982整除性，带余除法ab=ba=1,则称a为可逆元（或称a为单位，注意不要与单位元1混淆），称b是a的逆，记作a-证明：K[x]中一个元素（x）是可逆元当且仅当x）是零次多项式*5.设R是有单位元1（去0）的环，证明R中的可逆元不可能是零因子6.设6626*-2b**(1"..6*-301bb*-2...A=:11:：01b00...00010...其中beK.求A-.7.设AM,（K），并且设A的特征多项式为[AI-AI=(A-A,)(A-X,)3.(X-A,)",其中入,^.,入，是两两不同的复数；,+l++l,=n.证明：对于K中任一非零数k，矩阵KA的特征多项式为IA/-kA|=(A-k,)(A-kA,)2...(A-kA,)"由此得出，如果入，是A的L重特征值，则k入，是kA的「重特征值，*8.设A和A的特征多项式同第7题，证明：A的特征多项式为1AI-A[=(X-X)"(A-A)3..-(A-X)由此得出，如果入，是A的1，重特征值，则入，是A的至少1，重特征值9.证明：在环R中,0a=a0=0,VaeR10.证明：在环R中,a(-b)=-ab,（-a)b=-ab，（-a)（-b)=ab,Va,beRdefIl.在环R中,对于aER,neN'，令naa+a+"+a.证明:Va,beR,n,meA+N',有(m+n)a=ma+na,(mn)a=m(na),n(a+b)=na+nb,n(ab)=(na)b=a(nb)82整除性，带余除法从一元多项式环的通用性质看到，我们应当尽可能多地得到K[x]中有关加法和乘法的等式，为此需要研究一元多项式环K[x]的结构从本节开始我们将主要研究KxI的结构，其中K是任一数域观察K[x]中两个多项式(x）与g（x）之间有什么关系：f(x) =x-1, g(x)=x-1.显然，f(x) =(x+1)g(x)
10第7章多项式环由此我们抽象出下述概念：定义1设f(x）g（x）EK[x]，如果存在h（x）EK[x],使得f(x)=h(x)g(x),则称g（x）整除f（x）.记作g（x）f（x）：否则，称g（x）不能整除（x），记作g（x）f(x).当g（x）整除f(x）时，g（x）称为f(x）的因式f(x）称为g（x）的倍式容易看出下列事实：100f(x)(x)=0;20f(x)l0,Vf(x)eK[x];30blf(x），VbeK且b￥0,Vf(x)K[x]今后我们把K中所有非零数组成的集合记作K"K[x]中的整除关系具有反身性（即，f（x）lF(x），Vf（）eK[α]），传递性（即，如果f（x）g（x）且g（x）「h（x），则f（x）|h（x）），但是不具有对称性（即，从f（x）g（x）推不出g（x）l（x））.传递性的证明留作习题定义2在K[x]中，如果（x）|g（x）且g（x）l(x）则称（x）与g（x）相伴，记作f（x）~g（x）命题1在K[x]中，x）~g（x）当且仅当存在ceK，使得f(x) =cg(x)证明充分性.设f(x）=cg（x）,其中ceK.则g（x）If(x）.由于g（x）=x），因此f（x）【g（x），从而f（x）~g（x）必要性.设f(x）~g（x）.则f（x）lg（x)且g(x）l(x）.从而存在h,（x），h,（x）EK[xl.使得g(x)=h,(x)f(x)，f(x)=h,(x)g(x)于是(1)f(x)=hz(x)h,(x)f(x)如果f（x）=0，则g（x）=0.从而f（x）~g（x）.下面设f（x）半0.运用消去律，从(1)式得(2)I=h,(x)h,(x).从（2)式得，deg h,(x)+degh,(x)=0.因此，degh（x）=degh,（x）=O,从而h,（x）=c,cEK，于是f(x）=cg（x）).命题2在K[x]中，如果g（x）lfx），i=1.2，，5，则对于任意u(x)eK[x],i=1,2,..,s,有g(x)/(u,(x)f.(x)+u,(x)fz(x)+...+u(x)f(x))
11$2整除性，带余除法命题2的证明留作习题K[xl中，如果g（x）不能整除f（x），那么能有什么样的结论呢？例如，设f(x)=x,g(x)=x-1.则f(x) =x2-1 +1 =(x +1)g(x) +1.由此受到启发，猜想有下述结论：定理3（带余除法）对于K[x]中任意两个多项式f（x）与g（x），其中g（x）￥0,则在K[x]中存在唯一的一对多项式h（x），r(x），使得(3)f(x)=h(x)g(x)+r(x),degr(x)<degg(x).证明存在性.设degg（x）=meN.情形1m=0.此时g（x）=b,beK.于是(x) =[(x)]6 +0, deg 0<deg g(x).情形2m>0,且degf(x）<m.则f(x)=0g(x)+f(x),degf(x)<degg(x)情形3m>0,且deg(x）≥m.对被除式的次数n作数学归纳法假设对于次数小于n的被除式，命题的存在性部分成立，现在来看n次多项式f(x）.设f(x），g（x）的首项分别是a.x"bx"，于是a,b=x-"g（x）的首项是a.t.令(4)f(x)=f(x)-a.b-xa-mg(x).则degfi（x）<n.根据归纳假设，存在h,（x），r,（x）eK[x]，使得(5)f(x)=h,(x)g(x)+r(x),degr,(x)<degg(x).把（5）式代人（4)式，得f(x)=f(x)+ab-x"-"g(x)(6)=[h,(x)+ab-x-mlg(x)+r(x).令h（x）=h（x）+abx"-m，则(7)f(x) =h(x)g(x) +r,(x),degr,(x)<degg(x).根据数学归纳法原理，定理3的存在性部分得证唯一性.设h（x），r(x）,h（x），r（x）EK[xl.使得(8)f(x)=h(x)g(x)+r(x), degr(x)<degg(x),(9)f(x)=h'(x)g(x)+r(x)degr'(x)<degg(x),则从（8）（9）两式得h(x)g(x)+r(x)=h'(x)g(x)+r'(x),即(10)[h(x)-h(x)lg(x)=r'(x)-r(x)于是
12第7章多项式环deg[h(x)-h'(x)+degg(x)=deg[r'(x) -r(x)](11)≤max/deg r'(x),deg r(x)<deg g(x)假如h（x）≠h（x），则从（11）式得deg[h(x)-h'(x)l<0-矛盾.因此h（x）=h（x）.从而r（x）=r（x）.唯一性得证（3）式中的h（x）称为g（x）除f（x）的商式，r（x）称为g（x）除f（x）的余式，推论4设f(x），g（x）eK[x]且g（x）半0,则g（x）lf（x）当且仅当g（x）除f(x）的余式为零证明g(x）(f(x）f(x)=h(x)g(x),h(x)K[x)1g(x）除f(x）的余式为0.利用带余除法可以证明：对于K【x］中的多项式（x），g（x），如果在K[x】中，g（x)不能整除f(），那么把数域K扩大成数域F后，在F[x]中，g（x）仍然不能整除（x）.即我们有下述命题：命题5设f(x），g（x）eK[，数域F2K，则在Kx)中，g(x）(x）一在F[x]中，g(x）(x)证明必要性.设在K[x]中，g（x）|f(x）,则存在h（x）eK[x],使得/(x）=h（x）g（x）.由于KCF，因此f（x），g（x），h（x）EF【x].从而在Fx中g(x) /f(x).充分性.设在F[x]中，g（x）l（x）当g（x）￥0时，在K[x]中作带余除法，有h（x），r（x）eK[x]，使得(12)f(x)=h(x)g(x)+r(x), degr(x)<degg(x)由于f(x)，g（x），h（x），r（x）EF[x],因此（12)式也可看成是在F[x]中的带余除法.由于在F[xl中，g（x）f（x），因此根据推论4得，r（x）=0.从而在K[x中g(x) lf(x)当g（x）=0时，从g（x）|f（x）得f（x）=0.从而在K[x中，有g（x）（x）.命题5表明，整除性不随数域的扩大而改变在带余除法中，可以采用下面例1中的格式来做例1用g（x）除f（x），求商式与余式，其中f(x)=2x+3x2+5,g(x)=x2+2x-1
1392整除性，带余除法解2元+3元2+52x-12+2x-12元3+4元2-2x2+2x+5-x2-2+14r+4因此2+3x2+5=（2x-1)(x2+2x-1)+（4x+4)即用g（x）去除（x），商式是2x-1，余式是4x+4在带余除法中，如果除式是一次多项式，则可以采用下述综合除法①例2设（x）=2x*-6x+3x_2x+5，g（x）=x-2求g（x）除(x）所得的商式与余式解2-63-224.-4-2.8-22因此f（x）=（2-2x2-x-4）（×-2）-3.即用-2去除（x），商式是2x2x2-x-4余式是-3.习题7.21.证明整除关系的传递性，即在K【x]中，如果f（x）「g（x）且g（x）「h（x），则(x）【h(x)2.证明本节的命题2.即在K[x中，如果g(x) 15.(x), i=1,2,,s,则对于任意u（x）eK[x],i=1,2,..,s,有g(x)[(u,(x)s(x)+u(x)(x)+...+u(x)f(x))3.用g（x）除f（x），求商式与余式(1)(x)=x-3x-2x-1,g(x）=x-2x+5:①关于综合除法的理论根据，可参看参考文献[18】的第14~15页