这几天被一道高等代数的题目难住（具体见下面）。

问题2012052601

(a) Prove for any rational root of a polynomal with integer coefficients,
$$a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x + a_0, (a_n \neq 0),$$
if written in lowest terms as $p/q$, that the numerator $p$ is a factor of $a_0$ and the denominator $q$ is a factor of $a_n$. (The criterion permits us to obtain all rational real roots and hence to demonstrate the irrationality of any other real roots.)

(b) Prove the irrationality of $\sqrt{2} + \sqrt[3]{2}$ and $\sqrt{3} + \sqrt[3]{2}$.

来源

Introduction to Calculus and Analysis

分析

这道题目的第一个结论实际上是属于代数学的。对于计算机时代，我把第二小题的多项式验证交给计算机了。

解答

(a) 由于$p/q$是既约分数, 那么$(p, q) = 1$, 把它代入多项式有
$$\begin{aligned}a_n(\frac{p}{q})^n + a_{n-1}\frac{p}{q}^{n-1} + \cdots + a_1\frac{p}{q} + a_0 = 0, \\a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + \cdots + a_1pq^{n-1} + a_0q^n = 0, \\a_np^n = -q(a_{n-1}p^{n-1} + \cdots + a_1pq^{n-2} + a_0q^{n-1}), \\p(a_np^{n-1} + a_{n-1}p^{n-2}q + \cdots + a_1q^{n-1}) = -a_0q^n\end{aligned}$$
从最后两个等式可以明白$q|a_n$, $p|a_0$.

(b) 令$x = \sqrt{2} + \sqrt[3]{2}$, 则有
$$\begin{aligned}x – \sqrt{2} = \sqrt[3]{2}, \\(x – \sqrt{2})^3 = 2, \\x^3 -3\sqrt{2}x^2 + 6x – 2\sqrt{2} = 2, \\x^3+6x-2 = (3x^2 + 2)\sqrt{2}, \\(x^3+6x-2)^2 = 2(3x^2 + 2)^2, \\x^6 – 6x^4 – 4x^3 + 12x^2 – 24x -4 = 0\end{aligned}$$
最后一个等式说明$x$是上述多项式的一个根, 如果它是有理数$p/q$, 根据(a)的结论, 应该有$p|-4$, $q|1$, 这意味着$x = \pm1, \pm2, \pm4$, 可以验证它们都不是方程的根, 从而$x$为无理数.
令$x = \sqrt{3} + \sqrt[3]{2}$, 则有
$$\begin{aligned}x – \sqrt{3} = \sqrt[3]{2}, \\(x – \sqrt{3})^3 = 2, \\x^3 -3\sqrt{3}x^2 + 9x – 3\sqrt{3} = 2, \\x^3+9x-2 = (3x^2 + 3)\sqrt{3}, \\(x^3+9x-2)^2 = 3(3x^2 + 3)^2, \\x^6 – 9x^4 – 4x^3 + 27x^2 – 36x – 23 = 0\end{aligned}$$
最后一个等式说明$x$是上述多项式的一个根, 如果它是有理数$p/q$, 根据(a)的结论, 应该有$p|-23$, $q|1$, 这意味着$x = \pm1, \pm23$, 可以验证它们都不是方程的根, 从而$x$为无理数.

问题20120526

设$S$是前$n$个自然数所成的集合, 即设$S = \{ 1, 2, \cdots, n \}$. 又设$f$是$S$的一个变换.

(1) 如果$f$是单射, 证明$f$必为满射;

(2) 如果$f$是满射, 证明$f$必为单射;

来源

高等代数简明教程 蓝以中

分析

对于这道题目, 恐怕只能反过来考虑, 使用反证法. 原因在于我们对于单射，满射能够知道基本上就是定义那点东西，这两个概念比较抽象，那最好的办法就是回到定义，充分利用定义。

解答

(1) 如果不是满射, 那么存在$n_0$, 使得对于任何$k$, 都有$f(k) \neq n_0$, 考虑序列
$$f(n_0), f(f(n_0)), \cdots, f^{(k)}(n_0), \cdots,$$
我们证明这个序列中由互异的数组成, 否则, 假设存在$f^{(i)}(n_0) = f^{(j)}(n_0)$, $i < j$, 于是根据单射的性质, $f^{(i-1)}(n_0) = f^{(j-1)}(n_0)$, .., $n_0 = f^{(j-i)}(n_0)$, $j-i\ge 1$, 它说明$n_0$存在原像, 这与前面的假设矛盾, 于是这个序列是一个无穷序列, 这又和$S$是有限序列矛盾. 因此是假设不正确, 结论成立.

(2) 我们需要证明如果$f(n_0) = f(m_0)$, 必有$n_0 = m_0$, 对于$n_0$, 存在$n_1$, $f(n_1) = n_0$, .., $f(n_k) = n_{k-1}$, 我们看看这个序列$n_k$有什么性质. 如果存在某个$n_i = n_j$, $i < j$, 则$f(n_i) = f(n_j)$, $n_{i-1} = n_{j-1}$, …, 由此有$n_0 = n_{j-i}$, 它说明存在一个最小的$k > 0$使得$n_k = n_0$, 并且$n_i$($0 \le i < k$)互不相等, 类似的存在最小的$l>0$, 使得$m_l = m_0$, 并且$m_i$($0 \le i < l$)互不相等. 令$l=qk+r$, $0 \le r < k$, 注意到
$$f^{(qk)}(n_k) = f^{(qk)}(n_0) = f^{(qk)}(m_0) = f^{(qk)}(m_l) = m_{l-qk} = m_r = n_0,$$
如果$r > 0$,
$$f(m_0) = f(m_l) = m_{l-1} = f(n_0) = f(m_r) = m_{r-1},$$
这里与前面得到的$0 \le i < l$时, 各个$m_i$互不相等矛盾, 因而$r = 0$, $m_0 = n_0$.

对于无限集合没有类似的结论，这一点从证明过程也可以看出。

这道题目居然让我想了两天。这种题目看似简单，要想严格的写出证明还真不容易。类似的有这样一道题目：证明有限集合不能和它的真子集建立一一对应(双射)。它的证明在以后给出了.