《高等代数》考研北京大学配套2021考研真题库

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第一部分名校考研真题

第1章多项式

一、判断题

1．设Q是有理数域，则P＝{α＋βi|α，β∈Q}也是数域，其中．（）[南京大学研]

【答案】对查看答案

【解析】首先0，1∈P，故P非空；其次令a＝α1＋β1i，b＝α2＋β2i其中α1，α2，β1，β2为有理数，故

a±b＝（α1＋β1i）±（α2＋β2i）＝（α1±α2）＋（β1±β2）i∈P

ab＝（α1＋β1i）（α2＋β2i）＝（α1α2－β1β2）＋（α1β2＋α2β1）i∈P

又令c＝α3＋β3i，d＝α4＋β4i，其中α3，α4，β3，β4为有理数且d≠0，即α4≠0，β4≠0，有

综上所述得P为数域．

2．设f（x）是数域P上的多项式，a∈P，如果a是f（x）的三阶导数f?（x）的k 重根（k≥1）并且f（a）＝0，则a是f（x）的k＋3重根．（）[南京大学研] 【答案】错查看答案

【解析】反例是f（x）＝（x－a）k＋3＋（x－a）2，这里f（a）＝0，并且f?（x）＝（k＋3）（k＋2）（k＋1）（x－a）k满足a是f（x）的三阶导数f?（x）的k重根（k≥1）．

3．设f（x）＝x4＋4x－3，则f（x）在有理数域上不可约．（）[南京大学研] 【答案】对查看答案

【解析】令x＝y＋1，则f（y）＝y4＋4y3＋6y2＋8y＋2，故由艾森斯坦因判别法知，它在有理数域上不可约．

二、计算题

1．f（x）＝x3＋6x2＋3px＋8，试确定p的值，使f（x）有重根，并求其根．[清华大学研]

解：f′（x）＝3（x2＋4x＋p）．且（f（x），f′（x））≠1，则

（1）当p＝4时，有（f（x），f′（x））＝x2＋4x＋4

所以x＋2是f（x）的三重因式，即f（x）（x＋2）3，这时f（x）的三个根为－2，－2，－2．

（2）若p≠4，则继续辗转相除，即

当p＝－5时，有（f（x），f′（x））＝x－1

即x－1是f（x）的二重因式，再用（x－1）2除f（x）得商式x＋8．故

f（x）＝x3＋bx2－15x＋8＝（x－1）2（x＋8）

这时f（x）的三个根为1，1，－8．

2．假设f1（x）与f2（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，且x4＋x2＋1整除f1（x3）＋x4f2（x3），试求f1（x）与f2（x）的最大公因式．［上海交通大学研］

解：设6次单位根分别为

由于x6－1＝（x2）3－1＝（x2－1）（x4＋x2＋1），所以ε1，ε2，ε4，ε5是x4＋x2＋1的4个根.

由于ε13＝ε53＝－1，且x4＋x2＋1∣f1（x3）＋x4f2（x3），所以，分别将ε1，ε5代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得

从而f1（－1）＝f2（－1）＝0

即x＋1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

同理，将ε2，ε4代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得f1（1）＝f2（1）＝0，即x－1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

所以（x－1）（x＋1）是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

又因为f1（x），f2（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，所以（f（x），g（x））＝x2－1

三、证明题

1．设不可约的有理分数p/q是整系数多项式f（x）＝a0x n＋a1x n－1＋…＋a n－1x＋a n的根，证明：q∣a0，p∣a n[华中科技大学研]

证明：因为p/q是f（x）的根，所以（x－p/q）∣f（x），从而（qx－p）∣f（x）．又因为p，q互素，所以qx－p是本原多项式[即多项式的系数没有异于±l的公因子]，且

f（x）＝（qx－p）（b n－1x n－1＋…＋b0，b i∈z

比较两边系数，得a0＝qb n－1，a n＝－pb0?q∣a0，p∣a n

2．设f（x）和g（x）是数域P上两个一元多项式，k为给定的正整数．求证：f （x）∣g（x）的充要条件是f k（x）∣g k（x）[浙江大学研]

证明：（1）先证必要性．设f（x）∣g（x），则g（x）＝f（x）h（x），其中h （x）∈P（x），两边k次方得g k（x）＝f k（x）h k（x），所以f k（x）∣g k（x）（2）再证充分性．设f k（x）∣g k（x）

（i）若f（x）＝g（x）＝0，则f（x）∣g（x）

（ii）若f（x），g（x）不全为0，则令d（x）＝（f（x），g（x）），那么

f（x）＝d（x）f1（x），g（x）＝d（x）g1（x），且（f1（x），g1（x））＝1①

所以f k（x）＝d k（x）f1k（x），g k（x）＝d k（x）g1k（x）

因为f k（x）∣g k（x），所以存在h（x）∈P[x]（x），使得g k（x）＝f k（x）·h（x）

所以d k（x）g1k（x）＝d k（x）f1k（x）·h（x），两边消去d k（x），得g1k（x）＝f1k（x）·h（x）②

由②得f1（x）∣g1k（x），但（f1（x），g1（x））＝1，所以f1（x）∣g1k－1（x）这样继续下去，有f1（x）∣g1（x），但（f1（x），g1（x））＝1

故f l（x）＝c，其中c为非零常数．

所以f（x）＝d（x）f1（x）＝cd（x）?f（x）∣g（x）

3．设f（x），g（x）都是P[x]中的非零多项式，且g（x）＝s m（x）g1（x），这里m≥1．又若（s（x），g1（x））＝1，s（x）∣f（x）．证明：不存在f1（x），r（x）∈P[x]，且r（x）≠0，?（r（x））＜?（s（x））使

①

[浙江大学研]

证明：用反证法，若存在f1（x），r（x）使①式成立，则用g（x）乘①式两端，得

f（x）＝r（x）g1（x）＋f1（x）s（x）②

因为s（x）∣f（x），s（x）∣f1（x）s（x），由②式有s（x）∣r（x）g1（x）．但（s（x），g1（x））＝1，所以s（x）∣r（x）．这与?（r（x））＜?（s（x））矛盾．

4．设f（x）是有理数域上n次[n≥2]多项式，并且它在有理数域上不可约，但知f （x）的一根的倒数也是f（x）的根．证明：f（x）每一根的倒数也是f（x）的根．[南开大学研]

证明：设b是f（x）的一根，1/b也是f（x）的根．再设c是f（x）的任一根．下证1/c也是f（x）的根．

令g（x）＝f（x）/d，其中d为f（x）的首项系数，不难证明：g（x）与f（x）有相同的根，其中g（x）是首项系数为l的有理系数不可约多项式．

设g（x）＝x n＋a n－1x n－1＋…＋a1x＋a0，（a0≠0）．由于

b n＋a n－1b n－1＋…＋a1b＋a0＝0①

（1/b）n＋a n－1（1/b）n－1＋…＋a1（1/b）＋a0＝0

?a0b n＋a1b n－1＋…＋a n－1b＋1＝0

?b n＋（a1/a0）b n－1＋…＋（a n－1/a0）b＋1/ a0＝0 ②

由g（x）不可约及①，②两式可得1/a0＝a0，a i/a0＝a n－i（i＝1，2，…，n－1）．故a0＝±1，a i＝±a n－i（i＝1，2，…，n－1）③

由③式可知，当f（c）＝0时，有f（c）＝0，且g（1/c）＝0，从而f（1/c）＝0．5．设f（x）是复系数一元多项式，对任意整数n有f（n）都是整数．证明：f（x）的系数都是有理数．举例说明存在不是整系数的多项式，满足对任意整数n，有f （n）是整数．［浙江大学研］

证明：设f（x）＝g（x）＋ih（x），g（x），h（x）∈R[x]

由于?n∈Z，f（n）＝g（n）＋ih（n）∈Z，所以h（x）＝0．

下证g（x）∈Q[x]．事实上，令

g（x）＝a0＋a1x＋…＋a m x m，a m≠0，a i∈R，i＝1，2，…，m

则有

a0＋a1＋…＋a m＝g（1）∈Z，

a0＋a1·2＋…＋a m·2m＝g（2）∈Z，

?

a0＋a1（m＋1）＋…＋a m（m＋1）m＝g（m＋1）∈Z.

记

则有

（a0，a1，…，a m）T＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））①

又显见∣T∣＝m!（m－1）!…2!1!≠0，由①式得

（a0，a1，…，a m）＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））T－1

这里T－1是有理数域上的矩阵，g（1），g（2），…，g（m＋1）均为整数，所以a0，a1，…，a m∈Q．因此f（x）＝g（x）∈Q[x]．

取f（x）＝x2/2－1/2，有f（x）＝（x－n）（x/2＋n/2）＋（n2－1）/2

可见存在不是整系数的多项式f（x），对任一整数n，有f（n）＝（n2－1）/2∈Z．