一元多項(xiàng)式習(xí)題及解答

1、習(xí)題一A 組1 .判別 Q( J5) = a+bJ5| a,b w Q是否為數(shù)域？解是.2 .設(shè) f (x) =x3 +x2 +x +1 , g(x) = x2 +3x + 2 ,求 f (x) + g (x) , f (x) - g (x), f (x)g (x).解3 2f(x)+g(x)=x +2x +4x+3,f (x) -g(x) = x3 -2x-1 ,f (x)g(x) = x5 +4x4 +6x3 +6x2 十5x +2 .199321994319953 .設(shè)f(x)=(5x4)(4x -2x-1)(8x -11x + 2),求f (x)的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和.解 由于f (x

2、)的各項(xiàng)系數(shù)的和等于f(1),所以一199319941995f (1) = (54)(4 -2-1) (8-11 +2)=-1 .4 .求g(x)除以f (x)的商q(x)與余式r(x).(1) f (x) =x3-3x2-x-1, g(x) =3x2-2x+1 ；(2) f (x) =x42x+5, g(x)=x2x+2.解(1)用多項(xiàng)式除法得到17,、262由以，q(x) =- x -, r(x)=x.3999(2)用多項(xiàng)式除法得到所以，q(x)=x2+x1, r(x)=-5x+7.5 .設(shè)a,b是兩個(gè)不相等的常數(shù)，證明多項(xiàng)式 f(x)除以(xa)(x-b)所得余式為f(a)- f(b)

3、v , af(b)-bf(a)xa -ba-b證明 依題意可設(shè) f (x) = (xa)(xb)q(x)+cx+d ,則解得故所得余式為a -ba -bf(a)- f(b) af(b)-bf(a)x 十-6 .問m, p, q適合什么條件時(shí)，f (x)能被g(x)整除？32(1) f(x)=x +px+q, g(x) =x +mx1 ；422.(2) f(x)=x + px +q , g(x)=x +mx+1.解(1)由整除的定義知，要求余式r(x)=0.所以先做多項(xiàng)式除法,要求 r(x) =(p+1+m2)x+(q-m) =0 ,所以(p+1+m2) =0, q-m = 0 .即 p =-1

4、 一m2, q = m 時(shí), 可以整除.(2)方法同上.先做多項(xiàng)式除法，所得余式為22、r(x) = m(2 _p-m )x + (1+q p m ),所以 m(2 p m2)=0, 1+q p m2=0,即 m=0, p=q+1 或 p=2 - m2, q =1 時(shí)，可以整除.7.求f (x)與g(x)的最大公因式： 43232(1) f(x)=x +x -3x -4x-1, g(x)=x +x x-1;(2) f (x) =x4 -4x3+1, g(x) = x3 -3x2+1 ；(3) f(x) =x4-10x2+1, g(x) =x44>/2x3+6x2+4>/2x + 1

5、 .解(1)用輾轉(zhuǎn)相除法得到用等式寫出來，就是- 2 一 11g(x) = -x+-l 24)f (x) = xg(x)+(2x -3x -1),(-2x2 -3x-1)- I-x+-144)八 2 c 8433-2x 一 3x-1= x - - x -33 . 44所以(f (x), g(x) )=x +1 (2)同樣地，所以 f(x),g(x) =1.(3)同樣用輾轉(zhuǎn)相除法，可得(f (x), g(x) )=x2 2j2x1 .8.求u(x),v(x)使u(x) f (x) +v(x)g(x) =( f (x), g(x):432432(1) f(x)=x +2x -x -4x -2, g

6、(x) = x +x -x -2x -2 ：(2) f (x) =4x4-2x3-16x2+5x+9, g(x) =2x3-x2-5x+4 ：(3) f (x) =x4 x3 4x2+4x+1, g(x)=x2x1.解(1)利用輾轉(zhuǎn)相除法，可以得到一3f(x) =g(x) +(x -2x),g(x)=(x+1)(x32x)+(x22),x3 2x = x(x2 -2).因而，(f(x), g(x) )=x2 -2,并且所以 u(x) - -x -1, v(x) = x 2(2)利用輾轉(zhuǎn)相除法，可以得到一一一 2 一 一f(x)=2xg(x)(6x +3x-9),211g(x) = -(6x +

7、3x-9). -x+- l-(x-1),-(6x2 +3x-9) =-(x-1)(6x+9).因而，(f (x), g(x) )=x -1 ,并且11,、2 2 2所以 u(x) = _x+_, v(x)=xx -1 .3333(3)利用輾轉(zhuǎn)相除法，可以得到-2 一一f(x)=(x -3)g(x)+(x-2),g(x) =(x+1)(x-2)+1 .因而(f (x), g(x) )=1 ,并且所以 u(x)=x-1, v(x) = x3 +x2 -3x -2 .9 .設(shè)f (x) =x3+(1+t)x2+2x+2u, g(x) =x3+tx + u的最大公因式是一個(gè)二次多項(xiàng)式，求t,u的值.解

8、利用輾轉(zhuǎn)相除法，可以得到_2f (x) = g (x)十(1+t)x 十(2t)x + u,g(x) = -x27(1+t)x2t(1+t)2A(2 t)x u(t2 t -u)(1 t) (t-2)2u(1 t)2 -(t -2),2x2IL (1 t)(1 t)由題意，f(x)與g(x)的最大公因式是一個(gè)二次多項(xiàng)式，所以 解得 u =0,t = T.、一24210 .設(shè)(x -1) I (Ax + Bx +1),求 A和 B .解 用(xl)2 去除 f (x) = Ax4+Bx2+1 ,得余式 r(x) = (4A+2B)x+13AB ,由題意要求知 r1(x) = 0,即 解得 A =

9、1, B = N .11 .證明：如果(f (x), g(x) )=1,( f (x), h(x) )=1 ,那么(f (x), g(x)h(x) )=1.證明 由條件可知，存在u1 (x)和v1 (x)使得u1(x) f(x)+v1(x)g(x) =1 , 存在u2(x)和v2(x)使得u2 (x) f (x) +v2(x)h(x) =1 . 用h(x)乘以第一式得u1(x) f (x)h(x) +v1(x)g(x)h(x) =h(x), 代入第二式得U2(x) f(x) +v2(x) L1(x) f (x)h(x) +M(x)g(x)h(x)】=1 , 即 (x) +u (xM(x) h(

10、x) f (x) +v (xM(x) g (x) h(x) = 1 ,所以(f (x), g(x)h(x) )=1.12 .證明：如果f(x)與g(x)不全為零，且u(x)f(x) +v(x)g(x) =( f(x), g(x) ), 那么(u(x),v(x) )=1.證明 由于 u(x)f (x)+v(x)g(x) =( f (x), g(x), f(x)與 g(x)不全為零，所以(f (x), g(x) )¥ 0 .兩 邊同時(shí)除以(f (x), g(x)產(chǎn)0,有/ f(x)/ g(x) /u(x)-+v(x) = 1 ,f(x), g(x)f(x), g(x)所以(u(x),v(

11、x) )=1 .13 .證明：如果d(x) f(x),d(x) g(x),且d(x)為f(x)與g(x)的一個(gè)組合，那么 d(x)是f(x)與g(x)的一個(gè)最大公因式.證明 由題意知d(x)是f (x)與g(x)的公因式.再由條件設(shè)d(x) = u(x) f (x)十v(x)g(x).又設(shè)h(x) 為f (x)與g(x)的任一公因式,即h(x) f (x), h(x) g(x),則由上式有 h(x) d(x) .故而d(x)是f (x)與 g(x)的一個(gè)最大公因式.14 .證明：(f (x)h(x), g(x)h(x)=( f (x), g(x)h(x),其中 h(x)的首項(xiàng)系數(shù)為 1.證明

12、顯然(f (x), g(x) )h(x)是f (x)h(x)與g(x)h(x)的一個(gè)公因式.下面來證明它是最大公因式.設(shè) u(x), v(x)滿足 u(x)f (x) +v(x)g(x) = ( f (x), g(x),則u(x)f (x)h(x) +v(x)g(x)h(x) = ( f (x),g(x)h(x).由上題結(jié)果知，(f(x), g(x) )h(x)是f (x)h(x)與g(x)h(x)的一個(gè)最大公因式，又首項(xiàng)系數(shù)為1,所以(f (x)h(x), g(x)h(x) )=( f (x), g(x) )h(x).15.設(shè)多項(xiàng)式f(x)與g(x)不全為零，證明 f (x)g(x) 、v(

13、 f(x), g(x) )' (f (x), g(x)L證明 設(shè)d(x) = (f (x), g(x),則存在多項(xiàng)式u(x),v(x),使d(x) =u(x)f(x) +v(x)g(x).因?yàn)閒(x)與g(x)不全為零，所以d(x) ¥0 .上式兩邊同時(shí)除以 d(x),有1 二u(x)f(x)f (x), g(x)- v(x)g(x)f (x), g(x)故f (x), g(x)=1 成立.l(f(x), g(x) ) (f (x), g(x)16 .分別在復(fù)數(shù)域、實(shí)數(shù)域和有理數(shù)域上分解x4+1為不可約因式之積.解在實(shí)數(shù)域上的分解式為x4 +1 =(x2 +1)2 -2x2

14、=(x2 +72x+1 x x2 _T2x+1 ).在復(fù)數(shù)域上的分解式為4 4亞丫+亞+丘丫&亞丫&+收x +1 = I x 十-i I x十十i I x -i I x 十i22 人 22 人 22 人 22在有理數(shù)域上x4+1是不可約多項(xiàng)式.否則，若 x4+1可約，有以下兩種可能.(1) x4+1有一次因式，從而它有有理根，但f(±1)#0,所以X4+1無有理根.(2) x4+1 無一次因式，設(shè) X4+1 =(x2+ax+b)(x2+cx + d),其中 a,b,c,d 為整數(shù).于是 a + c=0, b+d+ac=0, ad+bc=0, bd=1,又分兩種情況：

15、b=d=1,又 a=c,從而由 b + d +ac = 0 ,得 a2 = 2 ,矛盾； b=d = 1,則 a2 = 2,矛盾.綜合以上情況，即證.17.求下列多項(xiàng)式的有理根： 一一. 3 一 2 一 (1) f(x)=x 6x +15x-14；(2) g(x) =4x4-7x2-5x-1 ;(3) h(x) =x5+x4-6x3-14x2-11x-3 .解(1)由于f (x)是首項(xiàng)系數(shù)為1的整系數(shù)多項(xiàng)式，所以有理根必為整數(shù)根，且為-14的因數(shù).-14的因數(shù)有：±1, ±2, ±7, ±14,計(jì)算得到：f(x)的單根.故x=2是f(x)的有理根.再由多

16、項(xiàng)式除法可知，x=2是(2)類似(1)的討論可知，g(x)的可能的有理根為:11±1, 土 一，土 一，計(jì)算得到2411g(1)=-9,g(-1)=1, g = -5, g -鼻=0,1171g 一 二 -一, g46411一, 64-1 1_一故* =是g(x)的有理根.再由多項(xiàng)式除法可知，x =-一是f (x)的2重根.22(3)類似地，h(x)的可能的有理根為：±1, 土3,計(jì)算得到h(1) = 28, h(1) = 0, h(3) =0, h(3) = 96 .故x =-1, x =3是h(x)的有理根.再由多項(xiàng)式除法可知，x =-1是h(x)的4重根，乂 = 3是

17、卜(*)的單根.18 .若實(shí)系數(shù)方程 x3 + px+q = 0有一根a+ bi (a,b為實(shí)數(shù)，b#0),則方程x3 + px q=0有實(shí) 根2a.證明 設(shè)原方程有三個(gè)根 W33.不失一般性，令 a1=a+bi ,從而有 ct2=a-bi ,由根與系數(shù) 的關(guān)系可知0 =«1 +«2 +«3 = (a+bi)+(a-bi)+«3,所以口3 =-2a ,即(2)a斗(a+隼，故2)a32)a e0 =.這說明x3+px q = 0有實(shí)根2a.19 .證明：如果(x1)f(xn),那么(xn1) f(xn).證明 因?yàn)?x1) f(xn),所以 f (1n)

18、 = f (1) = 0.因此，令 f(x) = (x 1)g(x),則有f (xn) =(xn -1)g(xn),即(xn -1) f(xn).20 .下列多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約？(1) f1(x)=x2 +1;(2) f2(x) =x4 -8x3 +12x2 + 2；(3) f3(x) = x6 +x3 + 1 ；(4) f4(x) =xp + px+1 , p 為奇素?cái)?shù);4(5) fs(x) = x +4kx+1, k 為整數(shù).解(1) f1(x)的可能的有理根為： ±1,而f(±1) = 2,所以它在有理數(shù)域上不可約.(2)由Eisenstein 判別法，取素?cái)?shù)

19、 p=2,則2不能整除1,而 2(8), 212, 2 2 ,但是22不能 整除2,所以該多項(xiàng)式在有理數(shù)域上不可約.(3)令 x = y +1 ,代入 f3(x) = x6 +x3 +1 有g(shù)(y) = f3(y+1) = y6+6y5+15y4+21y3+18y2+9y + 3.取素?cái)?shù)p=3,由曰senstein 判別法知，g(y)在有理數(shù)域上不可約，所以 f (x)在有理數(shù)域上不可約.(4)令 x = y -1 ,代入 f4(x) = xp + px +1 ,得g(y) = f4(y-1) = yp -C；yp+C2yp” Tli-C-y2 +(c；' + p)y- p,取素?cái)?shù)p

20、,由曰senstein 判別法知，g(y)在有理數(shù)域上不可約，所以f4(x)在有理數(shù)域上不可約.(5)令 x = y +1 ,代入 f5(x) =x4 +4kx+1 ,得432g(y) = f5(y+1) = y +4y +6y +(4k+4)y+4k+ 2 ,取素?cái)?shù)p = 2,由曰senstein 判別法知，g(y)在有理數(shù)域上不可約，所以f5(x)在有理數(shù)域上不可約.B 組1 .設(shè)f (x) , g(x) , h(x)是實(shí)數(shù)域上的多項(xiàng)式,(1)若 f 2(x) =xg2(x)+xh2(x),貝U f (x) =g(x) =h(x) =0 .(2)在復(fù)數(shù)域上，上述命題是否成立？證明(1 )當(dāng)

21、g(x)=h(x) =0時(shí)，有f2(x)=0 ,所以f (x) =0 ,命題成立.如果 g(x) , h(x)不全 為零，不妨設(shè) g(x) /0 .當(dāng) h(x) =0 時(shí)，qxg2(x)+xh2(x) )=1 + 2Eg(x)為奇數(shù)；當(dāng) h(x)#0 時(shí)，因?yàn)?g(x) , h(x)都是實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式，所以 xg2(x)與xh2(x)都是首項(xiàng)系數(shù)為正實(shí)數(shù)的奇次多項(xiàng)式，于是也有 觀xg2(x)+xh2(x)為奇數(shù).而這時(shí)均有f 2(x)=0 ,且萬2(x)= 2寸(x為偶數(shù)，矛盾.因此有 g(x)=h(x)=0,從而有 f(x)=0.(2)在復(fù)數(shù)域上，上述命題不成立.例如，設(shè) f(x)=0, g(

22、x) = xn, h(x)=ixn,其中n為自然數(shù)， 有 f 2(x) =xg2(x)十xh2(x),但 g(x) #0 , h(x)手 0 .2 .設(shè) f(x), g(x), h(x)e Px,滿足2-一(x 1)h(x) (x -1) f (x) (x 2)g (x) = 0 , (x2 +1)h(x) +(x +1) f (x) + (x -2)g(x) = 0 . 證明(x2 +1)( f (x), g(x).證明兩式相加得到一 2一-2(x1)h(x) 2x( f (x) g(x) = 0.由(x2 1, x) =1 可知2_(x +1)( f (x) + g(x) ).兩式相減得到

23、-2f(x) 4g(x) =0, f(x) =2g(x). 故(x2 +1，f (x), (x2 +1)g(x),即(x2 +1 |( f(x), g(x).3 .設(shè) g1(x)g2(x) f1(x) f2(x),證明(1)若 f1(x)g1(x), f1(x) =0,則 g2(x) f2(x);(2)若 g2(x) f1(x)fz(x),是否有 g2(x) f2 (x) ?解(1)因?yàn)?g1(x)g2(x) f1(x)f2(x) , f1 (x) g1 (x),故存在多項(xiàng)式 h(x) , (x)使得 f1(x)f2(x) =g1(x)g2(x)h(x), g1(x) = f1(x)h1(x)

24、.于是 f1(x) f2(x) = f1(x)h1(x)g2(x)h(x).由于 f1(x)¥0,故有 f2(x) = h1(x)g2(x)h(x),即 g2(x) fz(x).(2)否.例如取 g1(x) =x 2 , g2(x) = x21, f1(x) =(x-1)(x-2) , f2(x) =(x+1)(x + 2) .雖然 gl(X)g2(X)fi(X)f2(X)且 g2(X)fi(X)f2(X),但 g2(x)不能整除 f2(X).4 .當(dāng)k為何值時(shí)，f(X)=x2+(k + 6)X + 4k + 2和g(X)= x2+(k+2)X + 2k的最大公因式是一次的？并求出此

25、時(shí)的最大公因式.解 顯然 g(X)=(x+k)(X+2).當(dāng)(f(X), g(x) )=x+2時(shí)，f(-2) =42(k +6)+4k + 2 = 0 ,則 k = 3.當(dāng)(f (x), g(x) )=x +k時(shí)，f (k) = k2 -k(k +6) +4k +2 = 0 ,則 k=1 .這日(f (x), g(x) )=x + 1 .5 .證明：對于任意正整數(shù)n,都有(f(x), g(x)n =(fn(x), gn(x).證明由題意可知f(x)與g(x)不全為零.令則 d(x) #0 ,從而 ifgx) ld(x) d(x)(f(x), g(x)=d(x),=1,于是有g(shù)(2 =1,所以對

26、任意正整數(shù)n ,有"® i_g(8 iJd(x)J (d(x)J Ju(x)n f(x)(d(x)v(x)g(x)(d(x)n=1 ，u(x) f n(x) +v(x)gn(x) = d n(x) .又由 d(x)f(x), d(x) g(x),有 dn(x) fn(x) , dn(x)gn(x)數(shù)為1的最大公因式，從而有,因此dn(x)是f n(x)與gn(x)的首項(xiàng)系(fn(x),gn(x)=dn(x)=( f(x),g(x)n .6.設(shè) f1(x) =af (x) +bg(x), g1(x) =cf (x) +dg(x)，且 ad -bc# 0 ,證明(f(x), g

27、(x) )=( f1(x), g(x) ).證明 設(shè)(f (x), g(x) ) = d(x),則 d(x) f (x), d(x) g(x).由于f1(x) =af (x) +bg(x) , g1(x) =cf (x)+dg(x),故 d(x) f1(x), d(x) g1 (x),又設(shè) h(x) f1(x), h(x) g1(x),由上式及 adbc#0 ,可得bad - bcg1(x)，-cag(x)=/f1(x) Odcg1(x)'從而h(x) f (x), h(x) g(x),于是h(x)d(x),即d(x)也是f(x)和g1(x)的最大公因式,即(f(x), g(x) )=

28、( f1(x), g(x) ).1 設(shè) f (x) =d(x)fi(x), g(x) =d(x)gi(x)，且 f (x)與 g(x)不全為零,證明 d(x)是 f(x)與 g(x) 的一個(gè)最大公因式的充分必要條件是(f1(x), g1(x) ) = 1 .證明 必要性.若d(x)是f (x)與g(x)的一個(gè)最大公因式，則存在多項(xiàng)式 u(x),v(x)使u(x) f(x) +v(x)g(x) =d(x),于是u(x)d(x) fi(x) +v(x)d(x)gi(x) =d(x).由f(x)與g(x)不全為零知d(x)第0,因此有u(x) fi(x) +v(x)gi(x) =1 ,即(fi(x)

29、, gi(x) )=1 .充分性.若(fi(x),gi(x) ) = i,則存在多項(xiàng)式u(x), v(x),使u(x) fi(x) +v(x)gi(x) =i .兩邊同時(shí)乘d(x)有u(x) f(x) +v(x)g(x) =d(x).由d(x)是f(x)與g(x)的一個(gè)公因式知，d(x)是f (x)與g(x)的一個(gè)最大公因式.8 .設(shè) f (x)和 g(x)是兩個(gè)多項(xiàng)式，證明(f(x), g(x)=i 當(dāng)且僅當(dāng)(f(x) + g(x), f(x)g(x)=i.證明 必要性.設(shè)(f (x), g(x) ) = i,若f (x)+g(x)與f (x)g(x)不互素，則有不可約公因式p(x),使p(

30、x) f(x)g(x),所以 p(x) f (x)或 p(x) g(x).不妨設(shè) p(x) f(x),由 p(x) I (f (x) g(x)可知 p(x) g(x),因此 p(x)是f (x)和g(x)的公因式,與f (x), g(x)互素矛盾,故f(x)十g(x)與f(x)g(x)互素.充分性.設(shè)(f (x)+g(x), f (x)g(x) =i ,則存在 u(x), v(x)使(f (x) +g(x) )u(x)+ f (x)g(x)v(x) = i,f (x)u(x) + g(x) (u(x) + f (x)v(x) )=i,上式說明(f (x), g(x) )=i .9 .如果(x2

31、+x+1) fi(X3)+xf2(X3),那么(x1) fi(x), (x1)f2(x).證明x2+x+1的兩個(gè)根為.=士正 和和 =土巫，所以，a3 = &23 = 1. 22因?yàn)?x2+x+1)(f1(x3)+xf2(x3),所以(x-s1)(x-&2)| f1(x3)+xf2(x3),故有即解得 f«)= f2(1)=0,從而(x-1) f1(x) , (x -1)| f2 (x).10 .若f (x) f(xn),則f (x)的根只能是零或單位根.證明 因?yàn)閒 (x) f(xn),故存在多項(xiàng)式 q(x),使f(xn)= f (x)q(x).設(shè)a為f(x)的任一根，即f(a)=0,則f(an)= f(a)q(a) =0 .也就是說，當(dāng)a為f(x)的一根時(shí)，an也為f(x)的一根.依此類2推，可