福州大学 2026年高等代数第0题

给定 $f(x)=\prod_{j=1}^{2026}\left(x^{2}+j\right)^{j^{2}+j+1}$。令 $g_j(x)=(x^2+j)^{j^2+j+1}$，则 $f(x)=\prod_{j=1}^{2026} g_j(x)$。每个因子 $x^2+j$ 是互素的不可约多项式（在实数域上不可约，因为判别式 $-4j<0$）。

对 $f(x)$ 求导，利用乘积法则：$f'(x)=f(x)\sum_{j=1}^{2026}\frac{g_j'(x)}{g_j(x)}$。计算 $g_j'(x)=(j^2+j+1)(x^2+j)^{j^2+j}\cdot 2x = 2x(j^2+j+1)(x^2+j)^{j^2+j}$，所以 $\frac{g_j'(x)}{g_j(x)}=\frac{2x(j^2+j+1)}{x^2+j}$。因此 $f'(x)=f(x)\sum_{j=1}^{2026}\frac{2x(j^2+j+1)}{x^2+j}$。

对于固定的 $j$，考虑因子 $x^2+j$。在 $f$ 中，其重数为 $m_j=j^2+j+1$。在 $f'$ 中，由于 $f'=f\cdot S$，其中 $S=\sum_{k=1}^{2026}\frac{2x(k^2+k+1)}{x^2+k}$。将 $S$ 通分，分母为 $\prod_{k=1}^{2026}(x^2+k)$，分子中每一项 $\frac{2x(k^2+k+1)}{x^2+k}$ 乘以其他分母后，在 $x^2+j$ 处，只有 $k=j$ 项不含有 $x^2+j$ 因子，其他项都含有 $x^2+j$。因此 $S$ 可写为 $\frac{2x(j^2+j+1)}{x^2+j}+\text{其他项}$，其中其他项的分母含有 $x^2+j$。所以 $S$ 在 $x^2+j$ 处的极点阶数为1，即 $S$ 可写为 $\frac{A}{x^2+j}+\text{正则部分}$，其中 $A=2x(j^2+j+1)$ 在 $x^2+j=0$ 处非零（因为 $x^2=-j$，$x\neq0$）。因此 $f'=f\cdot S$ 中 $x^2+j$ 的重数为 $m_j-1$（因为 $f$ 有 $m_j$ 重，乘以 $S$ 后 $S$ 贡献一个负一次项，抵消一个重数）。

由于 $f$ 与 $f'$ 的公因式由每个不可约因子 $x^2+j$ 组成，且 $f$ 中重数为 $m_j$，$f'$ 中重数为 $m_j-1$，所以最大公因式 $d(x)$ 包含每个 $x^2+j$ 的 $m_j-1$ 次幂，即 $d(x)=\prod_{j=1}^{2026}(x^2+j)^{m_j-1}$。因为 $x^2+j$ 是首一多项式，所以 $d(x)$ 也是首一的。

商为 $\frac{f(x)}{d(x)}=\prod_{j=1}^{2026}(x^2+j)^{m_j-(m_j-1)}=\prod_{j=1}^{2026}(x^2+j)^1=\prod_{j=1}^{2026}(x^2+j)$。