高等代数论文
rank(g(A)) rank(d(A))。
证明：由多项式理论知：有u(x)、v(x)、h(x) P[x]满足：
d(x) f(x)u(x) g(x)v(x)
，g(x) d(x)h(x)
则有d(A) f(A)u(A) g(A)v(A)，g(A) d(A)h(A)，注意到f(A) 0即知：
rank(g(A)) rank(d(A)h(A)) rank(d(A)) rank(f(A)u(A) g(A)v(A)) rank(g(A)v(A)) rank(g(A))
显然若d(x) 1，则d(A) E，从而g(A)可逆。因此有：
推论1：f(x),g(x) P[x],(f(x),g(x)) 1，若f(A) 0则g(A)可逆。
这是文[7]主要结果之一，文中已指出推论1中的(f(x),g(x)) 1仅是充分条件。事实上由文[11]中的定理2（但文[11]不给出证明）即：
定理2.3：设(f(x),g(x)) 1，则f(A)g(A) 0 rankf(A) rankg(A) n
也可得到推论1:取f(A) 0即得rankg(A) n即g(A)可逆。下面给出2.3本人证明。 证明：(f(x),g(x)) 1得：u(x)、v(x) P[x]满足：1 f(x)u(x) g(x)v(x)。
n rank(f(A)u(A) g(A)v(A)) rank(f(A)u(A)) rank(g(A)v(A)))
rankf(A) rankg(A) rankf(A)g(A) n
即n rankf(A) rankg(A) rankf(A)g(A) n 显然 f(A)g(A) 0当且仅当rankf(A) rankg(A) n
定理2.4：f(x),g(x) P[x],f(A) 0则g(A)可逆 (f(x),g(x)) 1 证明：由推论1知只需证其必要性：
令d(x) f(x)u(x) g(x)v(x)，则d(A) f(A)u(A) g(A)v(A)
由定理2.2可知：d(A)可逆。从而E f(A)(u(A)(d(A)) 1) g(A)(v(A)(d(A)) 1) 由引理1.9可知(d(A)) 1 P(A)，不妨设(d(A)) 1 d1(A)，从而有
1 f(x)(u(x)d1(x)) g(x)(v(x)d1(x))
(f(x),g(x)) 1
这是文[6]主要结果，这里只是给出另外一种证法，文中指出g(A)的逆的求法，即可用辗转相除法判定f(x)与g(x)是否互素，若互素可得：
u(x),v(x) P[x]:1 f(x)u(x) g(x)v(x)
，从而有：(g(A)) 1 v(A)。
推论1：当 (g(x)) 1时，则有f(x) g(x)q(x) r,r是非零数可得：
(g(A))
1
1r
q(A)
推论2：g(A)可逆 (fA(x),g(x)) 1 推论3：g(A)可逆 (gA(x),g(x)) 1
推论4：A2 A，则kA lE可逆 k l,l 0