docs: 完善 15-17 讲答案

讲义/LALU-answers.tex

@@ -8,6 +8,9 @@
 ]{LALUbook}
 
 \usepackage{booktabs} % Excel 导出的大表格
+\usepackage{xr}
+
+\externaldocument{LALU}
 
 \usetikzlibrary{arrows, arrows.meta, calc, intersections, decorations.pathreplacing, patterns, decorations.markings}
 

讲义/专题/1 预备知识.tex

@@ -247,8 +247,8 @@ \section{等价关系}
               \[B=\{(a,b)\in A\times A \mid b=f(a)\}\]
               刻画了这一关系. 换言之，函数是一种特殊的关系，它要求$\forall a\in A$有且仅有一个元素$b\in A$使得$(a,b)\in B$，其中$B$为上述定义的$A\times A$的子集，这个子集就是我们熟知的函数图像.
 
-        \item 设$A=\mathbf{Z}$，关系$R$满足$a\,R\,b\iff a\equiv b \pmod n$，即模$n$同余，则$A\times A$的子集
-              \[\{(a,b)\in A\times A \mid a\equiv b \pmod n\}\]
+        \item 设$A=\mathbf{Z}$，关系$R$满足$a\,R\,b\iff a\equiv b \bmod n$，即模$n$同余，则$A\times A$的子集
+              \[\{(a,b)\in A\times A \mid a\equiv b \bmod n\}\]
               可以刻画这一关系.
     \end{enumerate}
 \end{example}
@@ -343,12 +343,43 @@ \section{等价关系}
 
 \section{高斯消元法}
 
-高斯消元法是线性代数中最常用的算法之一，是之后解决大量问题所需要掌握的基本方法，同时也是考试中一定会考察的内容，无论是单独一个大题考察，还是嵌入在其它问题中. 教材中相关概念和算法的介绍已经非常详细，这里只作总结.
+高斯消元法是一种求解线性方程组的方法，我们先从一个简单的例子开始：
 
-注意考试中单独考察解方程时，时间充足时建议将过程写完整，标明初等行变换的具体步骤，并且至少写出阶梯矩阵和行简化阶梯矩阵. 除此之外，需要保证计算中尽量减少错误，时间充足可以解完方程后将答案代入进行检查.
+\begin{example}{}{高斯消元法引入}
+    求解线性方程组
+    \begin{numcases}{}
+        x_1+3x_2+x_3 & =2 \\
+        3x_1+4x_2+2x_3 & =9 \\
+        -x_1-5x_2+4x_3 & =10
+    \end{numcases}
 
-需要强调的是，不要认为本节内容很简单就放过了，实际上如果长期不计算高斯消元法很容易陷入眼高手低的窘境，因此希望各位同学熟悉高斯消元法的基本步骤并熟练应用.
+    将方程$(1)$分别乘以$-3$和$1$加到方程$(2)$，$(3)$上消去两个方程中的$(1)$，得
+
+    \begin{numcases}{}
+        -5x_2-x_3=3 \\
+        -2x_2+5x_3=12
+    \end{numcases}
+
+    再将方程$(5)$乘以$-\dfrac{5}{2}$加到方程$(4)$上消去$x_2$可知$x_3=2$，依次代回$(4)$，$(1)$可知$x_1=3$，$x_2=-1$，$x_3=2$.
+\end{example}
 
+可以看出，求解线性方程组无非是通过加、减、乘等尽可能地减少每个方程中未知数的个数，即消元.在上面的例子中，通过几次消元后，我们得到了一个更简单的方程组
+
+\begin{numcases}{}
+    x_1+3x_2+x_3=2 \\
+    -5x_2-x_3=3 \\
+    x_3=2
+\end{numcases}
+
+回代本质上是为了得到一个更简单的方程组
+
+\begin{numcases}{}
+    x_1=3 \\
+    x_2=-1 \\
+    x_3=2
+\end{numcases}.
+
+下面我们将这种方法一般化.
 一般的，对于一个由$m$个方程组成的$n$元（即变量数为$n$）线性方程组
 \[ \begin{cases} \begin{aligned}
             a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n & = b_1           \\
@@ -367,29 +398,49 @@ \section{高斯消元法}
 
 令$\vec{\beta}_i=(a_{1i},a_{2i},\ldots,a_{mi})^\mathrm{T}$，即方程组系数矩阵的某一列，则方程组还可以记为$x_1\vec{\beta}_1+x_2\vec{\beta}_2+\cdots+x_n\vec{\beta}_n=\vec{b}$\phantomsection\label{线性方程的向量表示}，这一形式将在之后多次见到.
 
-在以上的记号下，我们可以将解线性方程组的过程转化为矩阵的初等行变换. 高斯消元法的一般步骤如下：
+在以上的记号下，我们定义几个概念：
+
+增广矩阵：$(A,\vec{b})$，即左$n$列为系数矩阵，最右列为列向量$\vec{b}$的$b+1$列矩阵.
+
+阶梯矩阵：系数全零行在最下方，并且非零行中，在下方的行的第一个非零元素一定在上方行的右侧（每行第一个非零元素称主元素）.
+
+简化阶梯矩阵：阶梯矩阵中每个主元素所在列的其余元素全为$0$.
+
+有了这些定义，我们可以将解线性方程组的过程转化为矩阵的初等行变换. 高斯消元法的一般步骤如下：
 \begin{center}
     线性方程组$\overset{1}{\longrightarrow}$增广矩阵$\overset{2}{\longrightarrow}$阶梯矩阵$\overset{3}{\longrightarrow}$（行）简化阶梯矩阵$\overset{4}{\longrightarrow}$解
 \end{center}
 
 \begin{enumerate}[label=步骤\arabic*~]
-    \item 只需要将线性方程组转化为$(A, \vec{b})$的形式，得到左$n$列为系数矩阵，最右列为列向量$\vec{b}$的$n+1$列的增广矩阵；
+    \item 只需要将线性方程组转化为$(A, \vec{b})$的形式，得到增广矩阵；
 
-    \item 通过初等行变换后，得到教材P34（1--13）的形式的矩阵——阶梯矩阵. 阶梯矩阵系数全零行在最下方，并且非零行中，在下方的行的第一个非零元素一定在上方行的右侧（每行第一个非零元素称主元素）；
+    \item 通过初等行变换后，得到阶梯矩阵.
 
-    \item 将主元素化1后将主元素所在列的其他元素均通过初等行变换化为0即可；
+    \item 将主元素化1后将主元素所在列的其他元素均通过初等行变换化为0即可，即化为简化阶梯矩阵.
 
     \item \label{item:1:解方程组}
           我们分三种情况讨论：
           \begin{enumerate}
-              \item 有唯一解：没有全零行，最后一个主元素的行号与系数矩阵的列数相等，且行简化阶梯矩阵对角线上全为1，其余元素均为0，此时可以直接写出解；
+              \item 有唯一解：没有全零行，最后一个主元素的行号与系数矩阵的列数相等，且行简化阶梯矩阵对角线上全为1，其余元素均为0，此时可以直接写出解.前面的例子就属于这种情况.
 
               \item 无解：出现矛盾方程，即系数为0的行的行末元素不为0，此时直接写无解即可；
 
-              \item 有无穷解：非上述情况. 此时设出自由未知量将其令为$k_1,k_2,\ldots$，然后代入增广矩阵对应的方程组即可. 注意选取自由未知量时，选取没有主元素出现的列对应的未知量会与标准答案更贴近（如教材P33选取$x_2,x_5$），当然选择其他作为自由未知量也可以.
+              \item 有无穷解：非上述情况. 此时设出自由未知量将其令为$k_1,k_2,\ldots$，然后代入增广矩阵对应的方程组即可. 注意选取自由未知量时，选取没有主元素出现的列对应的未知量会与标准答案更贴近，当然选择其他作为自由未知量也可以.例如如果最后得到的简化阶梯矩阵是
+              \[\begin{pmatrix}
+                1 & 1 & 0 & 2 \\
+                0 & 0 & 1 & -1
+             \end{pmatrix}\]
+              则解为$\vec{X}=(x_1,x_2,x_3)^\mathrm{T}=(2,0,-1)^\mathrm{T}+k(1,-1,0)^\mathrm{T}$.
           \end{enumerate}
 \end{enumerate}
 
+高斯消元法是线性代数中最常用的算法之一，是之后解决大量问题所需要掌握的基本方法，同时也是考试中一定会考察的内容，无论是单独一个大题考察，还是嵌入在其它问题中.
+注意考试中单独考察解方程时，时间充足时建议将过程写完整，标明初等行变换的具体步骤，并且至少写出阶梯矩阵和行简化阶梯矩阵. 除此之外，需要保证计算中尽量减少错误，时间充足可以解完方程后将答案代入进行检查.
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+需要强调的是，不要认为本节内容很简单就放过了，实际上如果长期不计算高斯消元法很容易陷入眼高手低的窘境，因此希望各位同学熟悉高斯消元法的基本步骤并熟练应用.
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+
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 从高斯消元法开始，我们正式进入线性代数的学习. 实际上，上述 \ref*{item:1:解方程组} 中关于方程组解的情况的讨论我们是浮于表面，是基于算法最后得到的矩阵的形式进行的讨论，但事实上，这背后蕴含着更深刻的意义. 我们将会在接下来的十余个章节中讲述线性代数中的核心概念，并在\nameref{chap:朝花夕拾}中回过头来重新审视线性方程组解的问题. 相信在那时，经历十余章各式抽象概念和运算技巧的洗礼后再来回味这一问题的你，定有``守得云开见月明''之感，对线性代数的理解也会更深一层.
 
 \begin{summary}

讲义/专题/13 朝花夕拾.tex

@@ -781,7 +781,7 @@ \subsection{线性方程组反问题}
         \[\beta_1=t_1\alpha_1+t_2\alpha_2,\ \beta_2=t_1\alpha_2+t_2\alpha_3,\ \ldots,\ \beta_{s-1}=t_1\alpha_{s-1}+t_2\alpha_s\]
         试问当实数 $t_1,t_2$ 满足何条件时，$AX=\vec{0}$ 有基础解系包含向量 $\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_{s-1}$，并写出该基础解系中的其余向量.
 
-        \item （注：本题一般形式在教材第六章补充题1）已知线性方程组
+        \item 已知线性方程组
         \[\begin{cases} \begin{aligned}
                     a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1,2n}x_{2n} & =0              \\
                     a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2,2n}x_{2n} & =0              \\
@@ -795,7 +795,7 @@ \subsection{线性方程组反问题}
                                                               & \vdotswithin{=} \\
                     b_{n1}x_1+b_{n2}x_2+\cdots+b_{n,2n}x_{2n} & =0              \\
                 \end{aligned} \end{cases}.\]
-
+        （注：本题的一般形式：设$A=(a_{ij})_{m\times n},m<n,r(A)=m$；$B=(b_{ij})_{n\times(n-m)},m<n,r(B)=n-m$.已知齐次线性方程组$A\vec{X}=\vec{0}$的解空间$N(A)=R(B)$（矩阵$B$的列空间），求齐次线性方程组$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}b_{ij}y_i=0,j=1,2,\ldots,n-m$的一个基础解系.）
         \item 设$A,B\in \mathbf{F}^{n\times n}$，且$r(A)=r,\enspace r(B)=s,\enspace r\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}=k$.
         \begin{enumerate}
             \item 证明：满足$AX=O$的$n$阶方阵$X$全体构成$\mathbf{F}^{n\times n}$的子空间，并求其维数；

讲义/专题/15 多项式.tex

@@ -312,19 +312,19 @@ \section{整除与互素}
     设$q_1(x),q_2(x),\ldots,q_n(x)\in\mathbf{F}[x]$两两互素，即$(q_i(x),q_j(x))=1,\enspace\forall i,j\in\{1,2,\ldots,n\}$，则对任意的$r_1(x),r_2(x),\ldots,r_n(x)\in\mathbf{F}[x]$，方程组
     \begin{equation} \label{eq:14:中国剩余定理}
         \begin{cases}
-            p(x)\equiv r_1(x)\pmod{q_1(x)}, \\
-            p(x)\equiv r_2(x)\pmod{q_2(x)}, \\
+            p(x)\equiv r_1(x)\bmod{q_1(x)}, \\
+            p(x)\equiv r_2(x)\bmod{q_2(x)}, \\
             \cdots                          \\
-            p(x)\equiv r_n(x)\pmod{q_n(x)},
+            p(x)\equiv r_n(x)\bmod{q_n(x)},
         \end{cases}
     \end{equation}
     模$Q(x)=\prod\limits_{i=1}^nq_k(x)$有唯一解.
 \end{theorem}
 \begin{proof}
     首先证明解的存在性，我们需要构造出这个解. 事实上，如果我们能证明存在多项式$p_k(x)$使得对任意的$k$都有
-    \[p_k(x)\equiv 1\pmod{q_k(x)},\]
+    \[p_k(x)\equiv 1\bmod{q_k(x)},\]
     且对任意的$j\neq k$都有
-    \[p_k(x)\equiv 0\pmod{q_j(x)},\]
+    \[p_k(x)\equiv 0\bmod{q_j(x)},\]
     则$p(x)=\sum\limits_{k=1}^nr_k(x)p_k(x)$就是一个解. 现构造$p_k(x)$. 因为$q_k(x)$两两互素，故存在$u_j(x),v_j(x)\in\mathbf{F}[x]$使得
     \[u_j(x)q_k(x)+v_j(x)q_j(x)=1,\]
     其中$j\neq k$，故令
@@ -335,8 +335,8 @@ \section{整除与互素}
     显然$p_k(x)$符合要求，因此我们构造出了这组方程的解为$p(x)=\sum\limits_{k=1}^nr_k(x)p_k(x)$.
 
     最后我们说明解在模$Q(x)=\prod\limits_{i=1}^nq_k(x)$下的唯一性. 设$p_1(x),p_2(x)$都是\autoref{eq:14:中国剩余定理} 的解，于是
-    \[p_1(x)\equiv p_2(x)\pmod{q_k(x)},\enspace k=1,2,\ldots,n,\]
-    即$p_1(x)-p_2(x)$必然是每个$q_k(x)$的倍式，又由于$q_k(x)$两两互素，故$p_1(x)-p_2(x)$是$Q(x)$的倍式，即$p_1(x)\equiv p_2(x)\pmod{Q(x)}$，故解唯一.
+    \[p_1(x)\equiv p_2(x)\bmod{q_k(x)},\enspace k=1,2,\ldots,n,\]
+    即$p_1(x)-p_2(x)$必然是每个$q_k(x)$的倍式，又由于$q_k(x)$两两互素，故$p_1(x)-p_2(x)$是$Q(x)$的倍式，即$p_1(x)\equiv p_2(x)\bmod{Q(x)}$，故解唯一.
 \end{proof}
 
 \section{多项式的因式分解}
@@ -685,26 +685,104 @@ \section{实数域与有理数域上的多项式函数}
 
     \begin{exgroup}
         \item 证明：全体一元多项式关于多项式一般的加法和乘法运算构成环.
+        \begin{answer}
+            按照环的定义逐一进行验证即可.
+        \end{answer}
         \item 设$p(x),q(x),r(x)\in\mathbf{F}[x]$，则
         \begin{enumerate}
             \item 若$p(x),q(x)\neq 0$，则$p(x)q(x)\neq 0$；
             \item 若$p(x)\neq 0$，且$p(x)q(x)=p(x)r(x)$，则$q(x)=r(x)$.
         \end{enumerate}
+        \begin{answer}
+            \begin{enumerate}
+                \item 由于$p(x),q(x)\neq 0$，故存在$c\in \mathbf{F}$，使得$p(c)\neq 0,q(c)\neq 0$，从而$p(c)q(c)\neq0$，这表明$p(x)q(x)\neq 0$.
+                \item 由$p(x)q(x)=p(x)r(x)$知$p(x)(q(x)-r(x))=0$.而$p(x)\neq0$，因此有$q(x)-r(x)=0$即$q(x)=r(x)$.
+            \end{enumerate}
+        \end{answer}
         \item 证明\autoref{thm:消去重因式}.
+        \begin{answer}
+            设$p(x)$的不可约分解为$p(x)=cq_1(x)^{\alpha_1}q_2(x)^{\alpha_2}\cdots q_m(x)^{\alpha_m}$，其中$\alpha_i$为正整数，$i=1,2,\ldots,m$.
+
+            则$p'(x)=c\displaystyle\sum_{i=1}^{m}(\alpha_i q_i(x)^{\alpha_i-1}\displaystyle\prod_{j\neq i}q_j(x)^{\alpha_j})$，从而$\displaystyle d(x)=c\prod_{i=1}^{m}q_i(x)^{\alpha_i-1}$，
+
+            $\displaystyle\dfrac{p(x)}{d(x)}=c\prod_{i=1}^{m}q_i(x)$显然没有重因式，且这个多项式的不可约因式与$p(x)$的不可约因式仍然相同.
+        \end{answer}
         \item 证明：每个奇数次的实系数多项式都有实的零点.
+        \begin{answer}
+            设$\deg f=n$为奇数，$f(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_nx^n$.不妨设$a_n>0$（否则考虑$-f(x)$）.
+
+            取$x=\dfrac{\sum\limits_{i=0}^{n-1}|a_i|}{a_n}+2$，则$a_nx^n>\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}|a_i|x^n>\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}|a_i|x^i\geqslant |\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i|$，
+
+            从而$f(x)=a_nx^n+\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i>0$，$f(-x)=-a_nx^n+\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}a_i(-x)^i\leqslant -a_nx_n+\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}|a_ix^i|<0$.
+            而实系数多项式在$R$上连续，故$f$一定有实的零点.
+        \end{answer}
+
     \end{exgroup}
 
     \begin{exgroup}
         \item 设多项式$f(x)$被$(x-1),(x-2),(x-3)$除后，余式分别为$4,8,16$. 求$f(x)$被$(x-1)(x-2)(x-3)$除后的余式.
+        \begin{answer}
+            $1=\dfrac{1}{2}(x-2)(x-3)-\dfrac{1}{2}(x-4)(x-1)$，故$\dfrac{1}{2}(x-2)(x-3) \equiv1\bmod{(x-1)}$.
+
+            同理有$-(x-1)(x-3)\equiv1\bmod{(x-2)}$，$\dfrac{1}{2}(x-1)(x-2)\equiv1\bmod{(x-3)}$.
+
+            从而$f(x)\equiv\dfrac{1}{2}\times 4 \times(x-2)(x-3)-1\times 8\times(x-1)(x-3)+\dfrac{1}{2}\times 16\times(x-1)(x-2)\equiv 2x^2-2x+4\bmod{(x-1)(x-2)(x-3)}$.
+        \end{answer}
         \item 设$p,q\in\mathbf{F}[x]$，证明：$p^2 \mid q^2\iff p \mid q$.
+        \begin{answer}
+            设$q=ps+t$，其中$\deg t<\deg p$，则$q^2=p^2s^2+2pst+t^2$.
+
+            从而$p^2\mid q^2\iff 2pst+t^2=0 \iff t(2ps+t)=0$.由于$\deg t<\deg p\leqslant \deg (ps)$，故$t(2ps+t)=0\iff t=0 \iff p\mid q$.
+        \end{answer}
         \item 证明：$\mathbf{F}[x]$中两个次数大于0的多项式没有公共复根的充要条件是它们互素.
+        \begin{answer}
+            \begin{enumerate}
+                \item 充分性：假设多项式$p,q$有公共复根$\lambda$，则$(x-\lambda)$为$p$和$q$的公因式，这与$p$和$q$互素矛盾.
+                \item 必要性：设$d(x)$是$p(x)$和$q(x)$的公因式，则$\deg d>1$，由代数基本定理知$d(x)$在复数域上有根，这表明$p$和$q$有公共复根，矛盾.从而$p$和$q$互素.
+            \end{enumerate}
+        \end{answer}
         \item 设$p\in\mathbf{F}[x]$且$q\neq 0$. 证明：$c$是$f(x)$的$k\enspace(k\geqslant 1)$重根的充要条件为
         \[f(c)=f'(c)=\cdots=f^{(k-1)}(c),\enspace f^{(k)}(c)\neq 0.\]
+        \begin{answer}
+            必要性显然.下面归纳证明充分性.
+            \begin{enumerate}
+                \item $k=1$时，命题成立.
+                \item 假设命题对$k$成立，则对于$k+1$，令$g(x)=f'(x)$，则$g(c)=g'(c)=\cdots=g^{(k-1)}(c)=0,g^{(k)}(c)\neq 0$，根据归纳假设，$c$是$g(x)$的$k$重根，从而$c$是$f(x)$的$(k+1)$重根，命题对$k+1$成立.
+            \end{enumerate}
+        \end{answer}
         \item 设$p(x)$和$q(x)$是$\mathbf{F}[x]$中的两个次数不超过$n$的多项式，若存在$\mathbf{F}$上$n+1$个不同的数$\lambda_0,\lambda_1,\ldots,\lambda_n$使得$p(\lambda_i)=q(\lambda_i),\enspace i=0,1,\ldots,n$，则$p(x)=q(x)$.
+        \begin{answer}
+            考虑多项式$f(x)=p(x)-q(x)$，$\deg f\leqslant \max\{\deg p,\deg q\}=n$，而$m\enspace(m\geqslant 0)$次多项式至多有$m$个根，这表明$\deg f=-\infty$，只能有$f(x)\equiv 0$，从而$p(x)=q(x)$.
+        \end{answer}
     \end{exgroup}
 
     \begin{exgroup}
         \item 证明带余除法的其它角度.
+        \begin{answer}
+            \begin{enumerate}
+                \item 存在性：给定$p(x),s(x)\in\mathbf{F}[x],s(x)\neq 0$，设$A=\{r(x)\in \mathbf{F}[x]\mid\exists s(x)\in \mathbf{F}[x],p(x)=s(x)q(x)+r(x)\}$.
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+                由于$p(x)=0\cdot s(x)+p(x)$，故$p(x)\in A$，$A\neq \emptyset$.若$s\mid p$，则$r(x)=0\in A$，且满足$\deg r<\deg s$.
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+                否则存在$\displaystyle \min_{r\in A}\{\deg r\}$，我们证明$\deg r<\deg s$.
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+                若不然，假设$r_1(x)$为$A$中次数最低的多项式，$\deg r_1=m\geqslant \deg s$，设$r_1=a_mx^m+\cdots+a_0$，则$r_2(x)=r_1(x)-s(x)\cdot a_mx^{m-\deg s}\in A$，且$\deg r_2 <m$，这与$r_1$的选取矛盾，从而假设不成立，有$\deg r_1(x)<\deg s$，存在性得证.
+                \item 唯一性：设$p(x)=s(x)q_1(x)+r_1(x)=s(x)q_2(x)+r_2(x)$，则$s(x)(q_1(x)-q_2(x))=r_2(x)-r_1(x)$.
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+                若$q_1(x)\neq q_2(x)$，则$\deg (r_2-r_1)<\deg s\leqslant \deg s(x)(q_1(x)-q_2(x))$，矛盾.从而$q_1(x)=q_2(x),r_1(x)=r_2(x)$.
+            \end{enumerate}
+        \end{answer}
         \item 证明裴蜀定理的其它角度.
+        \begin{answer}
+            \begin{enumerate}
+                \item 必要性：设$\deg p=n,\deg q=m$，考虑映射$T:\mathbf{F}[x]_{n}\times\mathbf{F}[x]_{m}\rightarrow \mathbf{F}[x]_{m+n}$.我们先证明$T$是单射.
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+                假设$r_1,r_2\in\mathbf{F}[x]_{n},s_1,s_2\in\mathbf{F}[x]_{m}$，$T(r_1,s_1)=T(r_2,s_2)$.则$r_1p+s_1q=r_2p+s_2q \implies (r_1-r_2)p=(s_2-s_1)q\implies p\mid(s_2-s_1)q$.
+                由于$(p,q)=1$，故有$p|(s_2-s_1)$.而$\deg (s_2-s_1)\leqslant n-1 <\deg p$，故有$s_2-s_1=0,s_1=s_2$，进而有$r_1=r_2$，从而$T$为单射.
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+                又由于$\dim(\mathbf{F}[x]_{n}\times\mathbf{F}[x]_{m})=n+m=\dim(\mathbf{F}[x]_{m+n})$，故由$T$为单射知$T$为满射.从而存在$u(x),v(x)\in\mathbf{F}[x]$，使得$u(x)p(x)+v(x)q(x)=1$.
+                \item 充分性：设$(p(x),q(x))=d(x)$，则$d(x)\mid (u(x)p(x)+v(x)q(x))=1$，从而$d(x)=1$，$p(x)$和$q(x)$互素.
+            \end{enumerate}
+        \end{answer}
     \end{exgroup}
 \end{exercise}