哈尔滨工业大学 2013年高等代数第2题

设 $\frac{p}{q}$ 是 $f(x)$ 的根，其中 $p,q$ 互素，则 $f\left(\frac{p}{q}\right)=0$，即 $$a_0\left(\frac{p}{q}\right)^n + a_1\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \cdots + a_n = 0.$$ 两边乘以 $q^n$ 得 $$a_0 p^n + a_1 p^{n-1} q + \cdots + a_n q^n = 0.$$

由于 $f(x)$ 和 $qx-p$ 都是整系数多项式，且 $qx-p$ 是一次多项式，由多项式除法，存在整系数多项式 $g(x)$ 和常数 $r$ 使得 $$f(x) = (qx-p)g(x) + r,$$ 其中 $r$ 是常数（因为除式是一次式）。

将 $x = \frac{p}{q}$ 代入上式，得 $$0 = f\left(\frac{p}{q}\right) = \left(q\cdot\frac{p}{q}-p\right)g\left(\frac{p}{q}\right) + r = 0 \cdot g\left(\frac{p}{q}\right) + r = r,$$ 所以 $r=0$。因此 $f(x) = (qx-p)g(x)$。

由 $f(x) = (qx-p)g(x)$，且 $f(x)$ 和 $qx-p$ 都是整系数多项式。设 $g(x) = b_0 x^{n-1} + b_1 x^{n-2} + \cdots + b_{n-1}$，比较系数得递推关系： $$a_0 = q b_0,$$ $$a_1 = q b_1 - p b_0,$$ $$\cdots$$ $$a_{n-1} = q b_{n-1} - p b_{n-2},$$ $$a_n = -p b_{n-1}.$$ 由有理根定理，$q \mid a_0$，故 $b_0 = a_0/q$ 为整数。假设 $b_0,\dots,b_{k-1}$ 为整数，则由 $a_k = q b_k - p b_{k-1}$ 得 $q b_k = a_k + p b_{k-1}$，右边为整数。但 $q$ 不一定整除右边，因此需要进一步论证。实际上，由 $f(x) = (qx-p)g(x)$ 及高斯引理，由于 $qx-p$ 是本原多项式（$p,q$ 互素），且 $f(x)$ 是整系数多项式，则 $g(x)$ 必须是整系数多项式。或者通过归纳法：由 $a_0 = q b_0$ 得 $b_0$ 整数；假设 $b_0,\dots,b_{k-1}$ 整数，则 $a_k + p b_{k-1}$ 是整数，且由 $f(x) = (qx-p)g(x)$ 可知 $q b_k = a_k + p b_{k-1}$，但 $q$ 与 $p$ 互素，且 $a_k$ 是整数，$b_{k-1}$ 是整数，但无法直接推出 $b_k$ 整数。然而，考虑多项式 $q^{n-1}f(x/q)$ 等变换可证明 $g(x)$ 整系数。另一种方法：由于 $\frac{p}{q}$ 是根，$f(x)$ 在有理数域上可被 $x-\frac{p}{q}$ 整除，即存在有理系数多项式 $h(x)$ 使得 $f(x) = (x-\frac{p}{q})h(x)$，两边乘以 $q$ 得 $q f(x) = (qx-p)h(x)$。由高斯引理，$h(x)$ 是整系数多项式。但 $q f(x)$ 的系数可能不被 $q$ 整除，故不能直接得到 $f(x) = (qx-p)g(x)$ 且 $g(x)$ 整系数。然而，由于 $q \mid a_0$，可设 $a_0 = q b_0$，则 $f(x) - b_0 x^{n-1}(qx-p)$ 的次数降低且仍以 $\frac{p}{q}$ 为根，重复此过程可逐步得到 $g(x)$ 的系数均为整数。因此存在整系数多项式 $g(x)$ 使得 $f(x) = (qx-p)g(x)$。

综上，存在整系数多项式 $g(x)$ 使得 $f(x) = (qx-p)g(x)$。证毕。