的根，矛盾，故f(α)=0，即g(r)的根全为f(r)的根，又g(α)无重根，因而g()lf()33.证明：如果zo是多项式fr）F(）一f（）f（r）的k重根，那么只要多项式f.（r)f,（o)一f（r）fro)不恒等于零则是后者的k+1重根，反之亦然证明：首先ro是fi（r）fro）一f(a)f(o)的根，又(f.(r)f(ro)-f(r)f(ro)=f(r)f(ra)-f(r)fi(ro)因为o是f(）f(）一f(）f()的根，故f(ro)f2(1o)-f2(ro)f(1)=0,to是f(r)f2(o）一f2(r)fi()的2重根，又(f.(r)f(r)-f2()f(r))=f()f(r)+f(r)f"(r)-f()f()-f(r)f"(r)=f()f"2()-f2(r)f"(r),....得到ro是f）f（o）一f（r）f（r）的k十1重根，反之易证34.设f（r）为多项式，且f（0）=0，若还满足f(r2+1)=f(r)+1,则(r)=r.证明：由条件f(0)=0,f(1)=f(0°+1)=f(0)+1=1,f(2)=f(12+1)=f(1)+1=1+1=2,f(5)=f(22+1)=f2(2)+1=4+1=5，f(26）=f(52+1)=f(5)+1=26,:存在无限多个值使f()与工相等，因而f(r)=r.35.如果实系数多项式f(r)对r的一切实数值都有f(r)>·22
0的充要条件为f(r）=@r)十）,这里（r)与（)均为实系数多项式。证明：充分性显然，下证必要性(1）若f(）=0,这时f(r）满足条件(2）若a(f（）)）=0，即f（）=ao，这时a>0,f（z）满足条件(3）若a(f())>0令f(r)=ar"+...+ar+a.ao1+.),f(r)=(a+a-1++%符号由当r取充分大的正值，由f(z）>0，而a.+an-1an决定，因而得到an>0.设f(r)在实数域上的典型分解式为：f()=a(-a)..(-am)(+p+g)...(2+pr+g),这里αi<<αm，+p十g无实根，且≠时彼此不同.我们断定k.为偶数，i=1，2，.…m.若不然，设k为奇数，ki+，"，km为偶数，取αi-1<α<α，则f(α)<0,矛盾，因而k1,，km为偶数，可设g(r)=(α)(r-αm),故f(r)=(ang()?(r+p1a+q)..(r2+pr+q)令）=（++（++)）无实根，由28题得到t(r)=(r)+()故 f(r)=(Vang(r),(r))2+(Vang(r)Y,(r))2,令g(x)=Vang(r);(),g(r)=Vang(x)z()即可.36.设f(z）=+p+1,则f(r)在有理数域上不可约·23
证明：（1）p=2时，f（）=r+3，由艾森斯坦判别法知在有理数域上不可约。(2）>2，p为奇素数，令=y-1，f(r)=(y-1)+p+1=yp-Cy-1++C-'y+(-1)P+p+1=yp-Cyp-1+.+C-y+p由艾森斯坦判别法知f(r）不可约37.设f(z)=z+1,k为自然数，则f(z)在有理数域上不可约,若令f(r)=r2+1,k=1,2,,n,则还有f(r),",f.(r)两两互质证明：令=y+1则1+(y+1)*y*+Cy*-1+.+Cy-i+.+2,Ch=2(2*--1)[2*-(i+1)],1·2..i由i<2*得到C为偶数，由艾森斯坦判别法，知f(r)在有理数域上不可约，由f.（），，f.（)均为有理数域上不可约的多项式，故(f(a），f（))=1，≠j，事实上，若（f(r），f())≠1设<j,则*+1|*+1,设α为+1的根，即α=1，而α也一定为+1的根，然而2+1=（α2）2-+1=（—1)2-+1=20盾故(f(r),f,())=l,ij38.设f(z)为实系数多项式，则f(a)的根全为实根的充要条件为（）不能表示成两个次数不等的实系数多项式的平方和，证明：必要性.设a(f(r)）=n，反证法，令（r）=Φ（z）十(r),这里),()均为实系数多项式，且a())>a((r))，·24
又设α，α为f()的根，则0=f(α)=(α）十(α)故a)=(α)=0,i=12,..,n，因为a(())n,a())<n又a(())>a(()).故a(())<n，得到)=0,(）无次数，矛盾下证充分性.设f(r）有非实根，则f()=g()(+r+g)=g()[x(a+bi)].[r—(a—bi)]f(r)=g()[r-(a+bi)r-(a-bi)g()[(-2a+a-6)+(-2b+2ab)2[g()(—2xa+a-6)+g()(2b+2ab)=()+(r),)=g()(2—2a+a—6),()=g()(2b+2ab),因为0,a(p())=a(g())+2,a(())=a(g())+1,ar))>a(()),矛盾.39.设为质数，则f(z)=1+z+…+在有理数域上不可p!约.证明：令g()=p!f(）=p！+p！r+十r，由艾森斯坦判别法知g(z)不可约，故f()在有理数域上也不可约。40.设f(a）为整系数多项式，存在整数k使kf(i),i=1,2,.,k,则f(a)没有整数根证明：反证法，设α为f(r)的整数根，则f(）=（r一α)g(a)，g(z)为整系数多项式，有f(1)=(1-a)g(1)f(2)=(2--α)g(2)·25
:f(k)=(k—α)g(k)因为f(i）,i1,2，，，故α，令a=kq+r,0<r<k,a-r=kqka-r,故klf(r），矛盾.由上可知f（r）无整数根41.设f（r）为整系数多项式，且f(1）=f(2)=f（3)二p（素数），则f（）一2p没有整数根证明：反证法，设f（r）一2p有整数根，则f(r)—2p=(r-α)g(r),f(1)-2p=(1—a)g(1)=—pf(2)—2p=(2—α)g(2)=—p,f(3)-2p=(3—α)g(3)=—p,1αl2-αl3—l由于p的因子只能为1，一1，p，一p，其中任何三个数均不为连续的，而1-α，2一α，3一α为连续的，矛盾，从而f（）一2p无整数根42.证明：有理数域上次数≥1的多项式f（r）恒可表示为两个不可约的有理系数多项式g（r）与h（r）之和。（哥德巴赫猜想是不小于4的偶数可表示为两个质数之和，上述问题与此有类似之处.）证明：I：先考虑整系数多项式，设a为f(r)的常数项（1）α=0时，令p为素数，作pf(a)+r+p=gi(r),这里s>a(f(r))，pf(r)=gi()+(—p)=gi(r)+h(),h()=—-p,g(a)在Q上不可约,h(a)在Q上也不可约,从而(,()在Qp,p上均不可约，而f(r)=81()+h(r)pp.26