(完整word版)高等代数多项式习题解答

第一章多项式习题解答用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x).5xq(x)x2x1,r(x)5x7.m,p,q适合什么条件时，有1)x2mx11x3pxqxmxx2mx(p1)xq2mx2mxm(m2p1)x(qm)x30x2pxqx32p10,qm时x2mx11x3px本题也可用待定系数法求解.当X[footnoteRef:2]mx1|x[footnoteRef:3]pxq时，用x2mx1去除[2:61339109327][3:商为q(x)2x46x313x239x109，余式为r(x)327.]x3pxq，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为xq.于是有因此有m2p10,qm.2)x2mx11x42pxq由带余除法可得42/2xpxq(xmx1)(x2mx2p1m)m(2pm2)x(q1pm2)当且仅当r(x)m(2p2m)x(q1pm2)0时2x42mx11xpxq.即m(2pm2)2m0，即mQ或p2小m2,q1p0q1p,q1.本题也可用待定系数法求解.当x2mx1|x4px2q时，用x2mx1去除x4px2q，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2axq.于是有42xpxq(x2axq)(2xmx1)(ma)x3(ma2q1)x(amq)xq.maq1p,amq0.消去a可得m0,或2pm2,q1p,q1.x4比较系数可得ma0,求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r(x).53f(x)2x5x8x,g(x)x3;解：运用综合除法可得320508061839117327解:运用综合除法得：12i111012i42i98i12i52i98i商为x22ix(52i),余式为98i.4.把f(;x)成xX°的方幂和，即表示成CoC1(XXo)C2(XXo)2的形1)f(x)5x12)f(x)4x2x23,xo2;3)f(x)4x2ix3(1i)x23x7i,xo1：假设f(x)为n次多项式，令f(x)CoG(xXo)C2(XXo)2Cn(xXo)n式.xo)n1]Co(xXo)[GC2(xxo)Cn(xc0即为xXo除f(x)所得的余式，商为q(x)q可得C1为xxo除商q(x)所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数解：1)解法一：应用综合除法得•11ooooo111111111111123411234513611361o141141o11555x[(x1)1]5432(x1)5(x1)10(x1)10(x1)5(x1)12)仿上可得2102032448212241128202141024212解法二：把x表示成(x1)1，然后用二项式展开21622218f(x)1124(x2)2322(x2)8(x2)4(x2).因为12i137i114i1ii475ii0110ii1512if(x)x42ix3(1i)x23x7i(75i)5(xi)(1i)(xi)25.求f(x)与g(x)的最大公因式1)f(x)x4x33x24x1,g(x)x3x2x1解法一:利用因式分解f(x)43^2*xx3x4x31(x1)(x3x1),因此最大公因式为x1.解法二：运用辗转相除法得q2（x）32xxx13321xxx221231xx221231xx—244”2（X）33x4443xx3x24x1432xxxx「1（x）2x23x12x22xx1x18-x3q(x)43q3(x)因此最大公因式为x1.43322)f(x)x4x1,g(x)x3x1.解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零）q2（x）93122x—x—x331022一x—x1331021020—x一x3991611r2(x)一x—993210x3x0x14,3^2x4x0x4小32x3x0x0x1x3小2x0xx13x3x20x1n(x)3x2x2-2333x-—x1649x21649539—x16256“(x)27256x1qdx)27441—x16256(f(x),g(x))1.3)f(x)x410x21,g(x)x44-2x36x24・2x1.g(x)f(x)4.2(x32.2x2x)f(x)R(x)，f(x)(x32.2x2x)(x22)2(x22x1)14”2rdx)(x2-2)d(x),—r1(x)x32P2x24、2xx(x22・2x1)D(x)x,因此(f(x),g(x))x222x1.6•求u(x),v(x)使u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x)):1)f(x)x42x3x24x2,g(x)解：运用辗转相除法得:因此(f(x),g(x))r2(x)x22.且有q2(x)f(x)[iqi(x)q2(x)]g(x).u(x)q2(x)xi,v(x)iqi(x)q2(x)x2.432f(x)4x2xi6x5x9,g(x)解：运用辗转相除法得:4322f(x)xx4x4xi,g(x)xxi.解：运用辗转相除法得:■2q2(x)x1xx1x22xx1x2ID(x)1因此(f(x),g(x))d(x)1.且有q2(x)f(x)[1qdx)q2(x)]g(x).u(x)q2(x)x1,v(x)1q-i(x)q2(x)1(x23)(x1)x3x23x2.7.设f(x)x3(1t)x22x2u,g(x)x3txu的最大公因式是一个二次多项式，求t,u的值.解：运用带余除法有f(x)x3(1t)x22x2u(x3txu)1(1t)x2(2t)xug(x)r1(x),Hx)即为f(x),g(x)的最大公因式.因此有1t0.进g(x)n(x)[x畀11t(1t)2解得如果d(x)|f(x),d(x)|g(x),且d(x)为f(x)与g(x)的一个组合，那么d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式证明：由d(x)|f(x),d(x)|g(x)可知d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式.下证f(x)与g(x)的任意一个公因式是d(x)的因式•由d(x)为f(x)与g(x)的一个组合可知，存在多项式u(x),v(x)，使得d(x)u(x)f(x)v(x)g(x).设(x)是f(x)与g(x)的任意一个公因式，则(x)|f(x),(x)|g(x).故(x)|u(x)f(x)v(x)g(x)即(x)|d(x).因此d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式.9.证明：(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x)(h(x)的首项系数为1).证明：存在多项式u(x),v(x)，使得(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x).所以有(f(x),g(x))h(x)u(x)f(x)h(x)v(x)g(x)h(x).即(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个组合.显然有(f(x),g(x))|f(x),(f(x),g(x))|g(x).从而(f(x),g(x))h(x)|f(x)h(x),(f(x),g(x))h(x)|g(x)h(x).由第8题结果(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式.又h(x)是首项系数为1的，因此(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x).f(x)g(x))(f(x),g(x)'(f(x),g(x)证明：由f(x),g(x)不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即(f(x),g(x))0.又存在多项式u(x),v(x)，使得(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x).于是1u(x)空v(x)凹.(f(x),g(x))(f(x),g(x))因此，型)1.(f(x),g(x)(f(x),g(x)11如果f(x),g(x)不全为零，且u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x)),那么(u(x),v(x))1.证明：由f(x),g(x)不全为零可得(f(x),g(x))0.由u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x))有u(x)f(x)v(x)g(x)1.(f(x),g(x))(f(x),g(x))于是(u(x),v(x))1.证明：如果(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1,那么(f(x),g(x)h(x))1.证法一、由条件(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1可得存在多项式5(x),v1(x)；U2(x),v2(x)使得U1(x)f(x)v1(x)g(x)1，U2(x)f(x)v2(x)h(x)1.两式相乘得[U1(x)U2(x)f(x)U2(x)w(x)g(x)5(x)v2(x)h(x)]f(x)w(x)v2(x)g(x)h(x)1.因此有(f(x),g(x)h(x))1.证法二、反证法证明.显然(f(x),g(x)h(x))0.若(f(x),g(x)h(x))1,则存在不可约多项式p(x)，使得p(x)为f(x)与g(x)h(x)的公因式.因此有p(x)|f(x)且p(x)|g(x)h(x).由p(x)的不可约性有p(x)|g(x)或p(x)|h(x).若p(x)|g(x)，则p(x)为f(x)与g(x)的一个公因式，与(f(x),g(x))1相矛盾.若p(x)|h(x)，则p(x)为f(x)与h(x)的一个公因式，与(f(x),h(x))1相矛盾.因此(f(x),g(x)h(x))1不成立，即有(f(x),g(x)h(x))1.设f1(x),f2(x),,fm(x),g1(x),g2(x),gn(x)都是多项式，而且(fi(x),gj(x))1,(i1,2,,m;j1,2,,n).求证：(f1(x)f2(x)fm(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.证明：由(f1(x),gj(x))1(j1,2,,n)，反复利用第12题结果可得(f1(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.类似可得(fi(x),g1(x)g2(x)gn(x))1,i2,,m.再反复利用12题结果可得(f1(x)f2(x)fm(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.证明：如果(f(x),g(x))1,那么(f(x)g(x),f(x)g(x))1.证明：方法一.由(f(x),g(x))1,存在多项式u(x),v(x)使得u(x)f(x)v(x)g(x)1.从而有(u1(x)v1(x))f(x)v1(x)(f(x)g(x))1,u1(x)(f(x)g(x))(u1(x)v1(x))g(x)1,因此有(f(x),f(x)g(x))1,(g(x),f(x)g(x))1.由12题结果结论成立.方法二：用反证法.若(f(x)g(x),f(x)g(x))1.则存在不可约多项式p(x),使得p(x)为f(x)g(x)与f(x)g(x)的公因式.即p(x)|f(x)g(x)且p(x)|f(x)g(x).由p(x)的不可约性及p(x)|f(x)g(x)，有p(x)|f(x)或p(x)|g(x).若p(x)|f(x)，又p(x)|f(x)g(x)，因此有p(x)|[(f(x)g(x))f(x)]，即p(x)|g(x)，也即p(x)为f(x)与g(x)的一个公因式，与(f(x),g(x))1相矛盾.类似可得当p(x)|g(x)时也与已知(f(x),g(x))1矛盾.所以(f(x)g(x),f(x)g(x))1.求下列多项式的公共根：32432f(x)x2x2x1;g(x)xx2xx1.解法一：利用因式分解可得322f(x)x2x2x1(x1)(xx1);43222g(x)xx2xx1(x1)(xx1).因此(f(x),g(x))x2x1.f(x)与g(x)的公共根为1fi.解法二：运用辗转相除法求出f(x)与g(x)的最大公因式，最大公因式的根即为所求的公共根.22g(x)f(x)(x1)2(xx1),f(x)(xx1)(x1).因此(f(x),g(x))X2x1.f(x)与g(x)的公共根为寸日16.判别下列多项式有无重因式:1)f(x)x55x47x32x24x8；解：f'(x)5x420x321x24x4,运用辗转相除法可得(f(x),f'(x))2x4x4(x2)2.因此x2为f(x)的三重因式.解法二：试根可得2为f(x)的根432f(x)(x2)(x3xx4)(x2)232(xxx2)3(x2)(x2x1).因此x2为f(x)的三重因式.2)f(x)x44x24x3.解：f'(x)4x38x44(x32x1).(f(x),f'(x))1.故f(x)无重因式.17.求t值使f(x)x33x2tx1有重根.解法一：要使f(x)有重根，则(f(x),f'(x))1.f'(x)3x26xt.3211t3_八f(x)x3xtx1(—x)33f'(x)W(2xD,2f'(x)3x6xt(2x1)(3x2t匹4t3t30,即t3时因此1为f(x)的三重根.当t解法1T0，即t15広时，(f(x),f'(x))1x2，b)x2(a1—为f(x)的二重根.2222ab)xab.二：设f(x)(xa)2(xb)3x(2a因此有2ab3,2a2abt,a2b1.由第一个方程有b62a，代人第三个方程有a2(32a)1,2a33a210,即(a1)2(2a1)0.因此有1a1,a-，b1,或b4,t3,t㊇.4151即当t3时1为f(x)的三重根；当t一时，—为f(x)的二重根.42(23pxq)(29_x峯)(p32p4p要使f(x)有重根，则(f(x),f'(x))1.即p竺0,即4p327q20.显然4ppq0也满足4p327q20.因此f(x)有重根的条件是4p327q20.19.如果(x1)2|Ax4Bx21,求A,B.解法一：利用整除判定方法，(x1)2|Ax4Bx21的充要条件是用(x1)2除Ax4Bx21，余式为零.Ax4Bx21(x1)2(Ax22AxB3A)(2B4A)x(13AB)因此有(2B4A)x(13AB)0，即卩2B4A0,A1,13AB0.B2.解法二：要使(x1)2|Ax4Bx21成立，则1至少是Ax4Bx21的二•重根.因此1既是Ax4Bx21的根，也是其导数的根.而(Ax4Bx231)'4Ax2Bx.故有1AB0,A1,4A2B0.B2.解法三：利用待定系数法•令42224Ax4Bx21(x1)2(Ax2CxD)Ax4(C2A)x3(A2CD)x2(C2D)xD因此有n1X(n1)!'nn.,xxX・，一因此有f(x)f'(x),从而有(f(x),f'(x))(f'(x),).因式只有C(c0)n!n!n!及cxk(c0,1kn).而cxk(c0,1kn)显然不是f'(x)的因式.因此有nx(f(x),f'(x))(f'(x),—)1.n!所以f(x)没有重根.21.如果a是f'''(x)的一个k重根，证明a是xag(x)—[f'(x)f'(a)]f(x)f(a)的一个k3重根.证明：1xaxa1g'(x)2【f'(x)f'(a)]〒f''(x)f'(x)〒f''(x)2【f'(x)f'(a)],1xaixag''(x)-f''(x)〒f“'(x)2f''(x)〒f'''(x).显然有g(a)g'(a)g"(a)0.由a是f'''(x)的一个k重根可得a是g''(x)的一个k1重根，设a是g(x)的s重根，贝Us2k1,sk3.本题常见错误证法.错误证法一：由a是f'''(x)的一个k重根就得出a是f''(x)的一个k1重根，a是f'(x)的一个k2重根，a是f(x)的一个k3重根，于是xag(x)[f'(x)2()k3f'(a)]f(x)f(a)(Xa)h(x)2从而a是g(x)的k3重根.事实上，由a是f'''(x)的一个k重根推不出a是f''(x)的一个k1重根，a是f'(x)的一个k2重根，a是f(x)的一个k3重根.如f(x)(xa)k3(xa)2(xa)3，则f'(x)(k3)(xa)k22(xa)1，f''(x)(k3)(k2)(xa)k[footnoteRef:4]2.a既不是f(x)的根，也不是f'(x)与f''(x)的根.[4:xa1xag''(x)-f''(x)—f'''(x)?f“(x)—f'''(x)得出a是g''(x)的k1重根，直接得出a是g(x)的k3重根，缺了a是g(x)与g'(x)的根验证.22证明：X。是f(x)的k重根的充分必要条件是f(Xo)f'(X。)f"k1)(Xo)0,而f(k)(xo)0.证明：必要性.设X。是f(x)的k重根，从而xX。是f(x)的k重因式，从而是]错误证法二：由1xaxa1g'(x)2【f'(x)f'(a)]f''(x)f'(x)f''(x)?[f'(x)f'(a)],f'(x)的k1重因式，是f''(x)的k2重因式，…，是f(k1)(x)的单因式，而不是f(k)(x)的因式•因此X0是f(x)，f'(x)，f''(x)，…，f(k1)(x)的根，而不是f(k)(x)的根.故有f(x。)f'(x。)f(k1)(x°)0,而f(k)(xo)0.充分性.由f(Xo)f'(Xo)f(k1)(Xo)0,而f(k)(xo)0可知Xo是f(x)，f'(x)，f''(x)，...，f(k1)(x)的根，而不是f(k)(x)的根.因此x0是f(k1)(x)的单根，是f(k2)(x)二重根，依此类推，是f(x)的k重根.23举例说明断语“如果是f'(x)的m重根，那么是f(x)的m1重根”是不对的.解：例如f(x)(x)m12，f'(x)(m1)(x)m.是f'(x)的m重根，但不是f(x)的根.24证明：如果(x1)|f(xn),那么(xn1)|f(xn).证明：由(x1)|f(xn)可得f(xn)(x1)g(x).从而f(1)0.因此有f(x)(x1)h(x),从而有f(xn)(xn1)h(xn).即(xn1)|f(xn).证法二：要证(xn1)|f(xn)，只要证xn1在复数域上的各个根都是f(Xn)2k2k的根.xn1的根为xkcosisin,k0,1,2,,n1.由(x1)|f(xn)可得nn2k2kf(xn)(x1)g(x).从而f(1)0.从而f(x：)f(1)0.即Xkcosisin,nnk0,1,2,,n1都是f(xn)的根.因此有(xn1)|f(xn).25.证明：如果(x2x1)|f1(x3)xf2(x3)，那么(X1)|f1(x),(x1)|f2(x).证明：要证(x1)|f1(x),(x1)|f2(x)成立，只要证1是f1(x)和f2(x)的根.X2X1的两个根为1—,2」色.由(x2x1)|f1(x3)xf2(x3)可22得f1(x3)xf2(x3)(x2X1)g(X).于是求下列多项式的有理根.32x6x15x14;解：多项式可能的有理根为1,2,7,14.由系数取值可知，x取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根.检验得2为其根，进一步运用综合除法可得216151428141470即x36x215x14(x2)(x24x7)，显然x24x7没有有理根.因此x36x215x14仅有一个有理根2,且为单根.4x47x25x1;1解：多项式可能的有理根为1,-,-.4214262022224440因此有4x47x25x1(x12(4x24x4)(2x1)2(x2x1)，显然x2x1没有有理根.因此1为4x47x25x1的二重根.23)x5x46x314x211x3.解:多项式可能的有理根为1,3.检验得1为其根，进一步运用综合除法可得11161411310683110683011533115303631210故x5x46x314x211x3(x1)2(x3)(x22x1)(x1)4(x3).即1为其四重跟，3为单根.下列多项式在有理数域上是否可约?1)x21;解：显然x21无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约.2)x48x312x22;解：取素数p2，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约.x6x31;解：令xy1,636365432f(x)xx1(y1)(y1)1y6y15y21y18y9y3g(y).取素数p3,g(y)满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而f(x)在有理数域上不可约.xppx1,p为奇素数；解：令xy1，由p为奇数可得f(x)xppx1(y1)pp(y1)1ypcpyp1cpyp2Cp2y2(cp1p)ypg(y).由组合数定义Ck(1kp1)均为整数，且Cpp(p"(pk1，分子中有k(k1)21因子p，分母个各数均小于p，又p为素数，因此约分时p不会被约去，因此有p|Cp，取素数为p，g(y)满足艾森斯坦判别式条件，因此g(y)在有理数域上不可约，从而f(x)在有理数域上不可约.x44kx1,k为整数.解：令xy1,则有x44kx1(y1)44k(y1)1y44y36y24(k1)y2g(y).取素数p2,g(y)满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而f(x)在有理数域上不可约.