华罗庚版数论导引习题

1、数论导引习题解答 第一章 整数之分解.1 第二章 同余式.10 第三章 二次剩余.11 第四章 多项式之性质.12 第五章 素数分布之概况.18 第六章 数论函数.22 第七章 三角和及特征.32 第八章 与椭圆模函数有关的几个数论问题.35 第九章 素数定理.43 第十章 渐近法与连分数.51 第十一章 不定方程.54 第十二章 二元二次型.68 第十三章 模变换.76 第十四章 整数矩阵及其应用. 77 第十五章 p-adic 数.79 第十六章 代数数论介绍.80 第十七章 代数数与超越数.87 第十八章 waring 问题及 prouhet-tarry 问题.89 第十九章 密率.89

2、 第二十章 数的几何.92 copyright 黄爱民 第一章 整数之分解第一章 整数之分解 1.1.1 若 n 为正整数，则 n na =a. 证明：设 a=k+ n j +r(0r n 1 ), 0jn (k,j 为整数), n na = n jnk =k=a. 1.1.2 若 n 为正整数，则a+a+ n 1 +.+a+ n n 1 =na. 证明：设 a=k+ n j +r(0r n 1 ), 0jn (k,j 为整数), a+a+ n 1 +.+a+ n n 1 =k+ n j +r+k+ n j1 +r+.+k+ n n 1 +r+k+1+r+.+k+1+r n j 1 =(n-1

3、-j+1)k+(j-1-0+1)(k+1)=nk+j=na. 1.1.3 证明不等式 2a+2ba+a+b+b. 证明：设 a=k1+ 2 1 +r1, b=k2+ 2 2 +r2, 011,0r1 2 1 ,021,0r20 则 10p/q=2, 10p=2q, 5p=2q-p, 所以 p=0,q-p=0,这与 p,q0 矛盾。 1.5.2 若已知 1024 1025 log10=a, 10251023 1024 log 2 10 =b, 8280 81 log 2 10 =c, 126124 125 log 2 10 =d, 10098 99 log 2 10 =e, 则 1962log1

4、0=59+5a+8b-3c-8d+4e 证明：只要证明 2log196 10 10=2196=1059+5a+8b-3c-8d+4e =1059 5 ) 1024 1025 ( 8 2 ) 10251023 1024 ( 3 2 ) 81 8280 ( 8 2 ) 125 126124 ( 4 2 ) 10098 99 ( = 8812482481688850 168168824331231605105959 57253415311132 3113731241225241552 = 8888848162481250 358883105916162431216059 4131117532 413

5、1117532 =2196成立，证毕。 1.6.1 证明下列等式： (a1,.,an)=(a1,.,as),(as+1,.,an),a1,.,an=a1,.,as,as+1,.,an 证明：c=(a1,.,an)|ai(i=1,2,.,n), 则 c|ai(i=1,2.s),及 c|ai(i=s+1,.,n), 故（a1,.,an)|(a1,.,as),(as+1,.,an), 反之 c=(a1,.,as),(as+1,.,an)|ai(i=1,2.s),及 c|ai(i=s+1,.,n),则 c|ai(i=1,2,.,n), 故(a1,.,as),(as+1,.,an)|(a1,.,an),

6、 因此 (a1,.,an)=(a1,.,as),(as+1,.,an) . 同理 ai|c=a1,.,an(i=1,2,.,n), 则 ai|c (i=1,2.s),及 c|ai(i=s+1,.,n), 故a1,.,as,as+1,.,an|a1,.,an, 而 ai|c=a1,.,as,as+1,.,an (i=1,2.s),及 ai|c (i=s+1,.,n),则 c|ai(i=1,2,.,n), 故a1,.,an|a1,.,as,as+1,.,an, 因此a1,.,an=a1,.,as,as+1,.,an证毕。 1.6.2 (1) (a1,.,an)= ,., 11312 21 nnn

7、n aaaaaaa aaa . 证明：设 ai= 1 1 ir p 2 2 ir p. is r s p, ri,j0, 原式即证明对任意 j, n i ji r 1 , - ni max 1 ( n ikk jk r , 1 , )= n i ji r 1 , + ni min 1 (- n ikk jk r , 1 , )= ni min 1 ( n i ji r 1 , - n ikk jk r , 1 , )= ni min 1 ( ji r,), 因此对任意 j p,左右两端的次数是相等的，证毕。 (2) a1,.,an= ),.,( 11312 21 nnn n aaaaaaa a

8、aa . 证明：设 ai= 1 1 ir p 2 2 ir p. is r s p, ri,j0, 原式即证明对任意 j, n i ji r 1 , - ni min 1 ( n ikk jk r , 1 , )= n i ji r 1 , + ni max 1 (- n ikk jk r , 1 , )= ni max 1 ( n i ji r 1 , - n ikk jk r , 1 , )= ni max 1 ( ji r,), 因此对任意 j p,左右两端的次数是相等的，证毕。 1.6.3 命 a1,.,an为 n 个整数，则(a1,.,an)=a1x1+.+anxn各数中最小正整数。

9、 证明：设 a1x1+.+anxn各数组成的集合为 a, 以下以归纳法证明 a 中最小正整数为 d=(a1,.,an), 当 n=2 ,(a1,a2)=d=(db1,db2)=d(b1,b2)=d. 由(b,1,b2)=1,可知存在 x1,x2,使 b1x1+b2x2=1,因此 d=db1x1+db2x2=a1x1+a2x2,， 又由于 d|a1及 d|a2, 所以 d 整除 a 中任何元素，因此 d 为 a 中最小的正整数。 设命题对 n=k 成立，则对 n=k+1,有 (a1,a2,.,ak+1)=(a1,a2,.,ak), ak+1) , 所以存在 (a1,a2,.,ak)y1+ak+1

10、y2=d, 以及 x1a1+.+xkak=(a1,a2,.,ak), 因此存在 a1x1y1+a2x2y1+.+akxky1+ak+1y2=d,又因 ak+1中任意数均为 d 的倍数， 因此 d 为 ak+1中最小的正整数。证毕。 1.6.4 求出一组 x,y,z 使 6x+15y+20z=17. 6x+5k=17 有解 x=17,k=-17, 因此 6*17+15*17-20*17=17, (17,17,-17)为其一组解。 1.6.5 今有一数，模 77 余 27, 模 78 余 0, 问此数多少？ 解：x27 (mod 77), x0(mod 78), x27*782106 (mod 7

11、7*78) 1.7.1 令 a,b,c,.k,l 求 1,2,3,.n 中与 a,b,c,.k,l 皆互素之整数之个数。 解：设a,b,.k,l= s i e i i p 1 则 n=n- 1 p n - 2 p n -.- s p n + 21p p n + 31p p n +.+ ss pp n 1 -. 1.8.1 若 a0,b0,且(a,b)=1,则方程 ax+by=n 之非负数个数为 ab n 或 ab n +1. 解：设 x0是所有非负解中最小的，设 x,y 是方程的解，x=x0+bt, (t0),y=y0-at, t a y0 = ab axn 0 ,因此方程有 ab axn 0

12、 +1 个解，即 ab axn 0 +1= ab abaxn 0 ab n + b xb 0 = ab n 或 ab n +1 1.8.2 设 a,b,c 为正整数，且(a,b)=(b,c)=(c,a)=1, 求最大的整数不能表示成 bcx+cay+abz (x,y,z0) 的数。 (2abc-ab-bc-ca) 解：先证明对任意 n(2abc-ab-bc-ca),则 x=x0+at1,y=y0+bt2, z=z0+ct3,t1+t2+t3=0, 今求 t1,t2,t3,使得 x,y,z 均非负。 可取 t2之值，使得 0y0+bt2b, 可取 t3之值，使得 0z0+ct32abc-ab-b

13、c-ca-(b-1)ac-(c-1)ab=-bc,所以 x0+at1-1, 所以 对大 2abc-ab-bc-ca 之数均可表成 bcx+cay+abz, (x,y,z0)所示的数。 而对 n=2abc-ab-bc-ca, 若 2abc-ab-bc-ca=bcx+cay+abz, 则 2abc=bc(x+1)+ca(y+1)+ab(z+1)， 所以 a|x+1, b|y+1, c|z+1, 从而 x+1a, y+1b,z+1c 。 从而得出 2abc3abc 的矛盾。因此 2abc-ab-bc-ca 为最大不可以此方式表出之整数。 1.8.3 求出 x+2y+3z=n, x0,y0,z0 之解

14、数。 解 ： 使 用 母 函 数 )1)(1)(1 ( 1 32 xxx = 3 )1 (6 1 x + 2 )1 (4 1 x + )1 (72 17 x + )1 (8 1 x + )1 (9 )2( 2 xx x ， an= 2 2 6 1n + 1 1 4 1n + 72 17 + n ) 1( 8 1 + xx1 1 1 3 9 1 3 n= 12 )3( 2 n - 72 7 + 8 ) 1( n + 3 2 cos 9 2n 1.8.4 公鸡 5 元一只，母鸡 3 元一只，小鸡 1 元三只，100 元买 100 只鸡，请问各鸡各有几只？ 解 0，25，75；4，18，78；8，1

15、1，81；12，4，84； 1.9.1 证明几组数为亲和数：(220,284)(1184,1210)(17296, 18416) (9363584,9437056) 证明：(220)=(4*5*11)=8*9*7=504=220+284=7*72=(4*71)=(284) (1184)=(32*37)=63*38=2394=1184+1210=3*6*133=(2*5*121)=(1210) (17296)=(16*23*47)=31*24*48=17296+18416=31*1152=(16*1151)=(18416) (9363584)=(128*191*383)=255*192*384=

16、18800640 =9363584+9437056=255*73728= (128*73727)=(9437056) 1.9.2 如果一正数是它各因子的乘积（不含自身） ，则此数为一素数的立方或两素数的乘积。 证明： 如果该数 n 含三个以上的素因子 p1,p2,p3,则 n= nd d | (n/p1)*(n/p2)*p1*p2=n2, (n/p1,n/p2,p1,p2它们各不相同) 如此 n 1,这就矛盾了。 如果 n 含二个素因子 p,q，其中 p 的次数大于 1，则 n= nd d | (n/p)*p*(n/p2)*p2=n2,(n/p,n/p2,p,p2它们各不相同) 如此 n 1,

17、这也不可能。 如果 n 只含素因子 p,n=pr, 则 n= nd d | =p*p2*.*pr-1= 1 1 r i i p= 2 )1( rr p=pr, 则 r= 2 ) 1( rr ,r0,所以 r=3, 因此 n 或者为一素数之立方，或者为两素数之乘积。 1.11.1 求 10000!中 7 的次数。 解： 7 10000 =1428， 7 1428 =204， 7 204 =29， 7 29 =4， 所以 10000！中 7 的次数 n=1428+204+29+4=1665. 1.11.2 求 500 1000 中 5 的次数。 解： 500 1000 = !500!500 !10

18、00 ， 5 1000 =200， 5 200 =40， 5 40 =8， 5 8 =1， 1000!中 5 的次数为 200+40+8+1=249, 而 5 500 =100， 5 100 =20， 5 20 =4，因此 500!中 5 的次数为 100+20+4=124, 所以 500 1000 中 5 的次数为 249-124-124=1. 1.11.3 若 r+s+.+t=n,则 ! ! tsr n 为整数，若 n 为素数，而 max(r,s,t)1 时， k+1=1+m+(m+n-1)(m+n-2)/2=(m+1)+(m+1)+(n-1)-1(m+1)+(n-1)-2/2,k+1=f

19、(m+1,n-1), 当 n=1 时， k+1=f(m,1)+1=1+m+m(m-1)/2=1+(m+1)m/2=f(1,m+1), 总之都有 k+1 属于f(m,n). 再证无重复，若 m1+(m1+n1-1)(m1+n1-2)/2=m2+(m2+n2-1)(m2+n2-2)/2, 若 m1+n1=m2+n2,则有 m1=m2, n1=n2, 若 m1+n1m2+n2, f(m1,n1)(m2+n2)(m2+n2-1)/2 =(m2+n2-2+m2+n2-1+1)/2+(m2+n2-1)(m2+n2-2)/2f(m2,n2), 与 f(m1,n1)=f(m2,n2)矛盾。 1.12.4 若一

20、 k 次多项式，对于连续 k+1 个整数皆取整数值，则此多项式必为整值多项式。 证：设 f(x)= k x ak+ 1 1 k x ak+.+ 1 1 x a+ 0 a是一个 k 次多项式，且 x=m,.,m+k 时 f(x)均为整数， 设f(x)=f(x+1)-f(x),rf(x)=(r-1f(x),则有 f(x)= 1k x ak+ 2 1 k x ak+.+ 1 a, k-1f(x)= 1 x ak+ 1k a, kf(x)= k a及f(x)=f(x+1)-f(x), 2f(x)=f(x+2)- 1 2 f(x+1)+f(x), . , kf(x)= f(x+k)- 1 k f(x+k

21、-1)+.+k1f(x), 因为 f(m),f(m+1),.f(m+k)都是整数，从而有if(m)为整数（i=0,1,2,k),所以 k a=kf(m) 为整数， 1k a=k-1f(m)- 1 m ak为整数， ， ， ， 0 a=f(m)- k m ak- 1 1 k m ak-.- 1 1 m a都是整数， 所以 f(x)是一个整值多项式。 1.12.5 若 f(-x)=-f(x),则 f(x)是奇多项式，整值奇多项式形式为 1 1 x a+ 3 1 2 x a+.+ 12 1 m mx am, 此处 1 a, 2 a,., m a为整数。 证：奇整值多项式 f(x)有如下形式 f(x)

22、=b1x+b2x3+.+bmx2m-1,如果令 1 a=f(1), r a=f(r)- 1 1 r a- 3 1 2 r a-.- 32 22 1 r r ar, 2rm, 1 a=f(1) 为整数，同理 i a也为整数， 令 g(x)= 1 1 x a+ 3 1 2 x a+.+ 12 1 m mx am, 因为 g(1)= 1 a=f(1),g(2)= 1 2 1 a+ 3 3 2 a=2f(1)+f(2)-2f(1)=f(2) ,. g(m)=f(m),f(-i)=-f(i)=-g(i)=g(-i), f(0)=g(0), 因此对 2m+1 个连续整数(-m,-m+1,.,0,.,m)

23、有 f(x)=g(x),所以 f=g. 1.12.6 若 f(-x)=f(x), 则 f(x)叫偶多项式，整值偶多项式之形式为 0 a+ 11 1 x x a+ 3 1 2 2 x x a+.+ 12 1 m mx m x am,此处 i a为整数。 证：偶整值多项式 f(x)有如下形式 f(x)=b0+b1x2+b2x4+.+bmx2m, 令 a0=f(0), a1=f(1)-a0, a2=f(2)-a0-2 1 2 1 a, ar=f(r)-a0- 11 1 r r a- 3 1 2 2 r r a-.- 12 1 i ir i r ai-.- 32 22 1 1 r r r r ar,

24、a0为整数，a1=f(1)-a0也是整数，同理 ar也是整数。 下面证明 f(x)=g(x)= 0 a+ 11 1 x x a+ 3 1 2 2 x x a+.+ 12 1 m mx m x am, f(0)=a0=g(0), f(1)=a0+a1=g(1),f(2)=a0+2 1 2 1 a+a2=g(2), . f(r)=a0+ 11 1 r r a+ 3 1 2 2 r r a+. 32 22 1 1 r r r r ar+ar=g(r),f(-x)=f(x)=g(x)=g(-x), 因此对 -m,-m+1,.,0,1,.m,这 2m+1 个数均有 f(x)=g(x),所以 f=g. 1

25、.13.1 证明下述多项式不可分解： x2+1,x4+1,x6+x3+1, 证明：设 x=y+1, x2+1=y2+2y+2, 由（eisenstein)定理，y2+2y+2 不可化，因此 x2+1 不可化， 同理 x4+1=y4+4y3+6y2+4y+2, x6+x3+1=y6+6y5+15y4+(20+1)y3+(15+3)y2+ (6+3)y+(1+1+1)=y6+6y5+15y4+21y3+18y2+9y+3, 都由（eisenstein)定理可判定不可化。 第二章 同余式第二章 同余式 2.5.1 证明 md d | )(=m, 证明：设 m= s i r i i p 1 , md

26、d | )(= 1 1 2 2 21 000 21 )( r i r i r i r s rr s s s ppp= s i r k k i i i i p 10 )(= s i r k k i k i i i i pp 10 1) (= s i r i i p 1 =m 2.5.2 命 p 为(m,n)中不同素因数之积，则 )()( )( nm mn = )(p p . 设 m= 1 1 11 t j w j s i r i j i mp,n= 2 2 11 t j v j s i r i j i np, p= s i i p 1 ,则 )()( )( nm mn = 12 21 12 21

27、 111 111 )()()()( )()()( t j t j v j w j r i s i r i t j t j v j w j s i rr i jj ii jj ii nmpp nmp = )()( )( 21 21 1 1 ii ii r i s i r i s i rr i pp p = s i r i r i s i rr i pppp pp ii ii 1 11 1 1 ) 1() 1( ) 1( 21 21 = s i s i i p p 1 1 ) 1( = )(p p 2.5.3 用定理 1.7.1 证明定理 4. 证明：定理 1.7.1 为容拆原理. 定理 4 为(

28、pk)=pk(1- p 1 ); (m)=m) 1 1 ( | mp p , 将性质 p 定义为 p 的倍数，因此与 m 互素的数即不具所有性质 p 的数的个数， 因此 (m)=m- mp p m | + mqp pq m |, - mppp ppp m | 321 321 +.=m) 1 1 ( | mp p , 且(pk)=pk(1- p 1 ). 2.7.1 换 3,5,7 为 3,7,11, 则与 70,21,15 所对之数。 解：则与之对应数为 77*2=154, 33*3=99,21*10=210. 2.7.2 七数剩一，八数剩二，九数剩三，问本数。 解：n=1*m7*72+2*m

29、8*63+3*m9*561*4*72+2*(-1)*63+3*5*56498 (mod 504) 2.7.3 以 11 数余 3，12 数余 2，13 数余 1，问本数。 解：n=3*m11*156+2*m12*143+1*m13*1323*6*156+2*(-1)*143+1*7*13214 (mod 1716) 2.7.4 以 2 数余 1，5 数余 2，7 数余 3，9 数余 4，问本数。 解：n=1*m2*315+2*m5*126+3*m7*90+4*m9*701*1*315+2*1*126+3*(-1)*90+4*4*70157 (mod 630) 2.7.5 以 5 数余 0，71

30、5 数余 10，247 数余 140，391 数余 245，187 数余 109，问本数。 解：715=5*11*13, 247=13*19,391=17*23,187=11*17. 化之为 5 数余 0，11 数余 10，13 数余 10，17 数余 7，19 数余 7，23 数余 15 n=10*m11*5*13*17*19*23+10*m13*5*11*17*19*23+7*m17*5*11*13*19*23+7*m19*5*11*13*17*23 +15*m23*5*11*13*17*1910*8*482885+10*8*408595+7*10*312455+7*18*279565+1

31、5*12*230945 16998554010020 (mod 5311735=5*11*13*19*17*23) 第三章 二次剩余第三章 二次剩余 3.2.1 若 n0,4n+3,8n+7 皆为素数，24n+3-1=m4n+3非素数。 证：4n+3=p, 8n+7=q, p= 2 1q , q-1(mod 8), q 2 =8 1 2 1 q =1 2 1 2 q (mod q) 因此 2p1 (mod q) , 即 m4n+3=2p-10 (mod q), 因此 q|mp, 因此 23|m11, 47|m23, 167|m83, 263|m131, 359|m179, 383|m191,

32、479|m239, 503|m251, 3.2.2 证明 24n+2+1 非素数(自加) 证明：由于 4x4+1=(2x2-2x+1)(2x2+2x+1), 因此 24n+2+1= (22n+1-2n+1+1)(22n+1+2n+1+1), 218+1=481545 3.3.1 73 3 = 3 73 = 3 1 =1, 73 17 = 17 73 = 17 5 = 5 17 = 5 2 =-1. 3.3.2 1901 195 = 1901 5 1901 3 1901 13 = 5 1 3 2 13 3 =-1, 101 74 = 101 2 101 37 =- 37 101 =- 37 27

33、 =- 37 3 =-1， 1847 365 = 1847 5 1847 73 =-1 73 22 =1 3.3.3 若p1,5(mod 24), 则 p 6 =1.若 p7,11(mod 24), 则 p 6 =-1， 证明： p 6 = p 2 p 3 = 8 1 2 ) 1( p 2 1 ) 1( p 3 p = 8 )5)(1( ) 1( pp 3 p ，对mod 24即可验证。 3.9.1 若k1,uvu+v-1p-1k . 与k-uv0矛盾， 所以v=0，n/q=1,q=up+1=n, 因此n为素数。应用 180(2127-1)2+1是素数， （miller 及wheeler 19

34、51） 第四章 多项式之性质第四章 多项式之性质 4.2.1 由第一章拟若干习题。 答：第一章整数性质与多项式性质有许多相同之处，因此可证如下性质： 练习1：任意二多项式f及g,g不恒为零，则必有二多项式q及r,使f=qg+r,r=0或0r0g. 证明：此仍定理1，对f的次数进行归纳，若ofog,取q=0,r=f,即成立，若ofog, 则f=anxn+., g=bmxm+, mn, o(f-anbm-1xn-mg)of, 由归纳假定，f-anbm-1xn-mg=hg+r, f=(h+anbm-1xn-m)g+r, orog,证毕。 练习2：若b0,c0,则 i)若b|a,c|b,则c|a;ii

35、)若b|a,则bc|ac; iii) 若c|d,c|e,则对任意多项式m,n,有 c|dm+en. b|a, a(x)=b(x)h(x), c|b, b(x)=c(x)g(x), 故a(x)=b(x)h(x)=c(x)g(x)h(x), c|a. a(x)c(x)=b(x)h(x)c(x), bc|ac, d(x)=c(x)p(x), e(x)=c(x)q(x), d(x)m(x)+e(x)n(x)=c(x)p(x)m(x)+c(x)q(x)n(x)=c(x)(pm+qn)(x), 所以 c|dm+en. 练习3：若b是a的真因式，则 1ob0,否则 g=c0, b(x)=a(x)c0-1,

36、即a|b,与题设矛盾， 故oa=ob+ogob, 练习4：非常数多项式都可以分解为素多项式的乘积。 证明：对f的次数进行归纳，f(x)=a1x+a0, f为素多项式，以不可再分解。 若of1, f有真因子g,则f=gh, og, ohof, 故它们可分解为素多项式的乘积，若f本身无任何真因子，则f本身即为素多项式。因此f可分解为素 因子的乘积。 练习5：任给二多项式a及b，则所有形如am+bn的多项式成一模。此处模定义为：对加、减自封的一多项式集合。 证明：am1+bn1+am2+bn2=a(m1+m2)+b(n1+n2), 所以对加法封闭，同理对减法封闭。 练习6：证明：形如am+bn的多项

37、式所成的模i由(a,b)的诸倍式组成。 证明：d=(a,b), 对任意f=am+bni, d|a,d|b, 进而d|f,f为d的倍式。反之，设v(x)为i中次数最小之多项式,d|v， 则任意gi,g为v之倍式，否则 g(x)=q(x)v(x)+r(x), orov,且r(x)=am1+bn1-q(am2+bn2)i,这与v为i中次 数最小者矛盾。故任意g为v之倍式，故v|a,v|b, v|(a,b)=d, 故v与d相伴，v=d. di, 因此i由dq组成。 练习7：多项式(a,b)有如下性质：i)有二多项式m,n使(a,b)=am+bn; ii)对任二多项式m,n,必有(a,b)|am+bn;

38、 iii)若 e|a,e|b,则e|(a,b). 证明：由上，am+bn=(a,b)q, 所以d=(a,b)am+bn, 故存在m,n, 使得 (a,b)=am+bn, 对任意f am+bn, (a,b)|a,(a,b)|b, (a,b)|f. e|a, e|b, e|am+bn=(a,b). 练习8：若p为素多项式且p|ab,则p|a或p|b. 证明：p|ab, 所以ab=ph， 若p a, 则(a,p)=1,因p只有因子1及p, 所以存在m,n使得 am+np=1,所以 abm+nbp=b, b=phm+nbp=p(hm+nb), 故p|b. 练习9：证明：如果c是首1多项式，则c(a,b

39、)=(ca,cb). 证明：(a,b)=d, d|a, cd|ca, d|b, cd|cb, cd=c(a,b)|v=(ca,cb),d|a, a=dp, d|b, b=dq,d=ma+nb=dmp+dnq, cd=cdmp+cdnq=cam+cbn, v=(ca,cb),则v|cd,因此v=cd, 即 c(a,b)=(ca,cb). 练习10：任一多项式都可分解为不可化多项式的积，若不计相结合的与先后次序，分解法是唯一的。 证明：若f=a1x+a0, 则f为一次素多项式，f的分解法唯一， 现对f的次数归纳， 若f= s i a i i p 1 = t i b i i q 1 ,则 p1| t

40、 i b i i q 1 ，由 练习 8，因 此p1必整 除 qi, 但 qi也是 素多 项式， 只有 因子1与qi, 因此 p1=qi, 因此 f=p1h= 1 11 1 a pp s i a i i p 2 = 1 i b iiq q t ijj b j j q , 1 , h= 1 1 1 a p s i a i i p 2 = 1 i b i q t ijj b j j q , 1 是唯一分解的，故f也是唯一分解。 练习11：命f及g都是首1多项式：f= s i a i i p 1 , g= s i b i i p 1 ,pi为不等的不可化首1多项式，则(f,g)= s i c i i

41、 p 1 , ci=min(ai,bi). 练习12：同上假定，f,g= s i d i i p 1 ,di=max(ai,bi). 练习13：证明：二多项式a,b的任一公倍式必是它们最小的公倍式的倍式。 练习14：证明：若a,b是首1多项式，则ab=a,b(a,b). 用归纳法定义多个多项式的最大公因子及最小公倍式： (a1,.,an)=(a1,.,an-1),an); a1,.,an=a1,.,an-1,an. 练习15：命a1= s i e i i p 1 1 ,a2= s i e i i p 1 2 ,.,an= s i e i ni p 1 , pi是不等的不可化的首1多项式，eij

42、是非负整数，则 (a1,.,an)= s i c i i p 1 ，ci=min(e1i,e2i,.,eni) a1,.,an= s i d i i p 1 ，di=max(e1i,e2i,.,eni) 练习 16：证明下列二式： (a1,.,an)=(a1,.,as),(as+1,.,an),a1,.,an=a1,.,as,as+1,.,an 练习 17：若 a1,.,an都是首 1 多项式，则 (1) (a1,.,an)= ,., 11312 21 nnn n aaaaaaa aaa , 证明：设 ai= 1 1 ir p 2 2 ir p. is r s p, ri,j0, 原式即证明对

43、任意 j, n i ji r 1 , - ni max 1 ( n ikk jk r , 1 , )= n i ji r 1 , + ni min 1 (- n ikk jk r , 1 , )= ni min 1 ( n i ji r 1 , - n ikk jk r , 1 , )= ni min 1 ( ji r,), 因此对任意 j p,左右两 端的次数是相等的，证毕。 (2) a1,.,an= ),.,( 11312 21 nnn n aaaaaaa aaa , 证明：设 ai= 1 1 ir p 2 2 ir p. is r s p, ri,j0, 原式即证明对任意 j, n i

44、ji r 1 , - ni min 1 ( n ikk jk r , 1 , )= n i ji r 1 , + ni max 1 (- n ikk jk r , 1 , )= ni max 1 ( n i ji r 1 , - n ikk jk r , 1 , )= ni max 1 ( ji r,), 因此对任意 j p,左右两 端的次数是相等的，证毕。 练习 18：证明：多项式(a1,.,an)是形如 a1x1+.+anxn各多项式中次数最低的一个。 练习19：若a1,.,an都是首1多项式，则a1,.,an=a1.an(a1,a2)-1.(an-1,an)-1(a1,a2,a3). 1

45、 )1( 21 ,., n n aaa. 练习20：如练习19的假定，则(a1,.,an)=a1.ana1,a2-1.an-1,an-1a1,a2,a3. 1 )1( 21 ,., n n aaa. 4.2.2 试将理想集合的观念推广到含多个变数的多项式。并举例证明定理1.2并不成立。 证明：i为f的倍式所成的理想，g=fp,h=fq, 则g+h=f(p+q)i, fvi,故i为理想。但定理1.2在此情形下并不成立， 例如由 x与y所成之理想，为xg(x,y)+yh(x,y)之形，其不含次数为0的常数多项式，x与y次数均为1，因此i中最小次 数为1,若有v存在ov=1，任意i中元素均为v的倍数

46、，则x=v(x,y)b(x,y), y=v(x,y)a(x,y), 因此a,b的次数为0， x=c1v(x,y),y=c2v(x,y), x=c1c2-1y, 这是不可能的。 4.3.1 设a1,a2,a3各不相同，求一二次多项式f(x)适合于 f(a1)=b1, f(a2)=b2, f(a3)=b3, 解：由lagrange插入公式， f(x)=b1 )( )( 3121 32 aaaa axax +b2 )( )( 3212 31 aaaa axax +b3 )( )( 2313 21 aaaa axax 4.3.2 设m1(x)与m2(x)为二不互相结合之不可化多项式， f1(x),f2

47、(x)为任意多项式， 证明必有一多项式f(x)使f(x)f1(x) (mod m1(x) f(x)f2(x) (mod m2(x)。 证明：m1与m2不可化且不结合，因此(m1,m2)=1,否则 (v|m1,v=m1,m1|m2,m1=m2), 因此 m1p+m2q=1, 取f=f1m2q+f2m1p, 则 f=f1m2q+f2(1-m2q)=m2(f1q-f2q)+f2f2(mod m2), f=f1(1-m1p)+f2m1p=f1+m1(pf2-f1p)f1(mod m1),此f即为所求。 4.3.3 推广4.3.1至更多插值点，推广4.3.2至更多不可化多项式。略 4.4.1 试将定理1

48、推广到n个变数的情况。 证明：定理1即为hilbert定理，理想a必有f=g1f1+.+gnfn, 以下讨论多项式均为整系数多项式。 设a中元素y的最高次数的系数(含x)成为一集合b，若f(x)ym+.a与g(x)yn+.,a则 fb,gb, (f(x)ym+.)yn(g(x)yn+.)ym=(f(x)g(x)ym+n+.a,因此f(x)g(x)b, c(x,y)(f(x)ym+.)=c(x)f(x)ym+.a,c(x)f(x)b,因此b成一关于x的多项式集合的理想。 按定理1，b必有(f1,f2,.fn),使fb,f=g1f1+.+gnfn,因此b中必有次数最小的元素，在相同最小次数中系数最

49、小 的元, 设为h1(x)。所有b中元都被它整除。其所处之a中多项式为h1(x,y)=h1(x)ym+. , a中任意多项式 g(x,y) 若其y的次数n大于或等于m, 则有q(x)yn-m及r(x,y) 存在， 使得 g(x,y)=q(x)yn-mh1(x,y)+r(x,y), r中y的次数小于n,若仍不小于m，则续用此法， 因此可得g(x,y)=q(x,y)h1(x,y)+r(x,y), r(x,y)的y的最高次数小于m. 若r(x,y)中y的次数为零，则 g(x,y)可表为h1(x,y),f1,.fn的线性表示， 若r(x,y)中y的次数不为零，小于m，则r(x,y)=hm-1(x)ym

50、-1+.+h0(x). hm(x)=gm1f1+.+gmnfnb, 因此 g(x,y)=q(x,y)h1(x,y)+ k j m k n j jk yxfxg)()( 1 11 , = q(x,y)h1(x,y)+ k n j m k jkj yxgxf)()( 1 1 1 , , 也可表为 h1(x,y),f1,.fn的线性表示，反复如此对三元及以上多项式也可证明定理1成立。 4.4.2 试将定理1中之整系数多项式换成整值多项式，而研究其正确性。 证明：整值多项式可表成 f(x)=an n x +an-1 1n x +.+a0, g=bm m x +am-1 1m x +.+b0，(ai,bj为