《高等代數(shù)》考研北京大學(xué)配套2021考研真題庫

《高等代數(shù)》考研北京大學(xué)配套2021考研真題庫第一部分 名?？佳姓骖}第1章 多項式一、判斷題設(shè)Q

【答案】對查看答案【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為有理數(shù)，故a±b＝（α1＋β1i）±（α2＋β2i）＝（α1±α2）＋（β1±β2）i∈Pab＝（α1＋β1i）（α2＋β2i）＝（α1α2－β1β2）＋（α1β2＋α2β1）i∈P又令c＝α3＋β3i，d＝α4＋β4i，其中α3，α4，β3，β4為有理數(shù)且d≠0，即α4≠0，β4≠0，有綜上所述得P為數(shù)域．設(shè)是數(shù)域P上的多項式如果a是的三階導(dǎo)數(shù)f（x）的k重根（k≥1）并且f（a）＝0，則a是f（x）的k＋3重根．（ ）[南京大學(xué)研]【答案】錯查看答案【解析】反例是f（x）＝（x－a）k＋3＋（x－a）2，這里f（a）＝0，并且f?（x）＝（k＋3）（k＋2）（k＋1）（x－a）k滿足a是f（x）的三階導(dǎo)數(shù)f?（x）的k重根（k≥1）．設(shè)f（x）＝x4＋4x－3，則f（x）在有理數(shù)域上不可約．（ ）[南京大學(xué)研]【答案】對查看答案【解析】令x＝y(tǒng)＋1，則f（y）＝y(tǒng)4＋4y3＋6y2＋8y＋2，故由艾森斯坦因判別法知，它在有理數(shù)域上不可約．二、計算題1．f（x）＝x3＋6x2＋3px＋8，試確定p的值，使f（x）有重根，并求其根．[清華大學(xué)研]解：f′（x）＝3（x2＋4x＋p）．且（f（x），f′（x））≠1，則（1）當(dāng)p＝4時，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，這時f（x）的三個根為－2，－2，－2．（2）若p≠4，則繼續(xù)輾轉(zhuǎn)相除，即當(dāng)p＝－5時，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）這時f（x）的三個根為1，1，－8．2．假設(shè)f1（x）與f2（x）為次數(shù)不超過3的首項系數(shù)為1的互異多項式，且x4＋x2＋1整除f1（x3）＋x4f2（x3），試求f1（x）與f2（x）的最大公因式．［通大學(xué)研］解：設(shè)6次單位根分別為由于x6－1＝（x2）3－1＝（x2－1）（x4＋x2＋1），所以ε1，ε2，ε4，ε5是x4＋x2＋1的4個根.由于ε13＝ε53＝－1，且x4＋x2＋1∣f1（x3）＋x4f2（x3），所以，分別將ε1，ε5代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得從而f1（－1）＝f2（－1）＝0即x＋1是f1（x）與f2（x）的一個公因式．同理，將ε2，ε4代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得f1（1）＝f2（1）＝0，即x－1是f1（x）與f2（x）的一個公因式．所以（x－1）（x＋1）是f1（x）f2（x）的一個公因式．又因為為次數(shù)不超過3的首項系數(shù)為1g（x））＝x2－1三、證明題設(shè)不可約的有理分?jǐn)?shù)p/q是整系數(shù)多項式f（x）＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an－1x＋an的根，證明：q∣a0，p∣anp/q是又因為qx－p的公因子]，且f（x）＝（qx－p）（bn－1xn－1＋…＋b0，bi∈z比較兩邊系數(shù)，得a0＝qbn－1，an＝－pb0 q∣a0，p∣an設(shè)f（x）和g（x）是數(shù)域P為給定的正整數(shù)．求證：f（x）∣g（x）的充要條件是fk（x）∣gk（x）[浙江大學(xué)研]證明：（1）先證必要性．設(shè)f（x）∣g（x），則g（x）＝f（x）h（x），其中h（x）∈P（x），兩邊k次方得gk（x）＝fk（x）hk（x），所以fk（x）∣gk（x）（2）再證充分性．設(shè)fk（x）∣gk（x）（i）若f（x）＝g（x）＝0，則f（x）∣g（x）（ii）若f（x），g（x）不全為0，則令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fk（x）＝dk（x）f1k（x），gk（x）＝dk（x）g1k（x）因為fk（x）∣gk（x），所以存在h（x）∈P[x]（x），使得gk（x）＝fk（x）·h（x）所以dk（x）g1k（x）＝dk（x）f1k（x）·h（x），兩邊消去dk（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）這樣繼續(xù)下去，有f1（x）∣g1（x），但（f1（x），g1（x））＝1故fl（x）＝c，其中c為非零常數(shù)．所以f（x）＝d（x）f1（x）＝cd（x） f（x）∣g（x）設(shè)都是P[x]中的非零多項式，且這里m≥1．又若（s（x），g1（x））＝1，s（x）∣f（x）．證明：不存在f1（x），r（x）∈P[xr（x）≠0，?（r（x））＜?（s（x））使①[浙江大學(xué)研]證明：用反證法，若存在f1（x），r（x）使①式成立，則用g（x）乘①式兩端，得f（x）＝r（x）g1（x）＋f1（x）s（x）②因為s（x）∣f（x），s（x）∣f1（x）s（x），由②式有s（x）∣r（x）g1（x）．但，所以s（x）∣r（x）．矛盾．設(shè)f（x）是有理數(shù)域上n次[n≥2f的一根的倒數(shù)也是每一根的倒數(shù)也是證明：設(shè)b是f（x）的一根，1/b也是f（x）的根．再設(shè)c是f（x）的任一根．下證1/c也是f（x）的根．令g（x）＝f（x）/d，其中d為f（x）的首項系數(shù)，不難證明：g（x）與f（x）有相同的根，其中g(shù)（x）是首項系數(shù)為l的有理系數(shù)不可約多項式．設(shè)g（x）＝xn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0，（a0≠0）．由于bn＋an－1bn－1＋…＋a1b＋a0＝0①（1/b）n＋an－1（1/b）n－1＋…＋a1（1/b）＋a0＝0?a0bn＋a1bn－1＋…＋an－1b＋1＝0?bn＋（a1/a0）bn－1＋…＋（an－1/a0）b＋1/a0＝0②由（x不可約及①②兩式可得0＝0i0－i i＝－a0＝±1，ai＝±an－i（i＝1，2，…，n－1）③由③式可知，當(dāng)時，有，且5．設(shè)是復(fù)系數(shù)一元多項式，對任意整數(shù)n有的系數(shù)都是有理數(shù)．舉例說明存在不是整系數(shù)的多項式，滿足對任意整數(shù)n，有f（n）是整數(shù)．［浙江大學(xué)研］證明：設(shè)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．g（x）∈Q[x]．事實上，令g（x）＝a0＋a1x＋…＋amxm，am≠0，ai∈R，i＝1，2，…，m則有a0＋a1＋…＋am＝g（1）∈Z，a0＋a1·2＋…＋am·2m＝g（2）∈Z，a0＋a1（m＋1）＋…＋am（m＋1）m＝g（m＋1）∈Z.記則有（a0，a1，…，am）T＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））①又顯見∣T∣＝m!（m－1）!…2!1!≠0，由①式得（a0，a1，…，am）＝（g（1），g（2），…，g（m＋1））T－1這