 时 $1-2+1=0$，成立；$a=-1$ 时 $-1+2+1=2\neq0$。故 $a=1$，则 $c=-1$，$d=0$。此时 $m=ae+bd=1\cdot1+1\cdot0=1$。$f(x)=x^5+x+1=(x^2+x+1)(x^3-x^2+1)$，可约。

考虑 $b=-1,e=-1$。由 $a+c=0$ 得 $c=-a$。代入 $ac+b+d=0$ 得 $-a^2-1+d=0$，即 $d=a^2+1$。代入 $ad+bc+e=0$ 得 $a(a^2+1)+(-a)(-1)-1=a^3+a+a-1=a^3+2a-1=0$。解 $a^3+2a-1=0$，有理根可能为 $\pm1$。$a=1$ 时 $1+2-1=2\neq0$；$a=-1$ 时 $-1-2-1=-4\neq0$。无整数解，故无此分解。

综合情况1和情况2，得到使 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上可约的整数 $m$ 为 $m=0,-2,1$。