问题2012060401

给定$x$的$n$次多项式
$$f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n \quad (a_0 \neq 0).$$
如果已知$a_0, \cdots, a_n$都是实数, 证明存在实系数的多项式
$$\begin{aligned}(x – b_i) \quad &(b_i \in \mathbb{R}, i=1,2, \cdots, k) \\x^2 + p_ix + q_i &(p_i, q_i \in \mathbb{R}, p_i^2 = 4q_i < 0, i=1,2,\cdots, l)\end{aligned}$$
使得
$$f(x) = a_0(\prod_{i=1}^{k}{(x – b_i)})(\prod_{j=1}^{l}{(x^2 + p_jx + q_j)}).$$

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高等代数简明教程 蓝以中

分析

我们从方程的根出发构造出这个多项式乘积. 根据高等代数基本定理, 方程存在$n$个根, 对于实系数方程, 还有更进一步的结论, 虚根是成对出现的, 也就是说, 如果$\alpha + i\beta$是方程的根, 那么$\alpha – i\beta$也是方程的根.

解答

我们可以设方程的$n$个根分别为$b_i \in \mathbb{R}$, $i=1, \cdots, k$, 和$\alpha_j \pm i\beta_j$, $j=1,  \cdots, l$, $\alpha_j, \beta_j \in \mathbb{R}$, $\beta_j \neq 0$, $k + 2l = n$. 于是有
$$\begin{aligned}f(x) &= a_0(\prod_{i=1}^{k}{(x – b_i)})(\prod_{j=1}^{l}{(x – (\alpha_j + i\beta_j))(x – (\alpha_j – i\beta_j))}) \\&= a_0(\prod_{i=1}^{k}{(x – b_i)})(\prod_{j=1}^{l}{(x^2 – 2x\alpha_j + \alpha_j^2 + \beta_j^2)})\end{aligned}$$
令$p_j = -2\alpha_j$, $q_j = \alpha_j^2 + \beta_j^2$, 则$p_j, q_j \in \mathbb{R}$, 并且$p_j^2 < 4q_j$.

问题2012060402

设$f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n$, 且$a_0$, $a_1$, $\cdots$, $a_n$都是整数. 设$f(x)$有一个零点$a \in \mathbb{Z}$. 证明$a-1$整除$a_0 + a_1 + \cdots + a_n$, 而$a+1$整除$(-1)^n(a_0 – a_1 + a_2 – \cdots + (-1)^na_n)$

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高等代数简明教程 蓝以中

解答

转化一下, 题目条件为$f(a) = 0$, 要证明的是$(a-1) | f(1)$, 或者说$f(1) = (a-1)q$. 从$f(a) = 0$, 我们可以得到, $\forall x \in \mathbb{R}$, $f(x) = (x-a)q(x)$, 根据前面曾经证明的,$f(x)$作为有理数域上的多项式, 可以知道$q(x)$是有理系数多项式, 我们这里需要更进一步的结论: $q(x)$是整系数多项式.
$$\begin{aligned}\sum_{i=0}^{n}{a_ix^{n-i}} &= (\sum_{i=0}^{n-1}{b_ix^{n-1-i}})(x – a) + f(a) \\&= \sum_{i=0}^{n-1}{b_ix^{n-i}} – \sum_{i=0}^{n-1}{ab_ix^{n-1-i}} + f(a) \\&= b_0x^n + \sum_{i=1}^{n-1}{(b_i – ab_{i-1})x^{n-i}} – ab_{n-1} + f(a)\end{aligned}$$
由此有$a_0 = b_0$, $a_i = b_i – ab_{i-1}$, $i=1, \cdots, n-1$, $a_n = f(a) – ab_{n-1}$. 也就是说$b_0 = a_0, b_i = a_i + ab_{i-1}$, $i=1, \cdots, n-1$, 从这里可知$b_i \in \mathbb{Z}$, 于是$q(x)$是整系数多项式, $q(1)$和$q(-1)$都是整数.
$$f(1) = (1-a)q(1), \quad f(-1) = -(1 + a)q(-1).$$
由此可知结论成立.

问题2012060403

给定数域$K$上的$n$次代数方程
$$a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n = 0 \quad (a_0 \neq 0).$$
设它在$\mathbb{C}$内的$n$个根是$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$, 证明$\sum_{i=1}^{n}{\alpha_i^2} \in K$.

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高等代数简明教程 蓝以中

解答

使用根与系数的关系
$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}{\alpha_i^2} &= (\sum_{i=1}^{n}{\alpha_i^2}) – 2\sum_{i \neq j}{\alpha_i\alpha_j} \\&= (-\frac{a_1}{a_0})^2 – 2\frac{a_2}{a_0} \\&= \frac{a_1^2 – 2a_0a_2}{a_0^2} \in K\end{aligned}$$

问题2012060404

设$n$为正整数, 令$\epsilon = e^{\frac{2\pi{}i}{n}}$. 对任意整数$k$, 试计算
$$\epsilon^k + \epsilon^{2k} + \cdots + \epsilon^{nk} = \sum_{i=1}^{n}{\epsilon^{ik}}.$$

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高等代数简明教程 蓝以中

解答

这是一个等比数列的求和. 当$n | k$时, $\epsilon^{ik} = 1$, $\sum_{i=1}^{n}{\epsilon^{ik}} = n$, 当$n \not{|} k$时,
$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}{\epsilon^{ik}} &= \frac{1 – (\epsilon^k)^n}{1 – \epsilon^k} \\&= \frac{1 – \epsilon^{nk}}{1 – \epsilon^k} = 0\end{aligned}$$

这个结论可以用于解析数论之中. 令$e_q(x) = e^{2\pi{}ix/q}$, 则有

$$\sum_{x=1}^{q}{e_q(hx)} = \left\{\begin{aligned} &q \quad \text{若} q | h, \\ &0 \quad \text{若} q \not{|} h, \end{aligned}\right.$$