高等代数100道题及问题详解解析汇报
高等代数《行列式》部分习题及解答
高等代数《行列式》部分习题及解答例1：决定以下9级排列的逆序数，从而决定它们的奇偶性： 1）.134782695；2）.217986354；3）.987654321. 答：1）. ()134782695=10τ，134782695是一个偶排列；2）. ()217986354=18τ，217986354是一个偶排列； 3）. ()987654321=36τ，987654321是一个偶排列. 例2：写出把排列12435变成排列25341的那些对换.答：()()()()()()()12154,312435214352543125341−−→−−→−−−→.例3：如果排列121...n n x x x x -的逆序数为k ，排列121...n n x x x x -的逆序数是多少？答：()112n n k --例4：按定义计算行列式： 000100201).0100000n n - 010000202).0001000n n -001002003).1000000n n-答：1）.原行列式()()()()1,1,,2,121!1!n n n n n n τ--=-=-2）.原行列式()11!.n n -=-3）.原行列式()()()1221!n n n --=-.例5：由行列式定义计算()212111321111x x x f x x x-=中4x 与3x 的系数，并说明理由. 答：()f x 的展开式中x 的4次项只有一项；2,x x x x ⋅⋅⋅故4x 的系数为2；x 的3次项也只有一项()()213411,x x x τ-⋅⋅⋅故3x 的系数为-1.例6：由111111=0111，证明：奇偶排列各半.证明：由于12n j j j 为奇排列时()()121n j j j τ- 为-1，而偶排列时为1,.设有k 个奇排列和l 个偶排列，则上述行列式()()()()12121212110.n n nnj j j j j j j j j j j j l k ττ=-+-=-=∑∑ 即奇偶排列各占一半.例7：证明1111111112222222222b cc a a b a b c b c c a a b a b c b c c a a b a b c ++++++=+++. 证明：111111111111111111122222222222222222222222.2b cc a a bac aa baa b a cab c b c c a a b a c a a b a a b a c a b c b c c a a b a c a a b a a b a c a b c +++-+++++++=-++=++=+++-++++ 例8：算出行列式：121401211).00210003-；1122).321014-的全部代数余子式. 答：111213142122232431323334414243441).6,0;12,6,0;15,6,3,0;7,0,1, 2.A A A A A A A A A A A A A A A A =-====-=====-=-=====-1112132122233132332).7,12,3;6,4,1;5,5, 5.A A A A A A A A A ==-====-=-== 例9：计算下面的行列式：111121131).12254321-；11112112132).1111321112---；01214201213).135123312121035-- 答：1111111111110115011501151).= 1.011400010012012300120001---------==-=-------原式132).12-3).483-. 例10：计算下列n 级行列式： 0000001).;000000x y x y x yyx1112121222122).n nn n n na b a b a b a b a b a b a b a b a b ---------122222223).;2232222n1231110004)..02200011n n n n-----答：()()110000000000000001).11.000000000000000n n n n xy xy yx y x xy x y x y x y x yy yxxxy++=+-=+-2）.当1n =时，为11a b -；当2n =时，为()()1212a a b b --；当3n ≥时，为零.()12221000222222223).22!223200102220002n n n -==-⋅--（利用第2行（列）的特点）()()11231110001!4).1.02200211n n nn n n---+=---- （从左起，依次将前一列加到后一列） 例11：用克拉默法则解线性方程组1234123412341234232633325323334x x x x x x x x x x x x x x x x -++=⎧⎪-++=⎪⎨--+=⎪⎪-+-=⎩.答：2132333270031123131d --==-≠----，所以可以用克拉默法则求解.又因16132533270;31124131d --==-----22632353270;33123431d ==---32162335270;31323141d --==----42136333570;31133134d --==----所以此线性方程组有唯一解，解为1234 1.x x x x ====例12：求12121212111222,n nnnj j j j j j j j j nj nj nj a a a a a a a a a ∑这里12nj j j ∑是对所有n 级排列求和.答：对每个排列12n j j j ，都有：()()121212121111112122221222121.n n nnj j j n j j j j j j nn n nnnj nj nj a a a a a a a a a a a a a a a a a a τ=- 因为在全部n 级排列中，奇偶排列个数相同，各有!2n 个.所以121212121112220n n nnj j j j j j j j j nj nj nj a a a a a a a a a =∑.例13：计算n 级行列式：12222122221212111.nnn n n nnn n nx x x x x x x x x x x x ---答：作范德蒙德行列式：1212222121111111211211111.n n n n n n n n n n nnn nn n x x x x x x x x D x x x x x x x x ++----++=将这个行列式按最后一列展开，展开式中11n n x -+的系数的()11n n++-倍就是所求行列式D ，因为()111,ji i j n D xx ≤<≤+=-∏所以()()()()11111111.nnn nji k ji k k k i j n i j n D xx x xx x ++==≤<≤+≤<≤+=---=-∑∑∏∏。
数学高等代数习题详解
数学高等代数习题详解一、代数式简化与展开代数式的简化是指将一个复杂的代数式化简为更简单的形式，而代数式的展开则是将一个多项式拆分成多个单项式相加的形式。
在进行代数式的简化和展开时，可以运用代数运算中的基本性质：1. 加法性质：a + b = b + a，a + (b + c) = (a + b) + c2. 乘法性质：a * b = b * a，a * (b * c) = (a * b) * c3. 分配性质：a * (b + c) = a * b + a * c示例1：将代数式 2x(3x - 4y) - 5y(x - y) 进行展开和简化。
解：首先，按照分配性质将代数式展开：2x(3x - 4y) - 5y(x - y) = 2x * 3x - 2x * 4y - 5y * x + 5y * y= 6x^2 - 8xy - 5xy + 5y^2= 6x^2 - 13xy + 5y^2接下来，将代数式简化：没有进一步可以简化的形式。
二、代数方程与不等式代数方程是一个包含了未知数和已知数之间相等关系的等式，而不等式则描述了未知数和已知数之间的大小关系。
在解代数方程和不等式时，可根据不同情况运用以下方法：1. 移项：通过加减法将含有未知数的项移到一个侧边，将常数项移到另一个侧边。
2. 因式分解：将复杂的代数式分解成几个简单的代数式的乘积形式。
3. 分离变量：若方程中存在多个未知数，则将未知数分离到各自一侧，然后分别解方程。
4. 同解法：通过变形将两个方程或不等式转化为相同形式，然后在相等形式下进行求解。
示例2：解方程 2x^2 + 5x - 3 = 0。
解：首先，尝试应用因式分解来解方程。
通过分解2x^2 + 5x - 3 = 0，得到：（2x - 1）(x + 3) = 0根据零乘法，得到2x - 1 = 0 或 x + 3 = 0解得x = 1/2 或 x = -3因此，方程 2x^2 + 5x - 3 = 0 的解为x = 1/2 或 x = -3。
高等代数试卷含答案
1 1．已知)2,1,2,1(1-=a ,3),(1,2,2,(2,3,1,0),32-==a a 则),,(321a a a L 的维数为的维数为①① , ,此生成空间的一组基为此生成空间的一组基为此生成空间的一组基为 ②② . 2．已知)0,0,1(),0,1,1(),1,1,1(321===a a a 是3P 的一个基，由基)0,0,1(1=e ，)1,0,0(),0,1,0(32==e e 到基321,,a a a 的过渡矩阵为① ，向量),,(c b a =b关于基321,,a a a 的坐标为的坐标为② .3.3. 设123,,a a a 是3维欧氏空间V 的一组基，这组基的度量矩阵为212121212-æöç÷--ç÷ç÷-èø， 则向量12x a a =+的长度x 为 .三．（16分）已知复系数矩阵=A ÷÷÷øöçççèæ100021032104321，（1） 求矩阵A 的行列式因子、不变因子和初等因子；的行列式因子、不变因子和初等因子； （2） 求矩阵A 的若当标准形；的若当标准形； （3）求矩阵A 的有理标准形。
的有理标准形。
2 三．解：(1)÷÷÷÷øöççççèæ--------=-1000210032104321λλλλλA E 因因为)1(4210321432+--------λλλλ＝－，而3)1(100210321-=------λλλλ ………………………44分 故故行列式因子1)(3=λD ，显然,1)(,1)(12==λλD D 44)1()(-=λλD …………22分 不不变因子为 )(1λd ＝)(2λd ＝1)(3=λd ，44)1()(-=λλd ………………22分初初等因子为4)1(-λ ………………22分(2)若当标准型ççççèæ÷÷÷÷øö=1100011000110001J ………………………………33分 (3)1464)(2344+-+-=λλλλλd故有理标准型为：3 ççççèæ÷÷÷÷øö--4100601040011000 ………………………………33分七．七．(10(10分) 1、设σ是n 维欧式空间V 的一个线性变换。
高等代数专升本试题及答案
高等代数专升本试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 以下哪个矩阵是可逆的？A. [1 0; 0 0]B. [1 2; 3 4]C. [1 2; 2 4]D. [1 0; 0 1]答案：D2. 设A为3阶实对称矩阵，且A的特征值为1, 2, 3，则A的平方的特征值为？A. 1, 4, 9B. 0, 4, 9C. 1, 2, 3D. 0, 1, 4答案：A3. 线性空间V的维数是指：A. 基的大小B. 线性无关向量组中向量的最大个数C. 线性相关向量组中向量的最大个数D. 向量空间中向量的最大个数答案：A4. 以下哪个是线性变换？A. f(x) = x^2B. f(x) = x + 1C. f(x) = x^3D. f(x) = sin(x)答案：B5. 线性方程组的解集是：A. 向量B. 矩阵C. 线性空间D. 集合答案：C6. 矩阵A的迹（trace）是：A. A的行列式B. A的逆矩阵的行列式C. A的主对角线元素之和D. A的转置矩阵答案：C7. 矩阵的秩是指：A. 矩阵中非零行的最大个数B. 矩阵中非零列的最大个数C. 矩阵中线性无关行向量的最大个数D. 矩阵中线性无关列向量的最大个数答案：D8. 以下哪个不是向量空间？A. 所有实数向量B. 所有复数向量C. 所有实数矩阵D. 所有实数多项式答案：C9. 矩阵的行列式可以用来判断：A. 矩阵是否可逆B. 矩阵的特征值C. 矩阵的秩D. 矩阵的转置答案：A10. 以下哪个是线性无关的向量组？A. [1, 0], [0, 1]B. [1, 1], [1, 0]C. [1, 2], [2, 4]D. [1, 0], [0, 0]答案：A二、填空题（每题2分，共20分）11. 矩阵的转置是将矩阵的行和列________。
答案：互换12. 线性方程组的增广矩阵中，________是增广项。
答案：最后列13. 如果向量组线性相关，则存在不全为零的标量使得它们的线性组合为零向量。
高代复习题及答案
V 2 ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) x 1 x 2 x 3 x 4 0 .求 V 1 V 2 与 V 1 V 2 的基与维数.
33.设 V 是 3 维线性空间， 1 , 2 , 3 为它的一个基.线性变换 : V V ，
x1 1 x 2 2 x 3 3 2 x1 1 3 x 2 2 4 x 3 3
1 40.设 1 , 2 , 3 是 3 维欧氏空间 V 的一组基，这组基的度量矩阵为 1 2
1
（3） V
(0)
(V ) .
2.已知是 n 维欧氏空间的正交变换，证明：的不变子空间 W 的正交补 W 也是的不变子空
间．
1 0 3.已知复系数矩阵 A 0 0
2 1 0 0
3 2 1 0
4 3 ， 2 1
（1） 求矩阵 A 的行列式因子、不变因子和初等因子； （2） 求矩阵 A 的若当标准形.（15 分）
6.设 A 为 n 阶方阵，
W1 x R | Ax 0 ， W 2 x R | ( A E ) x 0
n n
n 证明 A 为幂等矩阵，则 R W 1 W 2 .
7.若设 W= f ( x ) f (1) 0 , f ( x ) R [ x ] n , 试证：W 是 R [ x ] n 的子空间，并求出 W 的一组基及维数.
2 3
3 。 6
（１）证明： ( x , y ) 是 R 2 的内积，因而 R 2 按此内积构成一个欧氏空间， （２）求 R 2 的一组标准正交基， （３）求矩阵 P ，使得 A P P .
32.设 R 4 的两个子空间为： V 1
(完整word版)高等代数期中考试题答案
高等代数期中考试题答案一、填空题（每小题3分，共15分）1、___1___，__1/a__2、______3_．3、若4、 (n+1)类5、___n-r__二、1 D 2、 C 3、（ D ）4、( B )5、 A三、1、解：（1）由于A ),,(),,(321321αααβββ=，其中⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=101110111A于是 1321321),,(),,(-=A βββααα………………………… (2分) 故由基321,,βββ到基321,,ααα的过渡矩阵为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==-1111010111A C ………………………… (3分)（2）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=241),,(321),,(321),,(321321321ββββββααααC即向量3α在基321,,βββ下的坐标为)2,4,1('．………………………… (5分) 2、故该向量组的一个极大线性无关组为124,,ααα。
3、所以解空间的维数是2， 它的一组基为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0,1,38,911a ，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1,0,37,922a 四、 证明题（本题共4个小题，每小题10分，共计40分） 1、证：因为复数域C 作为实数域R 上的向量空间，维数是2； 而2dim 2=R ，两者维数相同，所以同构。
另证：建立映射),(;:2b a bi a R C →+→σ，验证它为同构映射。
2、证明：向量β可以由r ααα,,,21 线性表示， 则不妨设r r r r a a a a ααααβ++++=--112211 ，其中0≠r a ， 若0=r a ，则112211--+++=r r a a a αααβ ， 这与β不能由121,,,-r ααα 表示矛盾。
于是11111-----=r rr r r r a a a a a ααβα 。
故向量r α可以由βααα,,,,121-r 线性表示， 即向量组),,,,(121r r αααα- 与),,,,(121βααα-r 能够相互线性表示， 从而),,,,(121r r αααα- 与),,,,(121βααα-r 等价。
高等代数习题解答(第一章)(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】高等代数习题解答第一章 多项式补充题1．当,,a b c取何值时，多项式()5f x x =-与2()(2)(1)g x a x b x =-++ 2(2)c x x +-+相等？提示：比较系数得6136,,555a b c =-=-=. 补充题2．设(),(),()[]f x g x h x x ∈，2232()()()f x xg x x h x =+，证明：()()()0f x g x h x ===．证明 假设()()()0f x g x h x ===不成立．若()0f x ≠，则2(())f x ∂为偶数，又22(),()g x h x 等于0或次数为偶数，由于22(),()[]g x h x x ∈，首项系数（如果有的话）为正数，从而232()()xg x x h x +等于0或次数为奇数，矛盾．若()0g x ≠或()0h x ≠则232(()())xg x x h x ∂+为奇数，而2()0f x =或2(())f x ∂为偶数，矛盾．综上所证，()()()0f x g x h x ===．1．用g (x ) 除 f (x )，求商q (x )与余式r (x )： 1）f (x ) = x 3- 3x 2 -x -1，g (x ) =3x 2 -2x +1； 2）f (x ) = x 4 -2x +5，g (x ) = x 2 -x +2． 1）解法一 待定系数法．由于f (x )是首项系数为1的3次多项式，而g (x )是首项系数为3的2次多项式，所以商q (x )必是首项系数为13的1次多项式，而余式的次数小于 2．于是可设q (x ) =13x +a , r (x ) =bx +c 根据 f (x ) = q (x ) g (x ) + r (x )，即x 3-3x 2 -x -1 = (13x +a )( 3x 2 -2x +1)+bx +c 右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得 2333a -=-,1123a b -=-++,1a c -=+解得79a =-,269b =-,29c =-，故得17(),39q x x =- 262().99r x x =--解法二 带余除法．3 -2 1 1 -3 -1 -1 1379-1 23- 1373-43- -173-14979- 269- 29-得17(),39q x x =- 262().99r x x =--2）2()1,()57.q x x x r x x =+-=-+ 262().99r x x =--2．,,m p q 适合什么条件时，有1）231;x mx x px q +-++ 2）2421.x mx x px q ++++ 1）解21x mx +-除3x px q++得余式为：2()(1)()r x p m x q m =+++-，令()0r x =，即210;0.p m q m ⎧++=⎨-=⎩故231x mx x px q +-++的充要条件是2;10.m q p m =⎧⎨++=⎩2）解21x mx ++除42x px q++得余式为：22()(2)(1)r x m p m x q p m =-+-+--+，令()0r x =，即22(2)0;10.m p m q p m ⎧-+-=⎪⎨--+=⎪⎩解得2421x mx x px q ++++的充要条件是0;1m p q =⎧⎨=+⎩ 或 21;2.q p m =⎧⎨=-⎩ 3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式()r x ： 1）53()258,()3;f x x x x g x x =--=+2）32(),()12.f x x x x g x x i =--=-+1）解法一 用带余除法（略）．解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： -3 2 0 -5 0 -8 0 + -6 18 -39 117 -3272 -6 13 -39 109 -327 所以432()261339109,()327.q x x x x x r x =-+-+=-2）解法一 用带余除法（略）．解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0：()f x1-2i 1 -1 -1 0 + 1-2i -4-2i -9+8i 1 -2i -5-2i -9+8i 所以2()2(52),()98.q x x ix i r x i =--+=-+4．把()f x 表成0x x -的方幂和，即表成 201020()()c c x x c x x +-+-+的形式：1）50(),1;f x x x == 2）420()23,2;f x x x x =-+=-3）4320()2(1)37,.f x x ix i x x i x i =--+-++=-注 设()f x 表成201020()()c c x x c x x +-+-+的形式，则0c 就是()f x 被x x -除所得的余数，1c 就是()f x 被x x -除所得的商式212030()()c c x x c x x +-+-+再被0x x -除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到01,,,.n c c c1）解用综合除法进行计算1 1 0 0 0 0 0+ 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1+ 1 2 3 41 2 3 4 51 + 1 3 61 3 6 101 + 1 41 4 101 + 11 5所以5234515(1)10(1)10(1)5(1)(1).x x x x x x=+-+-+-+-+-2）3）略5．求()f x与()g x的最大公因式：1）43232()341,()1;f x x x x xg x x x x=+---=+--2）4332()41,()31;f x x xg x x x=-+=-+3）42432()101,()6 1.f x x xg x x x=-+=-+++1）解用辗转相除法()g x()f x2()q x12-141 1 -1 -1 1 1 -3 -4 -11 1 3212 1 1 -1 -112-32- -1 1()r x-2 -3 -13()q x834312- 34- 14- -2 -22()r x34-34--1 -1-1 -13()r x所以((),()) 1.f x g x x =+2）((),()) 1.f x g x = 3）2((),()) 1.f x g x x =--6．求(),()u x v x 使()()()()((),()):u x f x v x g x f x g x += 1）432432()242,()22f x x x x x g x x x x x =+---=+---； 2）43232()421659,()254f x x x x x g x x x x =--++=--+； 3）4322()441,()1f x x x x x g x x x =--++=--． 1）解 用辗转相除法()g x ()f x2()q x1 1 1 1 -1 -2 -2 1 2 -1 -4 -21 1 0 -2 0 1 1 -1 -2 -2 1 1 -2 -21()r x1 0 -2 03()q x1 01 0 -2 0 1 0 -22()r x1 0 -23()r x由以上计算得11()()()(),f x q x g x r x =+ 212()()()(),g x q x r x r x =+ 132()()(),r x q x r x =因此22((),())()2f x g x r x x ==-，且2((),())()f x g x r x =21()()()g x q x r x =-21()()[()()()]g x q x f x q x g x =-- 212()()[1()()]()q x f x q x q x g x =-++所以212()()1,()1()()2u x q x x v x q x q x x =-=--=+=+．2）((),())1f x g x x =-，21122(),()13333u x x v x x x =-+=--． 3）((),())1f x g x =，32()1,()32u x x v x x x x =--=+--．7．设323()(1)22,()f x x t x x u g x x tx u =++++=++的最大公因式是一个二次多项式，求,t u 的值．解 略．8．证明：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 由于()(),()()d x f x d x g x ，所以()d x 为()f x 与()g x 的一个公因式．任取()f x 与()g x 的一个公因式()h x ，由已知()d x 为()f x 与()g x 的一个组合，所以()()h 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 因为存在多项式()u x 和()v x 使 ((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，所以((),())()()()()()()()f x g x h x u x f x h x v x g x h x =+，这表明((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个组合，又因为 ((),())(),((),())()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 ，故由第8题结论，((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个最大公因式．注意到((),())()f x g x h x 的首项系数为1，于是(()(),()())((),())()f x h x g x h x f x g x h x =．10．如果(),()f x g x 不全为零，证明：()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．证明 存在多项式()u x 和()v x 使((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，因为(),()f x g x 不全为零，所以((),())0f x g x ≠，故由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．11．证明：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((),())1u x v x =．证明 因为(),()f x g x 不全为零，故 ((),())0f x g x ≠，从而由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以((),())1u x v x =．12．证明：如果((),())1f x g x = ，((),())1f x h x =，那么((),()())1f x g x h x =． 证法一 用反证法．假设()((),()())1d x f x g x h x =≠，则(())0d x ∂>，从而()d x 有不可约因式()p x ，于是()(),()()()p x f x p x g x h x ，但因为((),())1f x g x =，所以()p x 不整除()g x ，所以()()p x h x ，这与((),())1f x h x =矛盾．因此((),()())1f x g x h x =．证法二 由题设知，存在多项式1122(),(),(),()u x v x u x v x ，使得11()()()()1u x f x v x g x +=，22()()()()1u x f x v x h x +=，两式相乘得12121212[()()()()()()()()()]()[()()]()()1u x u x f x v x u x g x u x v x h x f x v x v x g x h x +++=，所以((),()())1f x g x h x =．13．设11(),,(),(),,()m n f x f x g x g x 都是多项式，而且((),())1(1,2,,;1,2,,).i j f x g x i m j n ===求证：1212(()()(),()()()) 1.m n f x f x f x g x g x g x =证法一 反复应用第12题的结果 证法二 反证法14．证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x +=． 证明 由于((),())1f x g x =，所以存在多项式()u x 和()v x 使 ()()()()1u x f x v x g x +=，由此可得()()()()()()()()1,u x f x v x f x v x f x v x g x -++= ()()()()()()()()1,u x f x u x g x u x g x v x g x +-+=即[][]()()()()()()1,u x v x f x v x f x g x -++=[][]()()()()()()1,v x u x g x u x f x g x -++= 于是((),()())1f x f x g x +=，((),()())1g x f x g x +=，应用第12题的结论可得(()(),()())1f x g x f x g x +=．注 也可以用反证法．15．求下列多项式的公共根：32432()221;()22 1.f x x x x g x x x x x =+++=++++提示 用辗转相除法求出2((),()) 1.f x g x x x =++于是得两多项式的公共根为1.2-± 16．判别下列多项式有无重因式： 1）5432()57248f x x x x x x =-+-+-； 2）42()443f x x x x =+--1）解 由于432'()5202144f x x x x x =-+-+，用辗转相除法可求得2((),'())(2)f x f x x =-，故()f x 有重因式，且2x -是它的一个 3 重因式．2）解 由于3'()484f x x x =+-，用辗转相除法可求得((),'())1f x f x =，故()f x 无重因式．17．求t 值使32()31f x x x tx =-+-有重根． 解2'()36f x x x t =-+．先用'()f x 除()f x 得余式 1263()33t t r x x --=+．当3t =时，1()0r x =．此时'()()f x f x ，所以21((),'())'()(1)3f x f x f x x ==-，所以1是()f x 的3重根．当3t ≠时，1()0r x ≠．再用1()r x 除'()f x 得余式215()4r x t =+．故当154t =-时，2()0r x =．此时，121((),'())()92f x f x r x x =-=+，所以12-是()f x 的2重根．当3t ≠且154t ≠-时，2()0r x ≠，则((),'())1f x f x =，此时()f x 无重根．综上，当3t =时，()f x 有3重根1；当154t =-时，()f x 有2重根12-．18．求多项式3x px q ++有重根的条件． 解 略．19．如果242(1)1x Ax Bx -++ ，求,A B ．解法一 设42()1f x Ax Bx =++，则3'()42f x Ax Bx =+．因为242(1)1x Ax Bx -++，所以1是()f x 的重根，从而1也是'()f x 的根．于是(1)0f =且'(1)0f =，即10;420.A B A B ++=⎧⎨+=⎩解得1,2A B ==-．解法二 用2(1)x -除421Ax Bx ++得余式为(42)(31)A B x A B ++--+，因为242(1)1x Ax Bx -++，所以(42)(31)0A B x A B ++--+=，故420;310.A B A B +=⎧⎨--+=⎩ 解得1,2A B ==-．20．证明：212!!nx x x n ++++没有重根．证法一 设2()12!!n x x f x x n =++++ ，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-． 因为()'()!nx f x f x n -=，所以((),'())((),)1!nx f x f x f x n ==．于是212!!nx x x n ++++没有重根． 证法二 设2()12!!n x x f x x n =++++ ，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-． 假设()f x 有重根α，则()0f α=且'()0f α=，从而0!nn α=，得0α=，但0α=不是()f x 的根，矛盾．所以212!!nx x x n ++++没有重根． 21．略． 22．证明：x 是()f x 的k 重根的充分必要条件是(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．证明 （必要性）设0x 是()f x 的k 重根，从而0x 是'()f x 的1k -重根，是''()f x 的2k -重根，…，是(1)()k f x -的单根，不是()()k f x 的根，于是(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．（充分性）设(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠，则0x 是(1)()k f x -的单根，是(2)()k f x -的2重根，…，是()f x 的k 重根．23．举例说明断语“如果α是'()f x 的m 重根，那么α是()f x 的m +1重根”是不对的．解 取1()()1m f x x α+=-+，则()'()1()m f x m x α=+-．α是'()f x 的m 重根，但α不是()f x 的m +1重根．注：也可以取具体的，如0,1m α==．24．证明：如果(1)()n x f x -，那么(1)()n n x f x -． 证明 略．25．证明：如果23312(1)()()x x f x xf x +++，那么12(1)(),(1)()x f x x f x --．证明2121()()x x x x ωω++=--，其中12ωω==．由于23312(1)()()x x f x xf x +++，故存在多项式()h x 使得33212()()(1)()f x xf x x x h x +=++，因此112122(1)(1)0;(1)(1)0.f f f f ωω+=⎧⎨+=⎩ 解得12(1)(1)0f f ==，从而12(1)(),(1)()x f x x f x --．26．求多项式1n x -在复数范围内和实数范围内的因式分解． 解 多项式1n x -的n 个复根为 22cossin ,0,1,2,,1kk k i k n n nππω=+=-，所以1n x -在复数范围内的分解式为1211(1)()()()n n x x x x x ωωω--=----．在实数范围内，当n 为奇数时：222112211221(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x ωωωωωω---+-=--++-++-++，当n 为偶数时：222112222221(1)(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x x ωωωωωω---+-=-+-++-++-++．27．求下列多项式的有理根： 1）3261514x x x -+-； 2）424751x x x ---；3）5432614113x x x x x +----．1）解 多项式可能的有理根是1,2,7,14±±±±． (1)40f =-≠，(1)360f -=-≠．由于44444,,,,1(2)171(7)1141(14)-------------都不是整数，所以多项式可能的有理根只有2．用综合除法判别：2 1 -6 15 -14 + 2 -8 14 2 1 -4 7 0 + 2 -4 1 -2 3≠0 所以2是多项式的有理根（单根）．注：一般要求指出有理根的重数．计算量较小的话，也可以直接计算，如本题可直接算得(2)0f =，说明2是()f x 的有理根，再由'(2)0f ≠知．2是单根．用综合除法一般比较简单．2）答12-（2重根）．3）答 1-（4重根），3（单根）． 28．下列多项式在有理数域上是否可约？ 1）21x -；2）4328122x x x -++； 3）631x x ++；4）1p x px ++，p 为奇素数； 5）441x kx ++，k 为整数． 1）解21x -可能的有理根是1±，直接检验知，都不是它的根，故21x -不可约．2）解 用艾森斯坦判别法，取2p =． 3）解 令1x y =+，则原多项式变为6365432(1)(1)1615211893y y y y y y y y ++++=++++++，取3p =，则由艾森斯坦判别法知多项式65432615211893y y y y y y ++++++不可约，从而多项式631x x ++也不可约．4）提示：令1x y =-，取素数p ． 5）提示：令1x y =+，取2p =．。
高代题库试题与答案汇总
高等代数（下）试题(10)一 填空题 （每小题三分共15分）1 A,B 为n 阶可逆矩阵， C=⎪⎭⎫ ⎝⎛O B A O ，则C 1-＝________。
2 A 为n 阶矩阵， A =21，则*1)3(A A --=_______ 3 设f 是一个n 元负定的二次型，则二次型f 的秩等于______________.4 设n ααα,...,21线性无关，W=L （n ααα,...,21），则W 的维数为______________ 。
5 数量矩阵A=aE 的 特征根 为 _______________。
二 单项选择题（每小题三分共15分）1 设A 是m n ⨯矩阵, B 是n ⨯m 矩阵,则（ ） (A) 当m>n 时，必有行列式AB ≠0 （B ）当m>n 时，必有行列式AB =0 （C ）当n>m 时，必有行列式AB ≠0 （D ）当n>m 时，必有行列式AB =02设A ，B ，C 均为n 阶矩阵，且秩A=秩B ，则 （ ）(A) AB 的秩与AC 的秩不一定相等。
(B) AB 的秩与AC 的秩一定相等。
(C) AB 的秩与AC 的秩一定不相等。
(D) AB 的秩一定不超过C 的秩。
3 设向量空间V 中含有r 个向量，则下列结论成立的是 （ ） （ A ） r=1； （B ）r=2 ； （C ） r=m （有限数）； （D ） r=1或∞4 数域F 上 n 维向量空间V 有（ ）个基（ A ） １； （B ） n ； （C ） n!； （D ）无穷多.5 设向量空间W= {(a,2a,3a) R a ∈},则W 的基为： （ ） （A ） （ 1, 2, 3,） ； （B ） （a, a ,a ）；（C ） ( a , 2a 3a) ； （D ） (1 ,0, 0), (0, 2 ,0), (0 ,0, 3) 三 （15分）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--121011322X=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-417 求X 四 （15分） 把二此型f (,x 2,x 3)= x 1x 2+ x 1,x 3+ x 2x 3通过非退化线性替换化成平方和。
高等代数期末考试题库及答案解析
高等代数期末考试题库及答案解析第一部分：选择题（共10题，每题2分，总分20分）1.高等代数是一门研究什么的数学学科？a.研究高等数学b.研究代数学c.研究线性代数d.研究数论–答案：b2.什么是矩阵的秩？a.矩阵中非零行的个数b.矩阵中非零列的个数c.矩阵中线性无关的行向量或列向量的最大个数d.矩阵的行数与列数的乘积3.给定一个方阵A，如果存在非零向量x使得Ax=0，那么矩阵A的秩为多少？a.0b.1c.方阵A的行数d.方阵A的列数–答案：a4.什么是特征值和特征向量？a.矩阵A与它的转置矩阵的乘积b.矩阵A的负特征值和负特征向量的乘积c.矩阵A与它的逆矩阵的乘积d.矩阵A与一个非零向量的乘积等于该向量的常数倍，并且这个向量成为特征向量，该常数成为特征值。
5.什么是行列式？a.矩阵A所有元素的和b.矩阵A中所有元素的乘积c.矩阵A的转置矩阵与它自身的乘积d.矩阵A的行列式是一个标量，表示矩阵A所表示的线性变换的倍数比例。
–答案：d6.什么是矩阵的逆？a.矩阵的行向量与列向量交换位置b.矩阵A的转置矩阵c.存在一个矩阵B，使得矩阵AB=BA=I（单位矩阵）d.矩阵的所有元素取倒数7.给定一个2x2矩阵A，当且仅当什么时候矩阵A可逆？a.矩阵A的行列式为0b.矩阵A的行列式不为0c.矩阵A的特征值为0d.矩阵A的特征值不为0–答案：b8.什么是矩阵的转置？a.矩阵的行与列互换b.矩阵的行与行互换c.矩阵的列与列互换d.矩阵的所有元素取相反数–答案：a9.对于矩阵A和B，满足AB=BA，则矩阵A和B是否可逆？a.可逆b.不可逆c.只有A可逆d.只有B可逆–答案：b10.什么是矩阵的秩-零空间定理？a.矩阵中非零行的个数加上零行的个数等于行数b.矩阵中非零列的个数加上零列的个数等于列数c.矩阵的秩加上矩阵的零空间的维数等于列数d.矩阵的秩加上矩阵的零空间的维数等于行数–答案：c第二部分：计算题（共4题，每题15分，总分60分）1.计算矩阵的秩： A = \[1, 2, 3; 4, 5, 6; 7, 8, 9\]–答案：矩阵A的秩为22.计算特征值和特征向量： A = \[1, 2; 3, 4\]–答案：矩阵A的特征值为5和-1，对应的特征向量分别为\[1; 1\]和\[-2; 1\]3.计算行列式： A = \[3, 1, 4; 1, 5, 9; 2, 6, 5\]–答案：矩阵A的行列式为-364.计算逆矩阵： A = \[1, 2; 3, 4\]–答案：矩阵A的逆矩阵为\[-2, 1/2; 3/2, -1/2\]第三部分：证明题（共2题，每题25分，总分50分）1.证明：当矩阵A为可逆矩阵时，有出现在矩阵A的行列式中的每个元素，将该元素与其对应的代数余子式相乘之后的结果，再求和得到的值等于矩阵A的行列式的值。
高等代数 习题及参考答案
解易知 有三重根 时， 。若令
，比较两端系数，得
由（1），（3）得 ，解得 的三个根为 ，将 的三个根分别代入（1），得 。再将它们代入（2），得 的三个根 。
当 时 有3重根 ；当 时， 有2重根 。
18．求多项式 有重根的条件。
解令 ，则 ，显然当 时，只有当 才有三重根。
3） 。
解利用剩余除法试根，可得
1）有一个有理根2。
2）有两个有理根 （即有2重有理根 ）。
3）有五个有理根 （即一个单有理根3和一个4重有理根 ）。
28．下列多项式在有理数域上是否可约？
1） ；
2） ；
3） ；
4） 为奇素数；
5） 为整数。
解1）因为 都不是它的根，所以 在有理数域里不可约。
2）利用艾森斯坦判别法，取 ，则此多项式在有理数域上不可约。
指数组
对应 的方幂乘积
4 2 0
4 1 1
3 3 0
3 2 1
2 2 2
原式= (1)
只要令 ,则原式左边 。另一方面，有 ，
代入（1）式，得 。再令 ，得 。
令 ，得
（2）
令 得
（3）
由（2），（3）解得 。因此
原式 。
4）原式=
指数组
对应 的方幂乘积
2 2 0 0
2 1 1 0
1 1 1 1
设原式
高等代数
第一章多项式
1．用 除 ，求商 与余式 ：
1） ；
2） 。
解1）由带余除法，可得 ；
2）同理可得 。
2． 适合什么条件时，有
1） ，
2） 。
解1）由假设，所得余式为0，即 ，
高等代数例题(全部)
高等代数例题第一章 多项式1．44P 2 （1）m 、p 、q 适合什么条件时，有231x mx x px q +-++2．45P 7 设32()(1)22f x x t x x u =++++，3()g x x tx u =++的最大公因式是一个二次多项式，求t 、u 的值。
3．45P 14 证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x += 4．45P 18 求多项式3x px q ++有重根的条件。
5．46P 24 证明：如果(1)()n x f x -，那么(1)()n n x f x -6．46P 25 证明：如果23312(1)()()x x f x xf x +++，那么1(1)()x f x -，2(1)()x f x - 7．46P 26 求多项式1nx -在复数域内和实数域内的因式分解。
8．46P 28 （4）多项式1p x px ++ （p 为奇素数）在有理数域上是否可约？9．47P 1 设1()()()f x af x bg x =+，1()()()g x cf x dg x =+，且0ad bc -≠。
求证：11((),())((),())f x g x f x g x =。
10．48P 5 多项式()m x 称为多项式()f x ，()g x 的一个最小公倍式，如果（1）()()f x m x ，()()g x m x ； （2）()f x ，()g x 的任意一个公倍式都是()m x 的倍式。
我们以[(),()]f x g x 表示首项系数为1的那个最小公倍式。
证明：如果()f x ，()g x 的首项系数都为1，那么()()[(),()]((),())f xg x f x g x f x g x =。
11．设 m 、n 为整数，2()1g x x x =++除33()2mn f x xx =+-所得余式为 。
高等代数考研试题及答案
高等代数考研试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列矩阵中，哪个不是可逆矩阵？A. [1, 2; 3, 4]B. [2, 0; 0, 1]C. [1, 1; 1, 1]D. [1, -1; 2, 2]2. 设线性变换 \( T: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3 \) 由矩阵 \( A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \) 给出，那么 \( T(1, 2, 3) \) 的结果是：A. (3, 5, 3)B. (5, 3, 3)C. (1, 2, 3)D. (2, 3, 1)3. 多项式 \( p(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6 \) 的根的个数是：A. 1B. 2C. 3D. 44. 设 \( V \) 是所有 \( n \) 次多项式的向量空间，\( T: V\rightarrow V \) 是一个线性变换，且 \( T(p(x)) = p'(x) \)。
如果 \( T \) 的特征值为 \( k \)，那么 \( k \) 等于：A. 0B. 1C. -1D. \( n \)5. 下列哪个命题是正确的？A. 每个线性映射都可以用一个矩阵来表示。
B. 矩阵的乘积总是可交换的。
C. 两个相似矩阵必定是同阶矩阵。
D. 行列式的值总是正数或零。
6. 设 \( A \) 是一个 \( n \) 阶方阵，如果 \( A \) 的所有特征值的和等于 \( 0 \)，那么 \( A \) 必定是：A. 正交矩阵B. 对角矩阵C. 零矩阵D. 反对称矩阵7. 如果一个 \( n \) 阶方阵 \( A \) 的所有元素都等于 \( 1 \)，那么 \( A^n \) 的迹（trace）是：A. \( n \)B. \( n^n \)C. \( n! \)D. \( 0 \)8. 对于任意 \( n \) 阶方阵 \( A \)，下列哪个选项是正确的？A. \( \det(A^2) = (\det A)^2 \)B. \( \det(A^T) = \det A \)C. \( \det(A + I) = \det A + 1 \)D. \( \det(A) = \det(A^T) \)9. 设 \( V \) 是一个向量空间，\( T: V \rightarrow V \) 是一个线性变换，如果 \( T \) 的一个特征向量 \( v \) 满足 \( T(v) = \lambda v \)，那么 \( T \) 的逆变换 \( T^{-1} \)（如果存在）将 \( v \) 映射到：A. \( \lambda^{-1} v \)B. \( \frac{1}{\lambda} v \)C. \( v \)D. \( v + \lambda v \)10. 下列哪个矩阵是正交矩阵？A. \( \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \)B. \( \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \)C. \( \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \)D. \( \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \)二、填空题（每题4分，共20分）11. 矩阵 \( A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \) 的行列式 \( \det A \) 等于 _______。
完整版高等代数习题解答(第一章)
完整版高等代数习题解答(第一章)高等代数题解答第一章多项式补充题1.当a,b,c取何值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)^2+b(x+1)+c(x^2-x+2)相等？提示：比较系数得a=-1,b=-1,c=6.补充题2.设f(x),g(x),h(x)∈[x]，f^2(x)=xg^2(x)+x^3h^2(x)，证明：假设f(x)=g(x)=h(x)不成立。
若f(x)≠0，则∂(f^2(x))为偶数，又g^2(x),h^2(x)等于或次数为偶数，由于g^2(x),h^2(x)∈[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg^2(x)+x^3h^2(x)等于或次数为奇数，矛盾。
若g(x)≠0或h(x)≠0，则∂(xg^2(x)+x^3h^2(x))为奇数，而f^2(x)为偶数，矛盾。
综上所证，f(x)≠g(x)或f(x)≠h(x)。
1.用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)：1）f(x) =x^3-3x^2-x-1，g(x) =3x^2-2x+1；2）f(x) =x^4-2x+5，g(x) =x^2-x+2．1）解法一：待定系数法。
由于f(x)是首项系数为1的3次多项式，而g(x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设q(x)=x+a,r(x)=bx+c。
根据f(x)=q(x)g(x)+r(x)，即x^3-3x^2-x-1=(x+a)(3x^2-2x+1)+bx+c，右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得a=-1/3,b=-2/3,c=-1，故得q(x)=x-1/3,r(x)=-x-1/3.2）解法二：带余除法。
用长除法得商q(x)=x^2+x-1，余式r(x)=-5x+7.2.m,p,q适合什么条件时，有1）x^2+mx-1/x^3+px+q;2）x^2+mx+1/x^4+px^2+q.解：1）将x^3+px+q除以x^2+mx-1得商为x+m+1/(x+m-1)，所以当m≠1时有解。
高等代数例题（全部）
⾼等代数例题（全部）⾼等代数例题第⼀章多项式1．44P 2 （1）m 、p 、q 适合什么条件时，有231x mx x px q +-++2．45P 7 设32()(1)22f x x t x x u =++++，3()g x x tx u =++的最⼤公因式是⼀个⼆次多项式，求t 、u 的值。
3．45P 14 证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x += 4．45P 18 求多项式3x px q ++有重根的条件。
5．46P 24 证明：如果(1)()n x f x -，那么(1)()n n x f x -6．46P 25 证明：如果23312(1)()()x x f x xf x +++，那么1(1)()x f x -，2(1)()x f x - 7．46P 26 求多项式1nx -在复数域内和实数域内的因式分解。
8．46P 28 （4）多项式1p x px ++ （p 为奇素数）在有理数域上是否可约？9．47P 1 设1()()()f x af x bg x =+，1()()()g x cf x dg x =+，且0ad bc -≠。
求证：11((),())((),())f x g x f x g x =。
10．48P 5 多项式()m x 称为多项式()f x ，()g x 的⼀个最⼩公倍式，如果（1）()()f x m x ，()()g x m x ；（2）()f x ，()g x 的任意⼀个公倍式都是()m x 的倍式。
我们以[(),()]f x g x 表⽰⾸项系数为1的那个最⼩公倍式。
证明：如果()f x ，()g x 的⾸项系数都为1，那么()()[(),()]((),())f xg x f x g x f x g x =。
11．设 m 、n 为整数，2()1g x x x =++除33()2mn f x xx =+-所得余式为。
(完整版)高等代数多项式习题解答
第一章多项式习题解答1.用g( x)除f ( x)，求商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) x3 3x2 x 1, g (x) 3x2 2x 13x 2 2x 1 x3 3x 2 x 1 1 x 7x3 2 x2 1 x 3 93 37 x2 4 x 13 37 x2 14 x 73 9 926 x 29 91x 7, r ( x)26x2q( x)9 9 .3 92）f ( x) x4 2x 5, g(x) x2 x 2x2 x 2 x 4 0x3 0 x2 2 x 5 x2 x 1x4 x3 2x2x3 2x2 2xx3 x2 2xx2 4x 5x2 x 25x 7q( x) x2 x 1, r ( x) 5x 7 .2.m, p, q 合适什么条件时，有1）x2 mx 1| x3 px qx 2 mx 1 x3 0 x2 px q x mx3 mx2 xmx2 ( p 1) x qm x2 m2 x m(m2 p 1) x ( q m)当且仅当 m2 m 时x2 1| x3 px q .此题也可用待定系数法求解.当x2 mx 1| x3 px q 时，用 x2 mx 1 去除x3 px q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x q .于是有x3 px q ( x q)( x2 mx 1) x3 (m q)x2 (mq 1) x q .所以有 m2 p 1 0, q m .2）x2 mx 1| x4 px2 q由带余除法可得x4 px2 q ( x2 mx 1)( x2 mx p 1 m2 ) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 )当且仅当 r ( x) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 ) 0 时 x2 mx 1 | x4 px2 q .即m(2 p m2 ) 0，即m 0,或p m2 2,q 1 p m2 0 q 1 p, q 1.此题也可用待定系数法求解 .当x2 mx 1| x4 px2 q 时，用 x2 mx 1 去除x4 px2 q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2 ax q .于是有x4 px2 q (x 2 ax q)( x2 mx 1)x4 (m a) x3 (ma q 1) x2 (a mq) x q.比较系数可得 m a 0, ma q 1 p, a mq 0. 消去 a 可得m 0, 或p m2 2,q 1 q 1.p,3.求g( x)除f ( x)的商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) 2x5 5x3 8x , g (x) x 3;解：运用综合除法可得3 2 0 5 0 8 06 18 39 117 3272 6 13 39 109 327商为 q(x) 2x4 6x3 13x2 39 x 109 ，余式为 r (x) 327.2）f ( x)x3x2x, g( x) x 1 2i .解:运用综合除法得 :1 2i 1 1 1 01 2i 4 2i 9 8i1 2i 5 2i 9 8i商为 x2 2ix (5 2i ) ,余式为9 8i .4.把f ( x)表成x x0的方幂和，即表示成c0 c1 ( x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 的形式 .1） f ( x) x5 , x0 1 ；2）f ( x) x4 2x2 3, x0 2;3）f ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i , x0 1.剖析：假定 f ( x) 为 n 次多项式，令f (x) c0 c1 (x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 c n ( x x0 )nc0 (x x0 )[ c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 ) n 1 ]c0即为x x0 除 f ( x) 所得的余式，商为 q(x) c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 )n 1.近似可得 c1为 x x0除商 q( x) 所得的余式，挨次持续即可求得睁开式的各项系数.解： 1）解法一：应用综合除法得 .1 1 0 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 1 1 11 2 3 41 1234 51 3 61 1 3 6 101 41 1 4 1011 5f ( x) x5 ( x 1)5 5( x 1)4 10( x 1) 3 10( x 1) 2 5( x 1) 1 .解法二：把 x 表示成( x1) 1 ，而后用二项式睁开x5[( x 1) 1]5(x 1)55( x 1) 410( x 1)310( x 1) 25( x 1) 1 2）仿上可得2 1 0 2 0 32 4 4 82 1 2 2 4 112 8 202 1 4 10 242 122 1 6 2221 8f ( x) 11 24( x 2) 22(x 2)2 8( x 2) 3 ( x 2)4.3）由于i 1 2i 1 i 3 7 ii 1 1 4ii 1 i i 4 7 5ii 0 1i 1 0 i 5i 1i 1 i 1 ii1 2if ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i(7 5i) 5( x i ) (1 i )( x i ) 2 2i (x i )3 ( x i ) 4.5.求f ( x)与g ( x)的最大公因式1）f ( x) x4 x3 3x2 4x 1, g( x) x3 x2 x 1解法一：利用因式分解f (x) x4 x3 3x2 4x 1 (x 1)( x3 3x 1),g (x) x 3x 2 x 1 ( x 1) 2 (x 1).所以最大公因式为 x 1. 解法二：运用展转相除法得q 2 (x) 1x 1 x 3x 2x 1 x 4 x 3 3x 2 4x 1 x q 1 ( x)24 x33 x 21 x x 4x 3 x 2x1 232r 1 (x)2x 2 3x 1 8 x 4q 3 ( x)2x x 12x 2 2 x 332 21 x23 x1x 124 4x 133r 2 (x)x4 4所以最大公因式为 x 1.2） f ( x) x 44x 3 1, g( x) x 33x 2 1 .解：运用展转相除法得（注意缺项系数补零）3 2432x4x 0x0 x 1 x 1 q 1( x)q 2 (x)1x10x3x 0x13931 2 2 xx 43x 3 0x 2 xxx33x 3 0x 2 x 110 x 22x 1x 3 3x 2 0 x 133r 1 (x) 3x 2x 210 x 210 x2027 x441 39 93x 2 33 x 16 256r 2 ( x) 16 x 11169 949 x21649 x 53916 256 r 3 ( x)27256( f ( x), g( x)) 1.3） f ( x) x 4 10 x 21, g (x) x 44 2x 3 6x 2 4 2x 1.g (x)f (x) 4 2 (x32 2x 2x)f (x) r ( x) ，1f ( x) (x32 2x 2x)( x 22) (x22 2x 1)4 1 r 1( x)( x2 2 ) r 2 ( x),24 1r 1 ( x) x 32 2x 2 x x( x 22 2x 1) r 2 (x) x,2( ( ), ( )) 2 2 2 1.6.求u( x), v(x)使u(x) f ( x) v(x) g( x) ( f ( x), g ( x)) :1）f ( x) x4 2x3 x 2 4x 2, g( x) x4 x3 x2 2x 2;解：运用展转相除法得：q2 ( x) x 1 x4 x3 x2 2x 2 x4 2x3 x2 4x 2 1 q1 (x)x4 2x2 x4 x3 x2 2x 2x3 x2 2x r1 (x) x3 2 x x q3 ( x)x3 2x x3 2xr2 ( x) x 2 2 0所以 ( f ( x), g( x)) r2 (x) x2 2 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1q1( x)q2 (x)] g(x) .u(x) q2 (x) x 1, v( x) 1 q1( x) q2 ( x) x 2.2）f ( x) 4x4 2x3 16x2 5x 9, g (x) 2x3 x2 5x 4;解：运用展转相除法得：q2 (x) 1 x 1 2x3 x2 5x 4 4x 4 2x3 16 x2 5x 9 2 x q1 ( x)3 3 2x3 x2 3x4 x4 2x3 10 x2 8x2x2 2x 4 r1 (x) 6x 2 3x 9 6 x 9 q3 ( x)2x2 x 3 6x2 6 xr2 ( x) x 1 9x 99x 9所以 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) x 1 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) 1 x 1 , v(x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 2x( 1x 1 ) 2 x22x 1.3 3 3 3 3 3 3）f ( x) x4 x3 4x2 4x 1, g( x) x2 x 1.解：运用展转相除法得：q2 (x) x 1 x2 x 1 x4 x3 4x 2 4x 1 x2 3 q1( x)x 2 2x x4 x3 x2x 1 3x2 4x 1x 2 3x2 3x 3r2 (x) 1 r1 (x) x 2所以 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) 1. 且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) x 1, v( x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 ( x2 3)( x 1) x3 x2 3x 2.7.设f ( x) x3 (1 t ) x2 2x 2u, g( x) x3 tx u 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 (1 t) x2 2x 2u ( x3 tx u) 1 (1 t )x 2 (2 t) x ug (x) r1( x), 由题意可得， r1( x) 即为 f (x), g (x) 的最大公因式.所以有1 t 0 .进一步g( x) r1 ( x)[ 1xt 22]r2 (x),1 t (1 t )r2 ( x) t(1 t) 2 u(1 t ) (2 t) 2x u[1t 2] .(1 t) 2 (1 t )2要使 r1 (x) 为 f ( x), g ( x) 的最大公因式的充要条件是 r2 ( x) 0. 即t (1 t) 2 u(1 t ) (2 t )2 0,u[(1 t) 2 (t 2)] 0,解得u 0, u 0, u 7 11i , u 7 11i ,1 3i 1 11i 1 11it 4; ; t ; tt 2 2 2 .8.证明：假如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) 的随意一个公因式是 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) 的随意一个公因式，则(x) | f ( x),( x) | g ( x) .故(x) |u( x) f ( x)v( x) g( x)即(x) | d (x). 所以 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.明显有( 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，所以( f ( x) h( x), g ( x) h(x)) ( f ( x), g( x))h(x).f ( x), g ( x)10.假如f ( x)，g ( x)不全为零，证明( ) 1 .( 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1f (x)v( x)g(x)u(x) .( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))f ( x)g (x)) 1 .所以 ( ,( f ( x), g (x) ( f (x), g (x)11.假如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f ( x)v( x) g(x)u( x) 1.( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))于是 (u( x), v( x)) 1 .12.证明：假如( 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 u1 ( 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)v1 (x) g( x) u1( x)v2 (x)h( x)] f (x) v1 (x)v2 ( x) g(x)h( x) 1.所以有 ( f (x), g (x)h(x)) 1.证法二、反证法证明 .明显( f ( x), g(x)h(x))0.若 ( f ( x), g( x)h( x))1, 则存在不行约多项式p( x) ，使得 p( x) 为 f ( x) 与 g( x)h(x) 的公因式.所以有 p( x) | f ( x) 且p( x) | g( x)h(x) .由 p(x) 的不行约性有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不建立，即有 ( f ( x), g( x) h(x)) 1.13.设f1( x), f2( x),, f m (x), g1 (x), g2 ( x),g n ( x) 都是多项式，并且( f i ( x), g j ( x)) 1, (i 1,2, , m; j 1,2,, n).求证： ( f1 ( x) f2 ( x) f m ( x), g1 ( x)g2 ( x) g n ( x)) 1.证明：由 ( f1 ( x), g j ( x)) 1( j 1,2, , n) ，频频利用第12 题结果可得( f1 ( x), g1 ( x)g2 (x) g n ( x)) 1 .近似可得( f i (x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1, i 2,, m.再频频利用 12 题结果可得( f1( x) f2( x) f m ( x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1.14.证明：假如( 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 .进而有(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, 所以有 ( f (x), f ( x) g( x)) 1, (g (x), f (x) g( x)) 1. 由12题结果结论建立.方法二：用反证法 .若( f (x) g( x), f ( x)g (x)) 1.则存在不行约多项式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) 的不行约性及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) ，所以有 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.近似可适当 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)) 1.15.求以下多项式的公共根：f ( x) x32x22x 1;g ( x) x4x32x2x 1.解法一：利用因式分解可得f (x) x 3 2x 2 2x 1 ( x 1)( x 2 x 1);g( x) x 4x 32 x 2 x 1 (x 21)( x 2 x 1).所以 ( f ( x), g( x)) x 2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3 i.22解法二：运用展转相除法求出 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 .g( x) f (x)( x1) 2( x 2 x 1),f (x)( x 2 x 1)( x 1).所以 ( f ( x), g( x)) x2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3i.2216.鉴别以下多项式有无重因式：1） f ( x) x 5 5x 4 7 x 32x 2 4x 8;解： f ' ( x) 5x 420x 3 21x 2 4x 4,运用展转相除法可得 (f ( ), f ' ( )) x 2 4 x 4 ( x 2) 2.所以 x 2为 f ( x) 的三重x x因式 .解法二：试根可得 2 为 f (x) 的根f ( x) ( x 2)( x 4 3x 3 x 2 4) ( x 2) 2 ( x 3x 2 x 2) ( x 2)3 ( x 2x 1) .所以 x 2为 f ( x) 的三重因式 .2) f ( x) x 4 4x 2 4x 3.解： f ' (x)4x 3 8x 4 4(x 32x 1). ( f (x), f ' ( x)) 1.故 f ( x) 无重因式 .17.求 t 值使 f ( x) x 3 3x 2 tx 1有重根 .解法一：要使 f (x) 有重根，则 ( f (x), f ' ( x))1. f ' (x)3x 2 6x t.f ( x) x 3 3x 2 tx 1 ( 1 x1) f '(x) t 3(2x 1),3 3 3f '( x) 3x26x t(2x 1)( 3x 15) t 15 . 当 t 32 4 4 0, 即 t3 时3f ' ( x) 3x 2 6x 3 3(x 1) 2 , f ' ( x) | f ( x), ( f ( x), f ' ( x))( x 1)2 ，所以 1 为 f (x) 的三重根 .当 t15 0 ，即 t15时， ( f ( x), f ' ( x)) x 1 ， 1为 f (x) 的二重根 .44 2 2解法二：设 f ( x) ( x a)2 ( x b)x 3 ( 2a b)x 2 (a 22ab)x a 2b .所以有2a b 3,a 2 2ab t,a 2b 1.由第一个方程有 b 6 2a ，代人第三个方程有 a 2 (3 2a) 1,2a 33a 2 1 0, 即(a 1) 2 (2a1) 0 .所以有a 1, a1 ,b 1, 或 b 24, t3,t15 .4即当 t 3 时 1 为 f ( x) 的三重根；当 t15 时，1为 f ( x) 的二重根 .42求多项式x 3px q 有重根的条件 .18.解：令 f ( x) x 3 px q .明显当 pq 0 时， 0 为 f (x) 的三重根 .当 p0 时，f ' ( x) 3x 2p ，f (x)x 3 px q1xf '( x) 2 p x q ，33(2 px27q 2 )2f ' ( x) q)( 9 x ( p 27q 2 ) .3 2 p4 p 4 p要使 f ( x)有重根，则 ( f ( x), f ' ( x)) 127q 2 即4 p 3 27q 20. 明显.即 p 4p 2 0,p q0 也知足 4 p 3 27q 2 0. 所以 f ( x) 有重根的条件是 4 p 3 27 q 20.19.假如 ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1, 求 A, B.解法一：利用整除判断方法， ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1的充要条件是用 (x 1)2 除Ax4 Bx2 1 ，余式为零.Ax4 Bx2 1 ( x 1) 2 ( Ax 2 2Ax B 3A) (2B 4 A) x (1 3A B) .所以有 (2B 4A) x (1 3A B) 0 ，即2B 4A 0, A 1,1 3A B 0. B 2.解法二：要使 (x 1)2 | Ax 4 Bx2 1建立，则1起码是 Ax 4 Bx 2 1 的二重根.所以 1 既是Ax4 Bx2 1 的根，也是其导数的根.而 ( Ax 4 Bx2 1)' 4 Ax3 2Bx .故有1 A B 0, A 1,4A 2B 0. B 2.解法三：利用待定系数法 .令Ax4 Bx2 1 ( x 1)2 ( Ax2 Cx D ) Ax4 (C 2A)x3 ( A 2C D )x2 (C 2D ) x D 所以有C 2A 0, A 1,A 2C D B,B 2,C 2D 0, 解得C 2,D 1. D 1.20.证明：1 x x2 x n 不可以有重根 .2! n!证明：令 f ( x) 1 x x2 x n, 则2! n!f ' (x) 1 xx2 x n 12! (n ,1)!所以有 f (x) f ' (x) x n , 进而有 ( f ( x), f ' (x)) ( f ' (x), xn ) .xn 因式只有 c(c 0)n! n! n!及 cx k (c 0,1 k n) .而 cx k (c 0,1 k n) 明显不是 f ' (x) 的因式.所以有( f ( x), f ' (x)) ( f ' ( x), xn ) 1 .n! 所以 f ( x) 没有重根.21.假如 a 是 f ' ' ' ( x) 的一个 k 重根，证明 a 是g ( x)x af '( a)] f (x) f ( a)[ f '( x)的一个 k 3重根 . 2证明：g'( x)1[ f '( x) f '(a)]x a f ' '(x) f '(x)xa f ''( x) 1[ f ' (x) f ' (a)], 222 2g'' (x)1f ' '( x) x a f ''' (x) 1f ''( x) x af '''( x).2 2 2 2明显有 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k 1 重根，设 a 是 g( x) 的 s 重根，则 s 2 k1, s k 3 .此题常有错误证法 .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 k 1 重根， a 是 f ' ( x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根，于是g( x) xa[ f ' (x)f ' (a)] f (x)f ( a) ( x a) k 3 h( x)22进而 a 是 g( x) 的 k 3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 k 1 重根， a 是 f ' (x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根 .如 ( x ) (x a )k 3(x a )2 ( x a ) 3 ，则 f ' ( )( k 3)(x a )k 2 2() 1，fxx af ' ' ( x) (k 3)( k 2)( xa)k 1 2 . a 既不是 f ( x) 的根，也不是 f ' ( x) 与 f ' ' (x) 的根 .错误证法二：由g '( x)1[ f '(x) f '(a)] x a f '' (x) f ' (x) xaf ''( x) 1[ f '( x) f '(a)],2 2 22g '' (x) 1 f ''( x) x a f '''(x) 1 x a2 2f ''( x) 2 f '' '( x)2得出 a 是 g '' ( x) 的 k 1 重根，直接得出 a 是 g( x) 的 k 3 重根，缺了 a 是 g( x) 与g' ( x) 的根考证 .22.证明： x 0 是 f ( x) 的 k 重根的充足必需条件是f (x 0 )f ' ( x 0 )f ( k 1) (x 0 ) 0, 而 f (k ) ( x 0 ) 0.证明：必需性 .设 x 0 是 f ( x) 的 k 重根，进而 x x 0 是 f ( x) 的 k 重因式，进而是f ' (x) 的k 1重因式，是 f ' ' (x) 的k 2重因式，...，是 f (k 1) ( x) 的单因式，而不是f ( k) ( x) 的因式.所以 x0是 f ( x) ， f ' ( x) ， f ' ' ( x) ，...， f (k 1)( x)的根，而不是 f (k) (x)的根 .故有f ( x0) 充足性 .由f ( x0) f ' ( x) f ( k 1) ( x ) 0, 而f ( k) (x) 0.f ' ( x0 ) f ( k 1) ( x0 ) 0, 而 f ( k ) ( x0 ) 0 可知 x0是 f ( x) ，f ' ( x) ，f ' '( x) ，...， f (k 1) (x) 的根，而不是 f (k ) ( x) 的根.所以 x0 是 f (k 1) (x) 的单根，是f ( k 2) (x) 二重根，依此类推，是 f (x) 的 k 重根.23.举例说明断语“假如是 f ' (x) 的m重根，那么是 f (x) 的m 1重根”是不对的 .解：比如 f ( x) ( x ) m 1 2 ， f ' ( x) (m 1)( x)m. 是 f ' ( x) 的m重根，但不是 f (x) 的根.24.证明：假如( x 1) | f ( x n ), 那么 ( x n 1) | f (x n ) .证明：由 ( x 1) | f ( x n ) 可得 f ( x n ) (x 1) g( x) .进而 f (1) 0. 所以有f ( x) ( x 1)h( x), 进而有 f ( x n ) ( x n 1) h(x n ). 即 (x n 1) | f ( x n ) .证法二：要证 (x n 1) | f ( x n ) ，只需证 x n 1 在复数域上的各个根都是 f ( x n ) 的根 . x n 1 的根为x k cos 2k i sin 2k , k 0,1,2, ,n 1. 由 (x 1) | f (x n ) 可得n ncos 2ki sin2kf ( x n ) ( x 1) g(x) .进而 f (1) 0. 进而 f ( x k n ) f (1) 0 .即x k ,n nk 0,1,2, ,n 1 都是 f ( x n ) 的根.所以有 ( x n 1) | f ( x n ) .25.证明：假如(x2 x 1) | f1( x3) xf 2 ( x3 ) ，那么( x 1) | f1 ( x), ( x 1) | f 2 ( x).证明：要证 ( x 1) | f1( x), ( x 1) | f 2 ( x) 建立，只需证1 是f1( x)和f2(x)的根 .x2 x 1 的两个根为 1 1 3i , 2 1 3i.由(x2 x 1) | f1( x3 ) xf 2 (x3 ) 可2 2 得 f1 (x3 ) xf 2 ( x3 ) ( x2 x 1) g (x) .于是f1 ( 13) 1 f 2 ( 13 ) ( 12 1 1) g( 1 ) 0, f1 ( 23 ) 2 f 2 ( 23 ) ( 22 2 1)g( 2 ) 0,即 f1 (1) 13if 2 (1) 0, f1(1) 1 3i f2 (1).故有f1(1) f2(1) 0.所以2 2( x 1) | f1 (x), (x 1) | f 2 ( x) .26.求多项式x n 1 在复数范围内和在实数范围内的因式分解.解：x n 1的根为k cos 2ki sin2k, k 0,1,2, ,n 1. 故在复数范围内的n n分解式为x n 1 ( x 1)( x )( x 2 ) ( x n 1 ).在实数范围内，因k n k， ( 0 k n) .当 n 为奇数时，x n 1 的根中一个为实根，其他为虚根，其分解式为x n 1)[ x2 n 1 )x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x [ x2 n 1 n 11 (x ( 1] (2 2 ) x 1] . 当 n 为偶数时，x n 1 的根中二个为实根，即1, 其他为虚根，其分解式为x n 1 (x 1)( x 1)[ x 2 ( n 1) x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x 1] [ x2n 1 n 1( 2 2 ) x 1].27.求以下多项式的有理根 .1)x3 6x2 15x 14;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 .查验得 2 为其根，进一步运用综合除法可得2 1 6 15 142 8 141 4 7 0即 x3 6x2 15x 14 ( x 2)( x2 4x 7) ，显然 x2 4x 7 没有有理根.所以x3 6x2 15x 14 仅有一个有理根2，且为单根 .2) 4x4 7 x2 5x 1;1 1解：多项式可能的有理根为 1, , .2 41 4 0 7 5 122 13 1 14 2 6 2 022 2 24 4 4 0所以有4x4 7x2 5x 1 ( x 1) 2 ( 4x2 4x 4) (2 x 1) 2 ( x2 x 1) ，2明显 x2 x 1没有有理根.所以 1 为 4x4 7 x2 5x 1的二重根.23) x5 x4 6x3 14x2 11x 3.解：多项式可能的有理根为1, 3. 查验得1为其根，进一步运用综合除法可得11 1 6 14 11 31 0 6 8 311 0 6 8 3 01 1 5 331 1 5 3 03 6 31 2 1 0故 x5 x4 6x3 14x2 11x 3 ( x 1)2 (x 3)( x2 2x 1) (x 1) 4 ( x 3) .即1为其四重跟， 3 为单根 .28.以下多项式在有理数域上能否可约？1)x2 1;解：明显 x2 1 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不行约.2)x4 8x3 12x2 2;解：取素数 p 2 ，知足艾森斯坦鉴别法的条件，所以在有理数域上不行约.3）x6x31;解：令 x y1,f ( x) x6x3 1 ( y 1)6( y 1)3 1 y6 6 y515y 421y318 y29 y 3 g( y).取素数 p 3, g( y) 知足艾森斯坦鉴别法条件，所以在有理数域上不行约，进而f ( x) 在有理数域上不行约.4）x p px1, p 为奇素数；解：令 x y 1，由p为奇数可得f ( x) x p px 1 ( y 1) p p( y 1) 1y p C1p y p 1 C p2 y p 2 C p p 2 y2 (C p p 1 p) y p g( y).由组合数定义 C p k (1 k p 1) 均为整数，且C p k p( p1) ( pk 1)，分子中有k(k 1) 2 1因子 p ，分母个各数均小于p ，又 p 为素数，所以约分时p 不会被约去，所以有p |C k p，取素数为 p ，g ( y)知足艾森斯坦鉴别式条件，所以g( y)在有理数域上不可约，进而 f (x) 在有理数域上不行约.5）x4 4kx 1,k 为整数.解：令 x y 1, 则有x4 4kx 1 ( y 1) 4 4k( y 1) 1 y 4 4y3 6 y2 4(k 1) y 2 g ( y).取素数 p 2, g( y) 知足艾森斯坦鉴别法条件，所以在有理数域上不行约，进而f ( x) 在有理数域上不行约.。