2)设r,(x)=x+1,r(x)=x-1，f(x)=x+1g(α)=x-1（l<n），求满足（1）的多项式F(x）。证明：1）先证明唯一性。设F(x)=f(x)f.(x)+r,(x),F(x)=g(x)gi(x)+r2(x),若还有F，（x）满足F(x)=f(x) f (x)+r(x),F,(x)=g(x)g1(x)+r2(x),则F-F,=f(f,-f),：fIF-F!，同样glF-F.又：（f，g)=1，：fglF-F.由F，F,的次数知道F-F=0，FF..再证明存在性：：（f，g)=1,日u、u,使uf+ug=1,(uf+vg)(r2-r)=(rz-r,), uf(r2-r,)+r,=-ug(r,-ri)+r2.令u(r,-r,)=tg+tu,-u(r,-r,)=qf+q1,at,<ag，或t,=0及aiaf，或qi=0，..tfg+tif+r,=qfg+qig+r2,(t-g)fg+t,f+rr=gg+r2.若t一q丰0，则左边次数大于右边次数矛盾，故t,f+r,=qig+rz,令F=t,f+r,=qig+r，则F为所求。((x+1)-(x-1))= 1,2）：n(+1)-(x-1)(r,-r:)=r2-1,1(x+1)(r2-r):.222
(x"-1)(r,-r,)+r,-rt,2-(x"+1)+r,=-(x"-1)+r2,即F()=-+1)+×+1=+×问题14设f（×）=2+×2+1+2×2+++为整系数多项式，p为素数，而且有pao，a1，…，am，,a2npaao，pa2+1，则f(x)在Q上不可约。证明：反证法，设f(x)可约，有f(x)=a2+12n+1+ax2++a,x+a0=(b.x"+bn-.x"-1+.+b,x+b.)(cx+..+c,x+c.).：pla。=bco，plb。或co，不妨设plb。,又因为pbm，可设b。，b,-1，pb，而0<s≤m<2n+1.a,=bc+br-1c,+.+b.c,(s>h时,c,=0)，plas. plco. a+ib+co+ b,c +b.ic2+..+b.C,+1,.. plci, *, pla2,=a+(2-), plc2m--.:pta2+1,ptc2n-1+i.1°s<n时，考虑a,=b,c。+b,-ic,++b。c..plco,"，plc2n-又2n-s=n+(n-s)≥n≥s,..plco,Ci,.",C,及plbr-1,..,bo,..pala,b,-ici,",boc,..palbco.又ptb,p?co，plc.b。=a.矛盾.2°2n≥s>n时，而且有1≤t=2n-s+1=n+（n-s)+1<n<s≤2n，23
..a,=b.co+b-,c,++boct.:t≤n<s.t-1=2n-s,.plb.,,bo,p+cs但plco,ci,,cr-19b,co，*，b,c-,及[a（已知），.pb.c.又pxcu.pabo,..plboco=ao,矛盾，因而原多项式在有理数域上不可约，问题15设f(x)，gα）为数域P上的非零多项式，且(f，g)=1，则多项式p()=(x3-1)f"(x)+(x3-x+x-1)g"(x),与 (x)=(x2-1)f"(x)+(x2-x)g"(x)的最大公因式为（x一1）：证明：：(×)=(x-1)[(x2+x+1)f"(x)+(x2+1)g"(x)),y(x)=(x-1)[(x+1)f"()+xg"(x))只要证明（+x+1)f"(x)+(×+1)g"()与（x+1)f"(x）十xg"（α）互素即可：设不互素，因而有不可约多项式p(x）使p(x)1(x+x+1)f"(x)+(x+1)g"(x),p(x)/(x+1)f"(x)+xg"(x),:p()/(x+x+1)f"(x)+(+1)g"(x)—x[(x+1)f"(x)+g"()),即p(x)/f"(x)+g"(αx).又因：(x+1)f"(x)+xg"(x)=x(f"(x)+g"(x))+f"(x).p(x)lf"(x),.p(α)f(x),从而得到p(α)lg(α)，这与（f，g)=1矛盾，从而结论正确。24
31x,2:X2122X2#问题16设X，x为数域F2元XutX2上的未定元，则X在F上不可约。证明：对n用数学归纳法。1°n=1时，X=xu不可约。2°设n一1时成立，证明n时成立，事实上：X=xuXu+x1X+.+xi.X..=xiXn+Y这里Y中不含x11，若X可约，则X=xnXH+Y=(Pxn+R)Q,QEF,且P、R、Q中均不含，故X+Y=×PQ+RQ，按xu得到：X=PQ，Y=RQ.：X.不可约，故有P=1Q=X.或P=X11Q=1.但QEF，所以必有P=1，Q=X.，.X..lX.同样可得到X.lX，i=2，3，，n。又X.，，X.不可约且彼被此又不同，由多元多项式的理论可得，X..XmlX，而左边为n(n一1）次，右边为n次，.n(n-1)≤n，n=2,即XX12X-=×11×22—×21×12，而××22|X，X21X22：1221α21α12，这是不可能的，因而X不可约。问题17设p(×)，f()EQ)且(x）在Q上不可约，p)，f(×)在Q上有公根，则p()If()证明：：p(α)在Q上不可约，故p(α)f(α)或（p(x)，25
f(x))= 1.若（p(α)，f(x))=1，则日u(x)，v(x）使p(x)u(x)+f(x)v(x)= 1.由条件知在Q上有公根，设为，则0=p(x.)u(x.)+f(x)v(x)=1,矛盾，因而x)f(x）。问题18设a，，a.为n个不同的整数，证明：整系数多项式f(α）=（α—a)"+1在有理数域Q上不可约.证明：反证法，设f(α）是可约的，则有f(α）p(x)g(x).：a(f(x))=2n，故(q(x))，a(g(x))中必有一个不超过n，不妨先令0<a°(x)）<n，因为f(α)>0，故f(x)无实根，因而(x），g(x）均无实根，这样p(x）就不会变号。又f(a,）=1，(a,)，ga）为整数，因而它们同时为1或同时为一1，若日i使Φ(α)=1，必有a,)=1.：a°(p(x))<n，而有n个不同的数使Φ(a）=1，：(x）=1，或日i使p(a）=一1，得(x）=一1矛盾，因而有a(p(x))=ao(g(x))=n. 又 p(a,)=g(a;),.. p(x)-g(x)=b(x-a,)...(x-a,).若b丰0，然而p(x)与g(x)首项系数之积为1，故首项系数相等，因而左边次数<n矛盾，：b=0，(x)=g(x)，故(x-a)2..(x-a,)2+1=p2(x).h(x)=(x-a,)...(x-a),.. h(x)+1=2(x),令(p(α)-h(x))((x)+h(x))= 1.:26