多項(xiàng)式習(xí)題解答

1、第一章多項(xiàng)式習(xí)題解答P44.1.用g(x)除f (x)？求商q(x)和余式r(x).171) f(x) = g(x)(3x-9)(262、x ).991 7q(x)= -二 x , r(x)=39262x .992) f (x) =g(x)(x2 x -1) ( -5x 7) . q(x) = x2 x -1, r(x) = -5x 7 .2.求m, p,q適合什么條件時(shí),有1) x2 mx -1| x3 px q 2) (x2 mx 1) | x4 px2 q.解:1)方法1.2,x mx -13x px qx-mx3+mx2-x -m x2+(p+1)x+q-m x2-m2x +m,2、,

2、、,、(p 1 m )x (q m) = r(x)由余式(p +1 +m2 )x +(q -m) = 0 得:pm；2q1方法2.設(shè)x3 + px+q =(x2+mx-1)(x-q),兩個(gè)多項(xiàng)式相等當(dāng)且僅當(dāng)同次項(xiàng)系數(shù)對(duì)應(yīng)相等,丁是m qM,即m；q mq1= p p = q -12) 解：假設(shè)(x2+mx + 1)|x+px2+q,貝Ux> px2 q = (x2 mx 1)(x2 ax q),/曰 mqm = 0得, 2、q - m +1 = p,所以當(dāng)m展開(kāi)右邊與左邊比較,得? mq+a=0,消去a, q ma 1 = p0 時(shí),q=1, p=2-m2;當(dāng) m=0 時(shí),p=q+1.3

3、.求g(x)除f(x)的商q(x)和余式r(x).解：用綜合除法求商和余式.1) f (x) =2x5 -5x3 -8x, g(x) =x 3 .解：作綜合除法算式:-320-50-80-618-39117-3272-613-39109-327得：f(x) =(2x4 -6x3 13x2 -39x 109)(x 3) 327.商 q(x) =2x4 6x3 +13x2 - 39x + 109,余式為 r(x) = -327.322) f(x)=x -x x, g(x)=x1 2i.余式 r(x)= -9 81 .解:商 q(x)=x2 -2lx -(5 +21), 4.把f(x)表成(x-x0

4、)的方籍和.=1.一 一 51) f(x)=x,x.解：用綜合除法11000001111111111111123412345=r21 113613610=r31141410=r41115=r5.f (x) =(x -1)5 5(x1)4 10(x1)3 10(x 1)2 5(x -1) 1.當(dāng)然也可以5 5 5 4 3 2 ：f(x) x (x 1) IJ = (x 1)5(x1)10(x 1)10( x 1)5(x 1) 1 .2) f(x) =x4 2x23 =(x2)4 -8(x 2)322(x 2)224(x2)113) f(x) =x4 2ix3-(1 l)x23x 7 l=(x i

5、 項(xiàng)2i(xi勺i -(1 i)(xi"-3(xi-) 7 i=(x +ij 2i (x + 3)+(1+i )*¥ i)5x(+ i3 7 i55.求f(x), g(x)的最大公因式.1) f(x)=x4+x3 3x2 4x 1, g(x)=x3+x2 x 1.解法1:作輾轉(zhuǎn)除法：f(x) x4 +x33x2(x)x4 +x3 x2xg(x)4x1x3+(3/2)x2 +(1/2)r1(x)=2x23x2x22x1(1/2) x2(3(02) x2(3/4) xx=q3(x)x3+x2,/2) x1qi (x)=x -1 x+ 4 =q2I x+ 3x 1x 10(1/4

6、) r2(x)=(3/4) x(3/4)(f(x),g(x) =x 1.,所以,在輾轉(zhuǎn)相除的過(guò)程解法2:由丁最大公因式的常數(shù)倍仍然是最大公因式 中,為了方便可以給多項(xiàng)式乘以一個(gè)非零常數(shù).x4+x3x4+x33x22 x4x x1x3+x22x3+2x22x2x3+3x2 +)x2cn(x)=2x232x22x12 x 2x26 x2 x233 x4x 1x 1x 13 x x+13q1 (x)=x2x-1=q3(x)1*+1=q2(x)20(f(x),g(x) =x 1.解法 3: f(x) =(x 1)(x3 -3x -1),2 一2g(x)=(x-1)(x 2x 1)=(x-1)(x 1)

7、,(f (x ) ,g (x =) ) x 2) g(x) =x3-3x2+1 不可約,f(x) = x4-4x3+1 不可約,( f (x), g(x) )= 1.3) f(x) =x4 -10x2 1 =(x2 2.2x-1)(x2 -2.2x-1)g(x) =x4 -4、2x3 6x2 6、.2x 1, f (x) = 4.2(-x3 2,2x2 x) =(x2 -2x -1)2- f(x),g(x) =x2-2、2x-16.求 u(x), v(x)使 u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x), g(x).1) f (x) = x4 2x3 -x2 -4x -2 , g(x) =

8、x4 x3 -x2 -2x "解法 1: f (x) =(x 1)2(x2 -2) , g(x) =(x2-2)(x2 x 1).由于(x+1, x？十 x 十1)=1,所以(f(x), g(x) = x22.由于(x 十 1)2 (x+1)】+(x2 +x 十1)(x+2) =1,所以 u(x)f (x) + v(x)g(x) = x？ 2 ,即 l-(x 1)l(x 1)2(x2 2) (x 2)(x2 x 1)(x2 2)=x2 2.解法2:作輾轉(zhuǎn)除法:q2(x)=x+1g(x)g(x) = x4 +x3 _x2 -2x-2f(x)f (x) = x4 + 2x3 x2 _ 4

9、x -2q1(x)=1x4-2x24,32-cx +x -x 2x 2x3+x2-2x-2 x3-2xr1(x)= x3-2x x3-2xq3(x)=x2"r2(x)=x -2r3=0由于 r2(x)| r1(x),所以(f(x), g(x) = r2(x) = x2-2.再由f(x) =g(x)q(x)+r(x), g(x) =r(x)q2(x)+Mx),得&(x) =g(x) -r(x)q2(x) =g(x) -f(x)- g(x)q(x)q2(x),&(x) =g(x)(1 q(x)q2(x) f (x)-q2(x).令 u(x)=-(x+1), v(x)=(x

10、+2),那么(x2 2) = (x +1)f (x) +(x + 2)g(x).2) (f(x), g(x) = r2(x) = x-1.1,2 2 2g(x) = x2 -x -1x1 耳仔一小(gx2-gx-1)g(x).3) f (x) =x4 -x3 -4x2 4x 1 , . f(x) =g(x)(x2 -3) (x-2) , g(x) =(x-2)(x 1) 1232.1=-(fg(x 3)(x+1)+g , 1 = (x+1) f (x)+(x+x3x 2)g(x).7.如果f(x)和g(x)的公因式是一個(gè)二次多項(xiàng)式,求t,u的值.其中f(x) = x3 (1 4)x2 2x 2

11、u, g(x) = x2 tx u.解：f (x) =g(x)1 (1 t)x2 (2 -t)x u, r(x) =(1 t)x2 (2 -t)x u.1 g(x) =r(x)(口 xt -2(1 t)2.(t2 t u) (t2)2(1 t)2(1-t -2(t 1)2)u由題意r(x)與g(x)的公因式應(yīng)為二次所以r(x) |g(x).得,t3 +3f2(u+3)t+(4-u)=0(1 t)2(t t 3)u.(1 t)2得t.-1,否那么r(x)為一次的.32t3 +3t2 -(u +3)t +(4 u) =0,2Jt +t+3)u=0解出(i )當(dāng) u=0 時(shí) t3+3t23t+4 =

12、 0, (t+4)(t2t+1)=0.1 、3？W？. . t = H或t = ？ =e 32(ii)當(dāng)u#0時(shí),只有t2 +t 十3 = 0,t 132t3 3t2 _(u 3)t (4 -u)= u = = -(t3 3t2 -3t 4).t 13u = 3(t2 t 3)(t2 2t -8) 6t 24 =2(t 4)3u 2(t+4),t=Li,7-而. t2+t + 3=028. 證實(shí)：如果 d(x) | f (x), d(x) | g(x),且 d(x)是 f(x)和 g(x)的一個(gè)組合,那么 d(x) 是f(x)和g(x)的一個(gè)最大公因式.證實(shí)：由于d(x)| f (x), d(

13、x)|g(x),所以d(x)是f(x)和g(x)的一個(gè)公因式.乂：d(x)是f(x)與g(x)的組合,所以存在u(x), v(x)Px使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).假設(shè)h(x)| f (x), h(x) |g(x),得h(x) |d(x),所以d(x)是一個(gè)最大的公因式9. 證實(shí)(f (x)h(x),g(x)h(x) =(f(x), g(x)h(x). ( h(x)的首系=1)證：設(shè)(f (x)h(x), g(x)h(x) = m(x), d(x) = (f (x), g(x) = u(x)f (x) v(x)g(x).由 d(x)h(x) | f (x)h(x), d(x

14、)h(x)| g(x)h(x),得 d(x)h(x)是 f(x) h(x )和 g(x)h(x)的一 個(gè)公因式.所以d(x)h(x)| m(x).考慮到 d(x) =u(x)f(x) v(x)g(x),d(x)h(x) =(f(x),g(x)h(x) =u(x)f(x)h(x) v(x)g(x)h(x).由于 m(x) | f (x)h(x), m(x) |g (x)h(x)所以由上式得,m(x) |d(x)h(x).而 h(x)的g(x)首項(xiàng)系數(shù)為 1,所以 m(x) =d(x)h(x),即(f (x), g(x)h(x) =( f (x)h(x), g(x)h(x).10. 如果f (x)

15、, g(x)不全為0,證實(shí)(,空2) = 1.(f(x),g(x) (f(x),g(x)證： 設(shè)d(x) =(f (x), g(x).由 f (x), g(x)不全為 0 得d(x)#0.設(shè) f (x) =d(x)fi(x), g(x) =d(x)g(x),及 d(x) = u(x) f (x) +v(x)g(x).那么 d (x) = u(x) f1(x)d (x) v(x)g1(x)d (x).消去 d (x) # 0 得 1 = u(x) f1(x) +v(x)g1(x).(2, 2)二1(f(x),g(x) (f(x),g(x)11. 證實(shí)：如果 f (x), g(x)不全為 0,且

16、u(x)f (x) +u(x)g(x) = (f (x), g(x),那么 (u(x), v(x)=1.證：設(shè) d(x) =(f (x), g(x).由丁 f (x), g(x)不全為 0,所以 d(x) 0.設(shè)f (x) = f(x)d(x), g(x) =g(x)d(x),那么u(x) f(x)d(x) u(x)g(x)d(x) =d(x), u(x)f(x) u(x)g(x) =1, (u(x), v(x)=1.12. 如果(f(x),g(x)=1, (f(x),h(x)=1,那么(f(x),g(x)h(x)=1.證:設(shè)uf +vg =1, u1 f +vh =1,兩式相乘得 uu1 f

17、 之 +ufvh +vgu f +vugh = 1 .- (uu1 f uv1h vgu1) f (v1u)gh = 1= (f, gh) = 1 .13. 設(shè) f1 fdll fm, g1gdllgn都是多項(xiàng)式,且(fi,gj )=1,i=1,2,.,m; j=1,2,.,n.求證(ff2 山 fm,gg2 川 gn)=1.證:(fi , g ) ,1 由 12題,固定i:四)=1,(fi,g.g2川gn) = 1.令 g =gg2 gn二每個(gè)i,(fi,g)=1； (f1f2,g)=1, (f1f2f3,g)=1,(f1 fJHfm,g1gJHgn) =1.推廣假設(shè)(f (x), g(x)

18、 =1,那么 vm, n N,有(f (x)m, g(x)n) =1.14.如果(f(x),g(x)=1,那么(f(x), f(x) + g(x)=1.證法 1: (f ,g) =1n uf +vg =1n (u v)f +v(g + f) =1n (f, g + f ) = 1同理(g,g + f )=1.由 12題(fg,f +g)=1.證法2:設(shè)d(x)是f和f+g的任一個(gè)公因式,d(x) | f(x),d(x) | f(x) + g(x),所以d(x) | g(x),由于(f, g)=1,所以 d(x)=c (常數(shù)).所以(f, f+g)=1. (g, g + f) =1.由 12題得

19、(fg, f g) =1.3243215 .求下歹0多項(xiàng)式的公共根：f(x)=x +2x +2x+1, g(x)=x +x +2x +x+1解：g(x)=f(x)(x-1)+2(x2+x+1), f(x)=(W+x+1)(x+1),即(f(x), g(x) = x2+x+1.令(x2 +x+1)=0 得 = -3i2-1 -、3i2-f(x)與g(x)的公共根為辱,多.16判斷以下多項(xiàng)式有無(wú)重因式：5432421) f (x) = x 5 x 7x 2x4x 82) f (x) = x 4x 一4x 3解:1) f'(x) =5x4 -20x3 +21x2 -4x+4,作輾轉(zhuǎn)相除法：5

20、f (x) = f '(x)(x -1)-3(2x3 -5x24x 12)., 32_154922 f '(x) =(2x3 -5x2 -4x 12)(5x-) "(x2 -4x 4),(2x3 -5x2 -4x 12) =(x2 -4x 4)(2x 3),得(f (x), f '(x) =x2 4x + 4 = (x -2)2,故 f (x)有重因式(x -2)3.2) f'(x)=4x3+8x4=4(x+2x1),作輾轉(zhuǎn)相除法: f (x) =(x3 2x-1)x (2x2 -3x 3).f'(x) =(2x2 -3x 3)(2x 3) (

21、11x -13)11(2x26 -3x 3) =(11x-13)(2x-9) (33116 1311 )(f(x).f'(x) =1.17.求 t 的值 f (x) = x,3x2+tx -1 有重根.1 一解法 1 :設(shè) f(x)有重根 a,那么 a 0,且 f (x) = (x a) (x +p). 丁是 af (x) = x33x2 tx1 = x3 (-2a *x2 (a22)x-1.aa由多項(xiàng)式相等的概念,得(*).言2a =-3 a2 2+a - 一 = ta、15解方程得t=3, -.4解法2: f'(x) =3x2 6x+t,作輾轉(zhuǎn)相除法：3f (x) = f&

22、#39;(x)(x -1) (21 -6)x (t -3).當(dāng) t =3,f (x) =(x 1)3有三重根.1515.當(dāng) t -3.那么 2f'(x) =(2x+2)(3x-15) + (2515).此時(shí)必須t = -？,有重因式f (x) = (x十：)2(x-4).18.求多項(xiàng)式f(x)=x3+px+q有重根因式的條件分析：假設(shè)f(x) = x3 +px+q有重根,那么有二重根或三重根.假設(shè)有三重根,那么3 3 3 2 2 3f(x) = x px q = (x - a) = x - 3ax 3a x - a .得：a =0, p=q=0.此時(shí)0為三重根.如下只需考慮2重根的情形

23、即可.解法1: f (x) =3x2 + p,利用輾轉(zhuǎn)相除法：3 f (x) = (3x2 p)x 2px 3q ( p = 0),cccr 2(3x2 p) =(2px 3q)(=x-；) (p Lr). 2 p4p4 p得 4p3 27q2 =0.解法 2: f (x) =x3 + px + q = (x -a)2(x -b) = x3 _ (b + 2a)x2 + (2ab + a2)x -a2b .,b+2a=02« p =2ab +a2 ,P '：,得4p,十27q2 =0.2 q 2a、a2b=qL19.如果(x1)2| f(x),其中 f(x) = Ax4 十B

24、x2+1,求 A, B.解法1:設(shè)f (x) = Ax4 + Bx2+1 = (x -1)2(Ax2 + bx-1),展開(kāi)右邊并比較系數(shù):Ax4 Bx2 1 =Ax4 (b -2A)x3 (-1 A-2b)x2 (1 b)x-1b -2A =0得 <A-2b-1=B,于是 A=1, B=-2.1 +b =0解法 2:由于(x1)2 | f(x),所以(x-1)| f '(x)由 f'(x) =4Ax3+2Bx =x(4Ax2+2B) =x(x-1)(4Ax+d) , 丁是比較兩邊系數(shù)得2A =B.所以 f (x) =Ax4 -2Ax2 1.乂 (x-1)f(x),設(shè) f

25、(x) = (x-1)(Ax3+bx2+cx-1), 丁是Ax4-2Ax2+1 =(x-1)(Ax3+bx2 +cx-1),右邊展開(kāi)并比較系數(shù):b - A = 0cb = 2A.廠1c=0.A =1,B =2.2n20證實(shí)f (x) =1+x +參+川*無(wú)重因式(重根).n證法 1:f'(x) = f(x)一n!xy).(f',f)=(f,n由于(f,x)=1,所以(f,xn) = 1n f(x)無(wú)重因式證法2:由丁 f(x)有重因式的充要條件是(f(x), f'(x)=1 ,所以設(shè) (f(x), f'(x) =d(x),我們證實(shí) d(x)=1.nX 事實(shí)上,由

26、 d(x) | f (x), d(x)| f"(x)得 d(x) |( f (x) f'(x),即 d(x)|.所以 n!d(x) =xk, k 占0.假設(shè) k>0,那么 x|f(x),矛盾.所以 k=1, d(x)=1.21. 如果a是f '"(x)的一個(gè)k重根,證實(shí)a是x-a 一 一 一 一 g(x) -f'(x) f'(a)-f(x) f(x)的一個(gè)k+3重根.證實(shí)：驗(yàn)證得g(a)=0,設(shè)a是g(x)的t重根. 1, x - a .g (x)= 2 f (x)+ f (a)+f (x) f (x)n g (a)=0 .11 x -

27、 a1.g (x) =2"'(x) -f (x) > f (x) f (x) = 2(x-a)f (x)=g (a) = 0 由于a是f '"(x)的k重根,以及a是(x-a)的根,所以a是g "(x)的k+1重根.再由假設(shè)a是g(x)的t重根,那么a是g"(x)的t 2重根,于是t 2=k+1,得t=k+3,即a是g(x)的k+3重根.22. 證實(shí)x.是f(x)的k重根的充要條件是f(x0) = f'(x°)=f(k-°(x0) = 0,但是f(k)(x°) =0.證實(shí)：必要性顯然(見(jiàn)定理6推

28、論1).充分性：假設(shè)x0是f(x)的t重根,t>k,由定理n f(5)= f'(x°)=f(k-*)(x0)=0,且 f(k)( x0)=0.假設(shè)t< kn f(k)(x0)#0,所以矛盾.所以t=k.23. 舉例說(shuō)明斷語(yǔ)如果a是f'(x)的m重根,那么a是f(x)的m+1重根是不對(duì)的.例如f (x) =xm* +1,那么x = 0是f (x) =(m +1)xm的m重根,但x =0不是f (x)的根.24. 假設(shè)(x1)| f (xn),那么(xn -1)| f (xn).證法1:由于(x T)| f (xn),所以1是f (xn)的根,即f(1)=0.

29、這樣(x T) | f (x).存在 g(x)使得 f(x)=(x-1)g(x). 丁是 n n nn nf (x ) =(x -1)g(x ),侍 x -1| f (x ).證法2:由條件知,f(1)=0.設(shè)全體n次單位根為1, J%.上口.對(duì)每一個(gè)或: f() = f(1)=0,所以(x或)| f (xn),k=0,1,.,n1.再由丁 x1, x Ei,., x匕兩兩互素,所以(x1)(x烏)(x&n_1)| f(xn),即(xn1)|f(xn).25 .如果 x2+x+1| f(x3) + xf2(x3),那么(x 1)| f(x),且(x1)|f2(x).證法 1:設(shè) x +

30、x+1 的兩個(gè)根 &1, % 鬲3 =1, i=1,2. x2+x+1 =(x_31)(x_52).55)=0 "F2=0 f2(M)；2f2(；23)=0," 5把上式看作是以1色為系數(shù)矩陣的齊次線性方程組,那么由丁系數(shù)行列式 口勺非零,所以 f(1)= f2(1)=0.即(x1)| f(x),且(x1)| f2(x).證法 2:設(shè) f(x) =(x1)q(x) +1, f2(x) = (x 1)q2(x) +2,那么-3333332f1 (x ) +xf2(x ) =(x -1)q1(x ) +r1 + x(x 1)q2(x ) + r2x .對(duì)丁 x +x+1

31、 的兩個(gè)根；1, ；2： " = M =1.所以0 =f1(；13)；1f2(；13)=(i3-1)q1(j)1 ；1(；13-1海(；13)2；1=15,0333333-f1 ( 2)1 f2( 2 )-( 2一 1)q1( 2 )r12( 2-1)q2 ( 2)2,2-12,2.日+驀=01 £<一 把上式看作是以為系數(shù)矩陣的齊次線性方程組,那么由丁系數(shù)行列式<1非零,所以只有零解：1=2=0.即(x-1)|f1(x),且(x1)|f2(x).證法 3 : 設(shè) f1(x) =(x1)q(x)+1 ,f2(x) =(x1)q2(x)+2 ,由條件23-3x +

32、x+1| f1 (x ) + xf2(x ),而3 3/3333.f(x ) xf2(x )=(x T)q(x ) 1 x(x -1而(乂)“x,考慮到x2+x+1|(x31),所以x2+x+1|1 +2x.再由次數(shù)之關(guān)系得1 =2=0.所以(x -1)| fi(x),且(x1)| f2(x).26.求多項(xiàng)式xn -1在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)和實(shí)數(shù)范圍內(nèi)的因式分解2k二2k二解：設(shè)祝=1 zk= cos+isin,k =0,1,2川,n-1.那么 1,禮電,.,&n是 x 一1 是nn全部根(n次單位根全體).nJ2k 二2k7(i) 在C中,x 一1 =口(x 與)=(x1)n (x(cos+i

33、 sin).i =0k ann(ii) 在R中,假設(shè)n為奇數(shù),n =2m -1:2m _2mJm_Jn22 kx 1 = (x - D | -.Q.*-1) (- -k)(_ -n_k(x-1 (x - 2cos x 1). kn 2k 二當(dāng) n =2m時(shí):xn -1 =(x-1)(x 1) (xf(x)=(x+1)4(x3).f(x)的有理根為1,1,1,1, 3. -2cosx 1).kAn為偶數(shù)n為奇數(shù)27.求有理根：1) f(x)=x36x2+15x14.解法1:有理根可能為土 1、±2、±7、±14.當(dāng)a<0時(shí)f (a) <0,所以f(x)的

34、有理根是可能1,2,7,14.f(1)=40, f(2)=0, f(7)=1400, f(14)=17640,只有一個(gè) x=2.解法2:有理根可能為土 1、±2、±7、±14.f(1)=4, f( 1)=36.對(duì)丁每一個(gè)可能的根,考慮 f？及f£？:當(dāng) =2時(shí)：f% = 4及f . ° = 一12 ,驗(yàn)證得f(2)=0.作珠合除法：216151421470241230f(x)=(x2)(x24x+7).令 g(x)= x24x+7, g(1)=4, g( 1)=12. g(x)可能的有理根只有土 7.迎非整數(shù),所以±7都不是g(x)的

35、根,從而也不是f(x)的根.1 _72) f(x)=4x47x25x 1 .v f(1)=-9豐0, f(-1)=1 豐0,2笠,f( 1)=四644641 1解：f(x)有理根可能為土 1、土一、土 一,2 4f(2)=5, f( 1)=0, f(-4)=所以f(x)只有一個(gè)有理根x= -.23) f(x)=x5+x46x314x211x3解：可能有有理根為土1、±3、f(1)=32, f( 1)=0.28.1)以下多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約？x2+1作綜合除法:1114令x=y+1,那么x2+1=y2+2y+2.取p=2,由Eisenstein 判別法可知它不可約.2)x4 -8

36、x3 12x2 2解：取P=2,由Eisenstein判別法,該多項(xiàng)式不可約.3) x6+x3+1解：令x=y+1那么x6+x3+1=y6+6y5+15y4+21y3+15y2+9y+3 取 P=3,那么這個(gè)多項(xiàng)式不可約.4) x13+px+1, p為奇素?cái)?shù)p解：取 y=x+1, xp+px+1=yp+' (c'y'T)' p(y-d) 1 ,p yp yi 4p-2=/+' (cHSyP Zpyp i 4取素?cái)?shù)為p,由丁 Cp, j =1,2,., p-1都是p的倍數(shù),所以應(yīng)用Eisenstein判別法可知它不可約.5) x4+4kx+1, k 為整數(shù)

37、4 一43 - 2解：令 x=y+1,那么 f(x) = x +4kx+1=y +4y +6y +(4+4k)y+(4k+2)取p=2,那么p可整除首相以外的所有系數(shù),但是p2不整除常數(shù)項(xiàng),由Eisenstein判別法,f(x)丁 Q上不可約.第一章補(bǔ)充題1.設(shè) f (x) =af (x) +bg(x), g(x) = cf (x) + dg (x),且ad bc# 0,證實(shí)(f (x), g(x) ffjx'gjx).證：設(shè)(f(x),g(x) =d(x),(f1(x),g1(x) =d1(x).要證實(shí) d(x)|d(x)及 d(x)|d(x).首先由于 d(x)f(x), d(x)

38、|g(x),所以由條件知 d(x)|f(x), d(x)|g(x),從而 d(x)|d(x).另一方面,由丁 ad bc 0,所以由條件知,1,1,f(x)(dfi(x)-bg(x),g(x)(-cf(x) ag(x).ad -bcad - bc丁是由 di(x)|fi(x), di(x)|gi(x),得 di(x)|f(x), di(x)|g(x),從而 di(x)|d(x).所以 di(x)=d(x).2.證實(shí)：只要 _2也_,里為的次數(shù)都大丁零,就可適當(dāng)?shù)剡x擇適等 (f (x), g(x) (f (x),g(x)式 u (x)f(x)+v(x)g(x)=d (x)中的 u(x)和 v(x

39、)使得0 ： f(u(x):g(x)(f (x),g(x)0 ： ：(v(x).f(x)(f(x), g(x)證實(shí)：設(shè)(f(x), g(x) =d(x),存在 ui(x), vi(x)使得 ui(x) f(x)+vi(x)g(x)=d(x).ui(x)f(x)(f (x),g(x)vi(x)g(x)(f(x),g(x)記 f(x)=fi(x)d(x), g(x)=gi(x)d(x),那么有ui(x)fi(x)+vi(x)gi(x)=i.(*)a) 假設(shè) d (ui(x)< 8 (gi(x),由上式,d (ui(x)+ 8 (fi(x)= F (vi(x)+ 8 (gi(x),得 .:(v

40、i(x)< ？(fi(x).b) 假設(shè) 8(ui(x)8(gi(x),令ui (x)=qi(x)gi(x)+u2(x),(比)<(gi(x)= f ( g(x) ).(f (x), g(x)v 1 (x)=q2(x)fi (x)+v2(x), F (v2)< 8 (fi(x)=己( ).代入(*)式：得(f(x),g(x)fi (x)u2 (x)+gi (x)v2(x)+fi (x)gi (x)qi(x)+fi (x) gi (x) q2(x)=1,fi(x)u2(x)+gi(x)v2(x)+fi(x) qi(x)+fi(x) q2(x)=1.令 u (x)=u 2 (x),

41、 v(x)= v2(x)+fi(x) qi(x)+fi (x) q2(x),那么由丁 c (u)= & (u2)< 8 (gi(x),得c(v)= Nv2)< E(fi(x),且有 u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).3. 證實(shí):如果f (x)與g(x)互素,那么f (xm)與g(xm)也互素(m*1).證：由丁 f(x)與 g(x)互素,所以存在 u(x), v(x)使得 u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.丁是有 u(xm)f(xm)+v(xm)g(xm)=1.即 f(xm)與 g(xm)互素.4. 證實(shí)：如果 f1(x), f2(x),., fs(x)的

42、最大公因式存在,那么 f(x), f2(x),., fsv(x), fs(X)的最大公因式也存在,且當(dāng)fjx), f2(X),., fs(x), fs(X)全不為零時(shí)有(fl,f2 山 fs)=(fl,l(),fsD fs).再利用上式證實(shí)存在Ui(x), U2(x),., Us(x)使得Ui fl+U2f2+ Usfs= ( fl,f2,., fs).證實(shí)：設(shè) d=(fi,f2 fs), di=(fifs-i), d =(di, fs),要證實(shí) d= d：一方面,d fs 及 d|di； d|d.另一方面,d|di, d'|fs ；d' |fi (寸i) ； d' |

43、d. 乂 d, d'都是首項(xiàng)系數(shù)為i 的多項(xiàng)式,所以d=d.為了證實(shí)第二個(gè)結(jié)論,應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法.當(dāng)s=2時(shí),結(jié)論顯然成立.假設(shè)對(duì)丁 s-i個(gè)多項(xiàng)式結(jié)論成立,考慮s個(gè)多項(xiàng)式的情形：此時(shí),對(duì)丁 fi(x), f2(x) ,. fsJx),由歸納假設(shè) 3Ui (i=i,2 , -,s-i),使 '':Ui fi+HI+Us_fs_ 亓d ,杲二v,U使得 vd +iUsfs=d .所以s A,- d=d' =vd+Usfs =v (£ Ui fi ) +Usfs. i =!令山=vUi i=i,2,s-i,那么 d=Uifi+ +Us-ifs-i+Usfs.

44、5. 多項(xiàng)式m(x)稱為f(x),g(x)的一個(gè)最小公倍式,如果1) f(x)|m(x), g(x) |m(x);2) f (x),g(x)的任一個(gè)公倍式都是 m(x)的倍式.我們以f(x),g(x)表示首系數(shù)是i的那個(gè)最小公倍式,證實(shí)如果f (x), g(x)的首系數(shù)都是 i,那么f(x),g(x)= f(x)g(x).(f (x),g(x)證實(shí)：由于f(x),g(x)的首系數(shù)都是i,所以它們都是非零多項(xiàng)式,丁是它們的最 大公因式不等丁零.設(shè)(f(x),g(x)=d(x), f(x)=fi(x)d(x), g(x)=gi(x)d(x),那么 (fi(x),gi(x)=i.設(shè) m(x)=fi(

45、x)gi(x)d(x),那么一方面顯然有 f(x)|m(x), g(x)|m(x),故 m(x)是一個(gè)公倍式.另一方面,設(shè)l(x)是f (x),g(x)的任一個(gè)公倍式,那么f(x) | l(x),g(x) |l(x),令 l(x)=d(x)li(x),那么 fi(x)|li(x), gi(x)|li(x). (fi(x), gi(x)=i, . .fi(x)gi(x)|li(x)n fi(x)gi(x)d(x)|l ,即 m(x)|l(x).所以 m(x)是f(x), g(x)的一個(gè)最小公倍式.即證得：f(x), g(x)=fi(x)gi(x)d(x)= f(x)g(x) (f(x) g(x)

46、6.證實(shí)：設(shè)p(x)是次數(shù)大于零的多項(xiàng)式,如果對(duì)于任何多項(xiàng)式 f (x), g(x),由p(x) | f (x)g(x)可以推出p(x) | f (x)或者p(x) | g(x),那么p(x)是不可約多項(xiàng)式.證實(shí)：采用反證法.設(shè)p(x)可約,那么有p(x) = pi(x) p(x)且pi(x)和p？(x)的次數(shù)低于p(x)的次數(shù).那么由條件可得p(x) | p (x)或p(x) | p2(x),這是不可能的,由于后面兩個(gè)多項(xiàng)式的次數(shù)低于p(x)的次數(shù).7.證實(shí)：次數(shù) 0且首項(xiàng)系數(shù)為i的多項(xiàng)式f (x)是一個(gè)不可約多項(xiàng)式的方藉的充分必要條件是,對(duì)任意的多項(xiàng)式g(x),或者(f,g)= 1或者存在

47、正整數(shù) m使得f(x)|gm(x).證實(shí)：必要性：設(shè)f (x) = ps(x)(其中p(x)是不可約多項(xiàng)式),那么對(duì)任意多項(xiàng)式g(x),有 a) ( p(x), g(x) =1;或 b) p(x) | g(x).對(duì)于 a)有(f (x), g(x) =1.對(duì)于 b)有 ps(x) | gs(x),此即 f(x)|gs(x).再令 m = s,即可.充分性：假設(shè)f (x)不是某一個(gè)不可約多項(xiàng)式的方藉,那么 f (x)有典型分角車式： f (x) = pk1(x)p；2(x)p"(x), (r 一2, ki 0).取g(x)=pi(x),那么(f (x), g(x) = pi(x),且對(duì)

48、任意的正整數(shù)m, f (x)不整除gm(x).與題設(shè)f (x)與g(x)應(yīng)滿足(f (x), g(x) =1或f (x) | gm(x),( m為某一正整數(shù))矛盾,即證.8 .證實(shí)：次數(shù) 0且首項(xiàng)系數(shù)為1的多項(xiàng)式f(x)是某一不可約多項(xiàng)式的方籍的充 分必要條件是：對(duì)任意的多項(xiàng)式g(x), h(x),由f (x) | g(x)h(x),可以推出f (x) | g(x), 或者對(duì)某一正整數(shù)m, f (x) | hm(x).證實(shí)：必要性.設(shè)f (x)= pm(x)是某一不可約多項(xiàng)式p( x)的方籍,那么由丁 p(x)不可 約,所以由 f (x) | g(x)h(x),可推知 p(x) | g(x)h

49、(x),及 p(x) | g(x)或p(x) | g(x).所以必 存在正整數(shù)使得pm (x) | hm (x),即f(x) | hm (x).充分性.假設(shè)f (x)不是某一個(gè)多項(xiàng)式的方藉,那么 f (x)有典型分解式：f (x) = pk1(x)p；對(duì)任意多項(xiàng)式f(x),用F(x)除所得的余式為 丈f(%)F(x).J(x-：)F (: i) (x) p"(x), (r 一2, kr . 0).取 g(x)=pk1(x), h(x) = p；2 (x)p" (x),貝U f (x) | g(x)h(x),但是出 f (x)既不整除 g(x),也不能整除h(x)的任意方籍h

50、m(x).9.證實(shí)：xlax+b沒(méi)有重?cái)?shù) >2的非零根證實(shí)：設(shè) f (x) = / + axn-m+ b,那么 f"(x) = xn-m-1nxm+ (n-m)a.乂由于f (x)的非零根都是多項(xiàng)式g(x) = nxm+ (n- m)a的根,而g(x)的m個(gè)根都是單根,因而f"(x)沒(méi)有不為零且重?cái)?shù)大丁 2的根.10. 證實(shí)：如果f (x)| f (x n),那么f (x)的根只能是0或單位根.證實(shí)：設(shè)a是f(x)的任一個(gè)根,由f(x)|f X)知,a也是f(xn)的根,即f (an) = 0,所以an也是f (x)的一個(gè)根.以此類推下去,貝U ot,c(n,otn2,都是f (x)的根.f (x)是一個(gè)次數(shù)有限的多項(xiàng)式,所以f (x)最多只可能有限個(gè)相異的根,于是必有Otn =dn'(不妨設(shè) i A j) , an(ctn'項(xiàng) _1) = 0 ,那么或 a =0,或 Ct 是 xm =1 的根.11. 如果 f(x) | f (x),證實(shí) f (x)有 n 重根,其中 n = ？( f (x).證實(shí)：設(shè)a1, a2,., as是f (x)的s個(gè)不同的根,且它們的重?cái)?shù)分別為k1 , k2,., ks,由于f (x)是n- 1 次多項(xiàng)式,因而 k1 +k2+.+ ks=n