kostrikin 第一卷第五章习题

这是柯斯特利金《代数学引论》中文版第一卷第五章的习题。几个月前看了一到四章（还有第五章的一部分）并做了习题，但是没有写详细过程，打算以后补。但时至今日已经懒得全补了，所以从第五章开始写。

由于是自学的，答案仅供参考，不排除出错的可能。看了提示的题目在题号前标 \(*\)​​。

“温故而知新，可以为师矣。”——孔子

1 复数域

1. 找出使 \(z^2+(1+i)z\) 为纯虚数的所有模为 \(1\) 的复数 \(z\)。在复平面上画出这些点的轨迹。

不妨设 \(z=e^{i\theta}=\cos \theta +i\sin\theta\)​​，\(\theta \in [0,2\pi)\)​。

复数 \(z_0=z(1+i+z)\)​ 的辐角 \(\phi\)​ 为 \(\pm\frac{\pi}{2}\)​，推出 \(\frac{1+\sin\theta}{1+\cos\theta}=\tan(\frac{\pi}{2}-\theta )=\cot\theta\)，这是充要条件。为了避免边界麻烦，我们将它写成 \(\cos\theta+\cos^2\theta=\sin\theta+\sin^2\theta\)​​。

解得 \(\cos\theta=\sin\theta\or \cos\theta +\sin\theta+1=0\)​​，\(\theta=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4},\pi,\frac{3\pi}{2}\)​​。注意到 \(\theta=\frac{5\pi}{4}\)​ 时 \(z_0=0\)​，而根据书上的定义，\(0\) 是纯虚数。

因此 \(z=\pm\frac{1+i}{\sqrt{2}},-1,-i\)​。

2. 设复数 \(\delta\) 满足方程 \(\delta^4=-1\)，域 \(\mathbb{R}(\delta)\) 由 \(\mathbb{R}\) 添加 \(\delta\) 得到。关于 \(\mathbb{R}(\delta)\) 我们能说点什么？

不明所以的问法。（\(\mathbb{R}(\delta)\) 是 \(\mathbb{C}\) 的扩域？）

3. 设 \(A,B\in M_n(\mathbb{R})\)。根据定理 \(1\) 证明 \(\overline{\det(A+iB)}=\det (A-iB)\)（加横线表示复共轭）

定理 1 映射 \(z\mapsto \bar{z}\) 是域 \(\mathbb{C}\) 的二阶自同构，使得所有的实数保持不变。任意复数与它的共轭的和与积是实数。

\[\overline{\det (A+iB)}=\overline{\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon_\sigma \prod_{j=1}^n (a_{j\sigma_j}+ib_{j\sigma_j})}=\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon_\sigma \prod_{j=1}^n \overline{a_{j\sigma_j}+ib_{j\sigma_j}}=\sum_{\sigma\in S_n}\varepsilon_\sigma \prod_{j=1}^n (a_{j\sigma_j}-ib_{j\sigma_j})= \det(A-iB) \]

其中用到了 \(\overline{\varepsilon_\sigma}=\varepsilon_{\sigma}\)。

4. 设 \(A,B\in M_n(\mathbb{R})\),

\[C=\begin{pmatrix}A& B\\-B&A\end{pmatrix}\in M_{2n}(\mathbb{R}) \]

对实矩阵 \(C\) 实行复数域上的 \(\text{I}\) 型和 \(\text{II}\) 型初等变换证明

\[\det C=|\det (A+iB)|^2 \]

\[\begin{aligned}\det \begin{pmatrix}A&B\\-B&A\end{pmatrix}&=\det \begin{pmatrix}A+iB&B\\iA-B&A\end{pmatrix}\\&=\det \begin{pmatrix}A+iB&B\\0&A-iB\end{pmatrix}\\&=\det(A+iB)\det(A-iB)\\&=\det(A+iB)\overline{\det(A+iB)} \\&=|\det(A+iB)|^2\end{aligned} \]

5. （波利亚和塞格）利用习题 \(3\)​ 和 \(4\)​ 给出下述 “奇怪” 现象的解释。带有复系数 \(d_{kl}=a_{kl}+ib_{kl}\)​ 和未知数 \(z_i=x_i+iy_i\)​ 的方形线性方程组

\[\begin{aligned}d_{11}z_1&+\dots+d_{1n}z_n=0\\ &\dots\dots\dots\dots\\ d_{n1}z_1&+\dots +d_{nn}z_n=0 \end{aligned}\qquad(*) \]

有非平凡解 \((z_1,\dots,z_n)\)​，当且仅当 \(\det(d_{kl})=a+ib=0\)。这个条件引出了两个方程 \(a=0,b=0\)，它们联系到 \(2n^2\) 个数值 \(a_{kl},b_{kl}\)。另一方面，方程组 \((*)\) 可以写成带有 \(2n\) 个未知数 \(x_i,y_i\) 的 \(2n\) 个齐次线性方程组。现在非平凡解存在的条件是，单独一个 \(2n\) 阶实行列式等于零，它仅由关于 \(a_{kl},b_{kl}\) 的一个方程给出。这两个结果是怎样相容的？

方程组 \((*)\) 等价于方程组

\[\begin{aligned}(a_{11}x_1-b_{11}y_1)+i(a_{11}y_1+b_{11}x_1)&+\dots+(a_{1n}x_n-b_{1n}y_n)+i(a_{1n}y_n+b_{1n}x_n)=0\\ &\dots\dots\dots\dots\\ (a_{n1}x_1-b_{n1}y_1)+i(a_{n1}y_1+b_{n1}x_1)&+\dots +(a_{nn}x_n-b_{nn}y_n)+i(a_{nn}y_n+b_{nn}x_n)=0 \end{aligned} \]

等价于

\[\begin{aligned}a_{11}y_1&+\dots+a_{1n}y_n+b_{11}x_1+\dots+b_{1n}x_n=0 \\& \dots\dots\dots\dots \\a_{n1}y_1&+\dots+a_{nn}y_n+b_{n1}x_1+\dots+b_{nn}x_n=0 \\-b_{11}y_1&-\dots - b_{1n}y_n+ a_{11}x_1+\dots +a_{1n}x_n=0 \\&\dots\dots\dots\dots \\-b_{n1}y_1&-\dots-b_{nn}y_n+a_{n1}x_1+\dots+a_{nn}x_n=0 \end{aligned}\qquad (1) \]

方程组 \((1)\) 的行列式为 \(\det\begin{pmatrix}A&B\\-B&A\end{pmatrix}\)，而方程组 \((*)\) 的行列式为 \(\det D=\det(A+iB)\)。由习题 \(4\)，\(\det\begin{pmatrix}A&B\\-B&A\end{pmatrix}=0\Leftrightarrow \det(A+iB)=0\)。

6. 找出二次域 \(\mathbb{Q}(\sqrt{d})\)​​ 的自同构，记住它的自同构应该保持有理数不变（这里中文版似乎漏译了 “记住”，根据英文版改的）。

可能的自同构只有两种情况：恒等映射、映射 \(a+b\sqrt{d}\mapsto a-b\sqrt{d}\)​​。

7. 当 \(n>1\) 时，所有 \(n\) 次方根的和等于什么？求 \(1\) 的十二次本原根的和，以及十五次本原根的和。

所有 \(n\) 次方根和等于 \(0\)​（韦达定理）。

\(1\) 的十二次本原根为 \(e^{i\frac{\pi}{6}},e^{i\frac{5\pi}{6}},e^{i\frac{7\pi}{6}},e^{i\frac{11\pi}{6}}\)，它们的和为 \(0\)。

\(1\) 的十五次本原根为 \(e^{i\frac{2k\pi}{15}},k=1,2,4,7,8,11,13,14\)。这个可以用容斥法算（我不知道能不能直接算），拿 \(15\) 次单位根的和减掉 \(3\) 次单位根的和，减掉 \(5\) 次单位根的和，再加上 \(1\)，答案是 \(1\)。

$*$8. 证明 \(\zeta=\frac{2+i}{2-i}\) 不是 \(1\) 的根，尽管 \(|\zeta|=1\)。

假设 \(\zeta^n=1,n\in \mathbb{Z^+}\)，则 \((2-i)^n=(2+i)^n=(2-i+2i)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(2-i)^k(2i)^{n-k}\)。因此 \((2-i)(a+bi)=(2i)^n,a,b\in \mathbb{Z}\)，推出 \(5(a^2+b^2)=2^{2n}\)，而 \(5\nmid 2^{2n}\)，得到矛盾。

9. 集合 \(S^1=\{e^{i\varphi}|\varphi\in\mathbb{R}\}\) 组成 \(\mathbb{C}\) 的乘法群 \(\mathbb{C^*}\)​ 的一个子群。任意 \(\mathbb{R}-\)线性映射 \(f:\mathbb{C}\to \mathbb{C}\) 叫做正交的，若 \((f(z)|f(z'))=(z|z')\)，即若 \(f\) 保存向量的长度（两点间的距离）。证明如果 \(f(z)=cz\) 或 \(f(z)=c\bar{z}\)，其中 \(c\in S^1\)，则 \(f:\mathbb{C}\to \mathbb{C}\) 是正交的。

若 \(f(z)=cz\)，则 \((f(z)|f(z'))=\operatorname{Re} f(z)\overline{f(z')}=\operatorname{Re} cz\overline{cz'}=\operatorname{Re} c\bar{c}z\overline{z'}=\operatorname{Re} z\overline{z'}=(z|z')\)。

\(f(z)=c\bar{z}\) 同理，只需指出 \(\operatorname{Re} z\overline{z'}=\operatorname{Re}\bar{z}z'\)。

$*$10. 证明

\[\begin{vmatrix} x_0& x_1&\dots&x_{n-1}\\ x_{n-1}&x_0&\dots&x_{n-2} \\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ x_1&x_2&\dots&x_0 \end{vmatrix}=\prod_{k=0}^{n-1}(x_0+\zeta^kx_1+\dots+\zeta^{(n-1)k}x_{n-1}) \]

其中 \(\zeta\) 是 \(1\) 的一个 \(n\) 次本原根。

本题解答参考了 Razvan Gelca&Titu Andreescu 的《Putnam and Beyond》。

令上述行列式为 \(D\)。我们依次将第 \(2,3,\dots,n-1\) 列加到第一列上，得到

\[D=\begin{vmatrix} x_0+\dots+x_{n-1}& x_1&\dots&x_{n-1}\\ x_0+\dots+x_{n-1}&x_0&\dots&x_{n-2} \\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ x_0+\dots+x_{n-1}&x_2&\dots&x_0 \end{vmatrix} \]

当 \(x_0+\dots +x_{n-1}=0\) 时，\(D=0\)，所以 \(x_0+\dots+x_{n-1}\) 是 \(D\) 的因式。

类似地，我们可以将第 \(i=2,3,\dots,n-1\) 列乘以 \(\zeta^{(i-1)k}\) 加到第一列上，得到 \(x_0+\zeta^kx_1+\dots+\zeta^{(n-1)k}x_{n-1}\) 是 \(D\) 的因式。因为 \(\zeta\) 是 \(1\) 的 \(n\) 次本原根，所以这 \(n\) 个因式是线性无关的。又因为我们知道 \(D\) 是 \(n\)​ 次齐次多项式，所以有

\[D=C\prod_{k=0}^{n-1}(x_0+\zeta^kx_1+\dots+\zeta^{(n-1)k}x_{n-1}) \]

其中 \(C\) 是常数。令 \(x_0=1,x_1=x_2=\dots=x_{n-1}=0\)，解得 \(C=1\)。

2 多项式环

1. 多项式 \(f(X)=X^5+3X^4+X^3+4X^2-3X-1,g(X)=X^2+X+1\) 可以看作环 \(\mathbb{Z}[X]\) 中的多项式或者环 \(\mathbb{Z}_5[X]\) 中的多项式。用带余除法证明，在第一种情况下 \(f(x)\) 不被 \(g(x)\) 整除，而在第二种情况下，\(f(x)\) 可以被 \(g(x)\) 整除。与此相反的情况有可能出现吗？

首先将 \(f,g\)​ 看作 \(\mathbb{Z}[x]\)​ 中的多项式。根据定理 \(5\)​，存在唯一一对多项式 \(q,r\in \mathbb{Z}[x]\)​，使得 \(f=qg+r\)​。实际上 \(q=X^3+2X^2-2X+4,r=-5X-5\neq0\)​，因此 \(g\nmid f\)。

然后将 \(f,g\) 看作 \(\mathbb{Z}_5[X]\) 中的多项式。这时 \(r=0\)（在等价类的意义下），因此 \(g\mid f\)。

相反的情况不可能出现。因为如果在 \(\mathbb{Z}_5[X]\)​ 中 \(g\nmid f\)​，则 \(r\)​ 和 \(0\)​ 在模 \(5\)​ 意义下不属于同一个等价类，可以推出在环 \(\mathbb{Z}[X]\)​ 中 \(r\neq0\)​，也就是说 \(g\nmid f\)​。

2. 用定理 3 证明，如果 \(F\)​​ 是域，则环 \(F[X]\)​​ 的保持 \(F\)​​ 不变的所有自同构组成的群同构于变换群 \(X\mapsto aX+b\)，其中 \(a,b\in F,a\neq0\)。​​

定理 3 设 \(A\) 和 \(R\) 是任意交换环，\(t\) 是 \(R\) 的一个元素，而 \(\varphi:A\to R\) 是环同态，则 \(\varphi\) 可以唯一地扩充为环同态 \(\varphi_t:A[X]\to R\)，它将变元 \(X\) 对应到 \(t\)。

设 \(\varphi\) 是 \(F[X]\) 的自同态，满足 \(\varphi(a)=a,\forall a\in F\)。根据定理 \(3\)，只需确定 \(\varphi(X)\) 的值，就能唯一确定 \(\varphi\)。

若 \(\varphi\) 是一个同构，则必然有 \(\deg\varphi(X)=1\)，否则 \(\varphi\) 显然非满。

另一方面，设 \(\varphi(X)=aX+b,a,b\in F,a\neq0\)，则 \(\varphi\) 是双射，因为存在唯一的 \(\varphi^{-1}\)，它将 \(X\) 对应到 \(a^{-1}(X-b)\)。

3. 证明多项式 \(f\in F[X_1,\dots,X_n]\)​ 是 \(m\)​ 次形式，当且仅当 \(f(tX_1,\dots,tX_n)=t^mf(X_1,\dots,X_n)\)​，其中 \(t\)​ 是一个新的变元。

必要性显然，下证充分性。

可以分开考虑 \(f\)​ 的每个单项式。对于单项式 \(g=a_{i_1\dots i_{n-1}i_n} X_1^{i_1}\dots X_n^{i_n}\)，有 \(g(tX_1,\dots,tX_n)=t^{i_1+\dots+i_n}g(X_1,\dots,X_n)\)。​又因为 \(g(tX_1,\dots,tX_n)=t^m g(X_1,\dots,X_n)\)，所以 \(i_1+\dots+i_n=m\)。上述等式对 \(f\) 的所有单项式成立，所以 \(f\) 是 \(m\) 次形式。

4. 证明全次数为 \(m\) 的 \(n\) 变元单项式个数为 \(\binom{m+n-1}{m}\)。

考虑数学归纳法。\(n=0\) 或 \(m=0\) 时，全次数为 \(m\) 的 \(n\) 变元单项式个数为 \(1\)，等式成立。

假设等式对所有 \(n<n_0\)​ 和 \(m<m_0\)​ 成立。变元 \(X_{n_0}\) 的次数要么为 \(0\)，要么大于 \(0\)。前者有 \(\binom{m_0+n_0-2}{m_0}\) 种情况，后者有 \(\binom{m_0+n_0-2}{m_0-1}\) 种情况。总的情况数为 \(\binom{m_0+n_0-2}{m_0}+\binom{m_0+n_0-2}{m_0-1}=\binom{m_0+n_0-1}{m_0}\)，等式成立。

5. 返回第 \(1\) 段的定义，考察集合 \(A[[X]]\)，它由变元（或未定元）\(X\) 的形式幂级数 \(f(X)=\sum_{i\ge 0}a_iX^i\) 组成，或者由序列 \((a_0,a_1,a_2,\dots)\) 组成，其中系数 \(a_i\) 是交换环 \(A\) 中的任意元素，可能有无限多个 \(a_i\neq0\)。\(A[[X]]\)​ 中的形式幂级数的运算与多项式的运算遵循同样的法则。

   证明集合 \(A[[X]]\) 连同这些运算构成一个交换结合环，带有单位元 \(1=(1,0,0,\dots)\)。

   因为在幂级数 \(f=\sum a_iX^i\) 中，变元 \(X\) 有任意大的方幂 \(X^i\)，那么谈论次数 \(\deg f\) 就没有意义了，比较自然的是考察 \(f\) 的级 \(\omega(f)\)，它是使 \(a_n\ne 0\) 的最小下标 \(n\)（\(\omega(0)=+\infty\)）。

   证明

   i) \(\omega(f+g)\ge \min\{\omega(f),\omega(g)\}\)；

   ii) \(\omega(fg)\ge \omega(f)+\omega(g)\)。

   如果 \(A\) 是一个整环，证明 \(\omega(fg)=\omega(f)+\omega(g)\)。特别地这时 \(A[[X]]\) 也是整环。

先证 \(A[[X]]\) 是交换结合环。加法是阿贝尔群这一条件是显然的，分配律和乘法结合律证法与多项式的情况完全类似，\(1\) 是单位元同理。

下面验证乘法交换律。

\[\left(\sum_{i\ge 0} a_iX^i\right)\left(\sum_{j\ge 0} b_jX^j\right)=\sum_{k\ge 0}\left(\sum_{i+j=k}a_ib_j\right)X^k=\sum_{k\ge 0}\left(\sum_{j+i=k}b_ja_i\right)X^k= \left(\sum_{j\ge 0}b_jX^j\right)\left(\sum_{i\ge 0} a_iX^i\right) \]

以下默认 \(f=\sum_{i\ge 0}a_iX^i,g=\sum_{j\ge 0}b_jX^j\)。

i) \(i<\min\{\omega(f),\omega(g)\}\) 时，\(a_i=b_i=0\Rightarrow a_i+b_i=0\)。

ii) \(k<\omega(f)+\omega(g)\) 时，若 \(i+j=k\)，则 \(i<\omega(f)\) 或 \(j<\omega(g)\)，也就是说 \(a_i\) 和 \(b_j\) 至少有一个为 \(0\)。

如果 \(A\) 是整环，那么 \([X^{w(f)+w(g)}](fg)= a_{\omega(f)}b_{w(g)}\neq0\Rightarrow \omega(fg)\le \omega(f)+\omega(g)\)，而 ii) 告诉我们 \(w(fg)\ge w(f)+w(g)\)。

6. 多项式和幂级数经常用来作为各种类型的数值的生成函数，我们用两个简单的例子说明这一点。

a) 用 \(\mathbb{Z}[X]\) 中的二项式公式 \(\sum \binom{n}{i}X_i=(1+X)^n\) 和显然的分解 \((1+X)^m(1+X)^n=(1+X)^{m+n}\) 证明关系式

\[\sum_{i=0}^k \dbinom{m}{i}\dbinom{n}{k-i}=\dbinom{m+n}{k} \]

b) 在带有二元运算的集合中，可以在 \(n\) 个元素的乘积之间安插括号，求出所有可能的安插方式数目 \(l_n\)，为此引入生成函数-形式幂级数

\[l(X)=\sum_{n\ge 1}l_nX^n=X+X^2+2X^3+\dots \]

是有用的。它的前几个系数在第四章 ♯1 第 \(3\) 段中已经计算过。从显然的递推关系

\[l_n=\sum_{k=1}^{n-1}l_kl_{n-k} \]

得到 \(l(X)^2=l(X)-X\)，解这个二次方程，我们有

\[l(X)=\frac{1-\sqrt{1-4X}}{2} \]

（根式前的符号是由条件 \(l_n>0\) 决定的）但是如果幂级数 \(f(X)\) 满足 \(f^r=1+\lambda x,r\in \mathbb{N}\)，则

\[f(X)=1+\sum_{k\ge 1}\left[\prod_{i=0}^{k-1}\left(\frac{1}{r}-i\right)\right]\frac{(\lambda X)^k}{k!} \]

（姑且认为泰勒展开式存在）。在我们的情况下，\(r=2,\lambda=-4\)，且简单的代换给出了最后的表达式

\[l_n=\frac{1}{n}\dbinom{2n-2}{n-1} \]

（我们指出 \(l_n=C_{n-1}\) 是经典的卡塔兰数）

建议补上所有的中间步骤。

a)

\[(1+X)^m(1+X)^n=\left(\sum_{i\ge 0}\dbinom{m}{i}X^i\right)\left(\sum_{j\ge 0}\dbinom{n}{j}X^j\right)=\sum_{k\ge 0}\left(\sum_{i+j=k}\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{j}\right)X^k \]

而

\[(1+X)^{m+n}=\sum_{k\ge 0}\dbinom{m+n}{k}X^k \]

比较系数可得

\[\sum_{i=0}^k \dbinom{m}{i}\dbinom{n}{k-i}=\dbinom{m+n}{k} \]

b)

\[l(X)^2=\sum_{k\ge 2}\left(\sum_{i+j=k}l_il_j \right)X^k=\sum_{k\ge 2}l_kX^k=l(X)-X \]

若 \(f^r=1+\lambda X\)，则 \(f\) 可以形式地写成 \((1+\lambda X)^{\frac{1}{r}}\)。由牛顿二项式定理，

\[f=\sum_{k\ge 0}\dbinom{\frac{1}{r}}{k}(\lambda X)^k=1+\sum_{k\ge 1}\left[\prod_{i=0}^{k-1}\left(\frac{1}{r}-i\right)\right]\frac{(\lambda X)^k}{k!} \qquad(*) \]

由于

\[l(X)=\frac{1-\sqrt{1-4X}}{2} \]

所以 \(1-4X=(1-2l(X))^2\)​。

将 \(r=2,\lambda=-4\)​​ 代入 \((*)\) 式得

\[1-2l(X)=1+\sum_{k\ge 1}\left[\prod_{i=0}^{k-1}\left(\frac{1}{2}-i\right)\right]\frac{(-4X)^k}{k!}=1+\sum_{k\ge 1}\left[\prod_{i=0}^{k-1}(4i-2)\right]\frac{X^k}{k!} \]

因此

\[l(X)=\sum_{k\ge 1}\left[\prod_{i=1}^{k-1}(4i-2)\right]\frac{X^k}{k!} \]

用归纳法可以验证

\[[X^k]l(X)=\frac{\prod_{i=1}^{k-1}(4i-2)}{k!}=\frac{1}{k}\dbinom{2k-2}{k-1} \]

3 多项式环中的因式分解

1. 证明
   \[\begin{aligned} n\mathbb{Z}+m\mathbb{Z}&=\mathbb{Z}\cdot \gcd(n,m)\\ n\mathbb{Z}\cap m\mathbb{Z}&=\mathbb{Z}\cdot \operatorname{lcm}(n,m) \end{aligned} \]

i) 因为 \(\gcd(n,m)\mid n,\gcd(n,m)\mid m\)，所以 \(\mathbb{Z}\cdot \gcd(n,m)\supset n\mathbb{Z}+m\mathbb{Z}\)。

​ 根据裴蜀定理，存在 \(u,v\in \mathbb{Z}\) 使得 \(nu+mv=\gcd(n,m)\)，所以 \(\mathbb{Z}\cdot \gcd(n,m)\subset n\mathbb{Z}+m\mathbb{Z}\)。

ii) 因为 \(n\mid \operatorname{lcm}(n,m),m\mid \operatorname{lcm}(n,m)\)，所以 \(n\mathbb{Z}\cap m\mathbb{Z}\supset\mathbb{Z}\cdot \operatorname{lcm}(n,m)\)。

​ 另一方面，由 \(\operatorname{lcm}\) 的定义，\(n\mid d,m\mid d\Rightarrow \operatorname{lcm}(n,m)\mid d\)，所以 \(n\mathbb{Z}\cap m\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}\cdot \operatorname{lcm}(n,m)\)。

2. 设 \(f\) 和 \(g\) 是 \(\mathbb{Z}[X]\) 中的首一多项式，证明在等式 \(\gcd(f,g)=fu+gv(u,v\in \mathbb{Z}[X])\) 中，可以使得 \(\deg u<\deg g,\deg v<\deg f\)。

不妨设 \(\deg f\le \deg g\)。

若 \(f\mid g\)，则命题显然成立：取 \(u=1,v=0\)。

若 \(f\nmid g\)，那么 \(\deg \gcd(f,g)<\deg f\)（辗转相除法）。可以假定 \(u,v\neq0\)，这样就有 \(\deg fu\ge \deg f,\deg gv\ge \deg g\)。并且 \(\deg fu=\deg gv\)，否则可以推出 \(\deg \gcd(fg)=\max\{\deg fu,\deg gv\}\)，与 \(\deg \gcd(f,g)<\deg f\) 矛盾。​

我们任取一对 \(u,v\in \mathbb{Z}[X]\)​ 满足 \(\gcd(f,g)=fu+gv\)​。若 \(\deg f\le \deg v\)​，则由于 \(f\)​ 是首一多项式，所以存在 \(q,r\in \mathbb{Z}[X],\deg r< \deg f\)​ 满足 \(v=qf+r\)​​。带入到上述等式得 \(\gcd(f,g)=fu+g(qf+r)=f(u+qg)+gr\)。注意到 \(\deg (u+qg)<\deg g\)，这是因为 \(\deg f+\deg(u+qg)=\deg g+\deg r\)。证毕。

3. 环 $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}] $ 和 \(\mathbb{Z}_8[X]\) 是唯一因子分解环吗？

两者都不是。

在环 \(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) 中，\(4=2\cdot 2=(1-\sqrt{-3})(1+\sqrt{-3})\)，这是 \(4\) 的两个本质不同的素因子分解。

在环 \(\mathbb{Z}_8[X]\) 中，\(X^2=X\cdot X=(X-4)(X+4)\)。

4. 当 \(5\le n\le 12\) 时，将 \(\mathbb{Z}[X]\) 中的多项式 \(X^n-1\) 分解成素因式的乘积。

注：多项式 \(X^n-1\) 在 \(\mathbb{C}\) 中的根就是 \(1\) 的 \(n\) 次根，由此可以检验（凑出）它在 \(\mathbb{Z}[X]\)​ 中的分解。也可以利用 Eisenstein 判别法。

\[\begin{aligned} X^5-1&=(X-1)(X^4+X^3+X^2+X+1) \\ X^6-1&=(X-1)(X+1)(X^2+X+1)(X^2-X+1) \\X^7-1&=(X-1)(X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1) \\X^8-1&=(X-1)(X+1)(X^2+1)(X^4+1) \\X^9-1&=(X-1)(X^2+X+1)(X^6+X^3+1) \\X^{10}-1&=(X-1)(X+1)(X^4+X^3+X^2+X+1)(X^4-X^3+X^2-X+1) \\X^{11}-1&=(X-1)(X^{10}+X^9+X^8+\dots+X+1) \\X^{12}-1&=(X-1)(X+1)(X^2+X+1)(X^2-X+1)(X^2+1)(X^4-X^2+1) \end{aligned} \]

5. 证明齐次多项式

\[f(X,Y)=a_0X^n+a_1X^{n-1}Y+\dots+a_{n-1}XY^{n-1}+a_nY^n\in \mathbb{Q}[X,Y] \]

的既约因式也是齐次的，并且 \(f(X,Y)\) 是既约的，当且仅当 \(f(X,1)=a_0X^n+a_1X^{n-1}+\dots +a_{n-1}X+a_n\in \mathbb{Q}[X]\) 是既约的。

先证前半部分。实际上只需证明：若齐次多项式 \(f(X,Y)=p(X,Y)q(X,Y)\)，那么 \(p\) 和 \(q\) 是齐次的。然后用归纳法即可。

假设 \(p\) 含有全次数为 \(s\) 的单项式，那么 \(q\) 必定且只可能含有全次数为 \(n-s\)​ 的单项式。若 \(p\) 还含有全次数为 \(s'\) 的单项式（\(s'\neq s\)），则 \(f=pq\) 含有全次数为 $n-s+s' $​ 的单项式，这就导致了矛盾。因此 \(p\) 和 \(q\) 是齐次的。

后半部分是好证的。若 \(f(X,Y)\) 不是既约的，那么 \(f(X,Y)=p(X,Y)q(X,Y)\Rightarrow f(X,1)=p(X,1)q(X,1)\)，所以 \(f(X,1)\) 也不是既约的；若 \(f(X,1)\) 不是既约的，假设它能被分解成 \(p(X)\cdot q(X)\)，其中 \(p(X)=\sum_{i=0}^s{b_i X^{s-i}},q(X)=\sum_{i=0}^{n-s}c_i X^{n-s-i}\)。那么 \(f(X,Y)=p(X,Y)q(X,Y)\)，这里 \(p(X,Y)=\sum_{i=0}^s b_i X^{s-i}Y^i,q(X,Y)=\sum_{i=0}^{n-s}c_iX^{n-s-i}Y^i\)​。

6. 设 \(P\) 是一个域，\(f(X)=\sum_{i\ge 0}a_i X^i\) 是 \(P[[X]]\) 中的形式幂级数，条件 \(a_0\neq 0\)，或等价地 \(\omega (f)=0\)，是存在幂级数 \(g\in P[[X]]\)，使得 \(fg=1\) 的充分必要条件。例如，\((1-X)^{-1}=\sum_{i\ge 0}X^i\)。精确到相伴，\(X\) 是 \(P[[X]]\) 中唯一的素元。环 \(P[[X]]\) 是唯一因子分解整环。证明这三个论断。

i) 对于每个 \(f(X)=\sum_{i\ge 0}a_iX^i\) 满足 \(a_0\neq 0\)，我们可以构造 \(f(X)^{-1}=\sum_{i\ge 0}b_iX^i\)。具体地，\(b_0=a_0^{-1}\)。假设 \(b_0,\dots,b_{n-1}\) 已经构造完毕，则由 \(\sum_{i=0}^na_ib_{n-i}=0\) 得 \(b_n=-a_0^{-1}\left(\sum_{i=1}^n a_ib_{n-i}\right)\)。

而 \(\omega (f)>0\) 时，有 \(\omega(fg)\ge \omega(f)>0\)，因此 \(f\) 没有逆元。

ii) \(X\)​​ 是素元：它不可逆，也不存在因子分解。任意满足 \(\omega(f)>0\) 的 \(f\) 含有因子 \(X\)。如果 \(\omega(f)>1\)，则 \(f\) 可以分解成 \(X\) 和一个不可逆元的乘积；如果 \(\omega (f)=1\)，那么 \(f\) 可以分解成 \(X\) 和一个可逆元的乘积，所以 \(f\) 和 \(X\)​​ 相伴。

iii) 对任意 \(f\in P[[X]]\)，若 \(\omega(f)=k\)，则 \(f\) 可以分解成 \(X^k\) 和一个可逆元的乘积，这一分解显然是唯一的。

*7. 证明 $\det(x_{ij})=\sum_{\pi\in S_n}\varepsilon_{\pi}x_{\pi(1),1}\dots x_{\pi(n),n} $​ 是 \(n^2\)​ 个变元 \(x_{ij}\)​ 的 \(n\)​ 次齐次既约多项式。

假设 \(\det(x_{ij} )=p(x_{ij} )q(x_{ij} )\)。假定 \(p\) 含有变元 \(x_{11}\)，那么 \(q\) 不含有变元 \(x_{1j},1\le j\le n\)（否则 \(pq\) 就会包含不在 \(\det\) 中的项），所以只能是 \(p\) 含有变元 \(x_{1j}\)​。对列执行类似的推理，得到 \(q\) 不含有变元 \(x_{ij},1\le i,j\le n\)，所以 \(q\) 是常数。

4 分式域

1. 构造系数取自实数域 \(\mathbb{R}\) 上单变元 \(X\) 的形式幂级数环 \(\mathbb{R}[[X]]\) 的分式域 \(\R ((X))\)。根据 \(♯3\) 习题 \(6\) 证明，\(\R((X))\) 中的元素形如

\[\varphi(X)=a_{-m}X^{-m}+a_{-m+1}X^{-m+1}+\dots+a_{-1}X^{-1}+a_0+a_1X+a_2X^2+\dots,a_i\in \R \]

其中允许出现有限多个负指数。换言之，\(\varphi(X)=X^{-m}f(X)\)，其中 \(f(X)\) 是取自 \(\R[[X]]\) 的通常的幂级数。

根据上一节习题 \(6\)，\(\R[[X]]\) 的每个元素形如 \(uX^k\)，其中 \(u\) 是可逆元。因此 \(\R((X))\) 的每个元素可以写成 \(\frac{uX^k}{vX^m}=wX^{k-m}\)，其中 \(u,v\) 在 \(\R[[X]]\) 中可逆，推出 \(w=u/v\) 在 \(\R[[X]]\)​ 中可逆。若 \(k-m\ge 0\)，那么 \(wX^{k-m}\) 就是 \(\R[[X]]\) 中的元素；若 \(k-m<0\)，那么 \(wX^{k-m}\)​ 能够写成题目所述的形式。

2. 设无限实数序列 \(a_0,a_1,a_2,\dots\) 从某项开始是周期的，证明幂级数 \(f(X)=a_0+a_1X+a_2X^2+\dots\) 可以写成 \(\R(X)\) 中的有理函数。

不妨设从 \(a_k\) 开始循环，循环节长度为 \(n\)。则

\[f(X)=a_0+a_1X+\dots+a_{k-1}X^{k-1}+\frac{a_kX^k+a_{k+1}X^{k+1}+\dots+a_{k+n-1}X^{k+n-1}}{1-X^n} \]

3. 证明形如 \(f/p^n,n\ge 1\) 的最简分式及其线性组合的集合是环 \(P_0(X)\) 的一个子环。

令题目给出的环为 \(R\)。加法的封闭性是显然的，只需证明 \(fg/p^{n+m}\in R\) 即可，其中 \(f/p^n\) 和 \(g/p^m\) 是任意满足条件的最简分式。

我们有 \(\deg fg< 2\deg p\)​，因此 \(fg\)​ 可以表示成 \(q_0p+q_1\) 的形式，其中 \(\max\{\deg q_0,\deg q_1\}<\deg p\)。​因此

\[\frac{fg}{p^{n+m}}=\frac{q_0}{p^{n+m-1}}+\frac{q_1}{p^{n+m}} \]

是最简分式的线性组合。

4. 令 \(P=\Z_3\)，根据习题 \(3\)，证明最简分式

\[\frac{a_1X+b_1}{X^2+1}+\frac{a_2X+b_2}{(X^2+1)^2}+\dots\qquad a_i,b_i\in \Z_3 \]

组成一个环 \(R\)，带有无穷降链

\[R=R_1\supset R_2\supset \dots\supset R_N\supset \dots \]

其中子环 \(R_N\) 由分式 \((aX+b)/(X^2+1)^n,n\ge N\) 张成。

\(X^2+1\) 在 \(\Z[X]\) 中不可约，因此 \((aX+b)/(X^2+1)^n\) 显然是最简分式。由习题 \(3\) 立即得到 \(R\) 是一个环。

用完全类似的方法可以证明 \(R_N\) 是环。