(完整版)高等代数多项式习题解答.doc
高等代数习题答案
《高等代数》习题答案一、1、存在多项式()()()()()()1,=+x v x g x u x f x v x u 使得与2、()()x f x f '和互质3、()()的重因式为x f x p4、05、1，-26、()k n n --121 7、3 8、- 48 9、相 10、相11、1或2（有非零解） 12、()()A r A r = 13、无 14、12 15、9816、⎥⎦⎤⎢⎣⎡-0001 17、E 18、()2222121,,r n Z Z Z x x x f ++= 19、()22122121,,r p p n Z Z Z Z x x x f --++=+ 20、大于零21、α为非零向量，α不能由β线性表出 22、无 23、关于V 的加法和数乘封闭 24、对于 V 中任意向量α、β和数域P 中任意数K 都有()()()βαβαA A A +=+和()()ααkA k A = 25、相似 26、线性无关的27、线性变量A 在数域P 中有个互异的特征的值 28、1 29、T A ，1 30、线性无关的 31、正交矩阵二、1、1）()()7422+--x x x 有理根22）()()333122+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+x x x 有理根31,2-2、()()()n mx x n mx x n mx x x ---++=++-2342211=b ax x x x +++-23463 由7,37,3-==⇒=-=b a n m3、1）0211211211=+++→cba2)31131031605510019182402113------→9532001235250019182402113-----→409201235250019182402113=-----→3)1103100321011111033100321011111993952032101111=→→→4)()()()xaan x a x an x a a an x111-+-+-+→()[]a n x 1-+=xaa x a a111→()[]a n x 1-+ax a x a a --001=()[]()11---+n a x a n x5)n n y x +6)nna a a a a1001010011110---→nn a a a a a a 211011⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=4、1）系数矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---11178424633542 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---→572527003542 ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-→000570005442通解为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-===-=24231221157522t x t x t x t t x 则基础解系[]⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==57,1,0,520,0,1,221x x2)系数矩阵⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-----7931181332111511⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-----→0000004720123018144472047201511通解为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==-=--=241321221122723t x t x t t x t t x 则基础解系为[]⎪⎩⎪⎨⎧--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=1,0,2,10,1,27,2321x x5、1）扩展矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----112131111202121⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡--→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----→00000151505205301151501515002121通解为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+===+=21423122151515352t t x t x t x t x 令21,t t 为0，则特解⎥⎦⎤⎢⎣⎡=51,0,0,520x通解⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=511053101051005221t t x , 21,t t 为任意常数2）扩展矩阵⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---787695754636323⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-------→0000015100090232102001510036323通解为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-==+=24231221151332t x t x t x t t x 令21,t t 为0，则特解[]0,1,0,00=x通解⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=150300132010021t t x , 21,t t 为任意常数6、扩展矩阵⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡------11111111112111111111⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡------→00220020201220011111⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡------→022********220011111⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→02200020*******11111 则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=--=-=+++022022141434244321x x x x x x x x x ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧-=-===⇒414141454321x x x x则432141414145ααααβ--+=5、因四元非齐次线性方程组的系数矩阵秩为3， 则通解形式为110x t x x +=则通解为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=432154321t x ， 1t 为任意常数6、()()A A x A x A 122--=⇒=-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=-1111221124100111032100111011x ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡411010103⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-----=3222352257、1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-1012010411001210⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-→1012001210010411⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---→1283001210010411⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---→2112311240101120011232001210011201则逆矩阵为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----21123124112 2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-----→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--1243012210011101101201221000111110111010012001111 ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡----→3132341032313201031313100112430323132010313131001，则逆矩阵为⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡----3132343231323131318、原式=()1123---AA A 3421322123111=⎪⎭⎫⎝⎛⋅=⋅-=--A9、⎥⎦⎤⎢⎣⎡22211211X X X X ⎥⎦⎤⎢⎣⎡00CA ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==A X CX A X CX E 21221112⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====⇒--112121221100C A AX X X 则⎥⎦⎤⎢⎣⎡=---00111ACX10、1）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----524212425，,011225,05>=>01524212425>=---- 正定 2）064320222210,02422210,010,3020222210<-=-<-=->⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡- 不正定11、0545212111,0111,01,521211122>--=-->-=>⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--t t t tt t t t t则054<<-t12、1）031610213510610213112311213≠-=---→---→----03321021112210211131021211≠=-→--→，故为3P 的两组基 2）⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---→⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡----173510101610211213131112021311211213⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---→0721010161031280313、⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----00000110201000003306031155033033311341335512333则基为[][]3,3,1,34,5,2,3---与, 维数为214、1)⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-001010100,0010101001M M=-AM M 1⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡131211232221333231a a a a a a a a a ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡001010100⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=111213212223313233a a a a a a a a a2) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-10010001,11000011k M k M=-AM M 1⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡333231232221131211111a a a a k a k a k a a a ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡10010001k ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=33323123222113121111a ka a a k a a k a ka a3)⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=-100011001,100110011M M=-AM M 1⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+-+-+-333231231322122111131211a a a a a a a a a a a a ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡10011001⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++-+-++--+=33323231231322122221121113121211a a a a a a a a a a a a a a a a15、⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡10010001 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=111101011B ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-121011101则=B 110010001-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--111101011⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-121011101⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=21122011016、1）()()215122212221+-=---------=-λλλλλλA E 特征值1,521-==λλ（二重）51=λ代入()01=-X A E λ得基础解系[],1,1,11=X 特征向量为321εεε++12-=λ代入()02=-X A E λ得基础解系[][]1,1,0,1,0,132-=-=X X特征向量为3231εεεε--和由3dim dim dim 21P w w =+λλ知可对角化。
高等代数__课后答案__高等教育出版社
高等代数习题答案（一至四章）第一章 多项式 习题解答1、（1）由带余除法，得17(),39q x x =-262()99r x =--（2）2()1q x x x =+-，()57r x x =-+2、（1）2100p m q m ⎧++=⎨-=⎩ ， （2）由22(2)010m p m q p m ⎧--=⎪⎨+--=⎪⎩得01m p q =⎧⎨=+⎩或212q p m =⎧⎨+=⎩。
3、（1）432()261339109,q x x x x x =-+-+()327r x =- （2）q （x ）=22(52)x ix i --+，()98r x i =--4、（1）有综合除法：2345()15(1)10(1)10(1)5(1)(1)f x x x x x x =+-+-+-+-+- （2）234()1124(2)22(2)8(2)(2)f x x x x x =-+++-+++（3）234()24(75)5()(1)()2()()f x i x i i x i i x i x i =+-++--+-+++5、（1）x+1 （2）1 （3）21x -- 6、（1）u （x ）=-x-1 ，v （x ）=x+2 （2）11()33u x x =-+，222()133v x x x =-- （3）u （x ）=-x-1, 32()32v x x x x =+--7、02u t =⎧⎨=⎩或23u t =-⎧⎨=⎩8、思路：根具定义证明证：易见d （x ）是f （x ）与g （x ）的公因式。
另设()x ϕ是f （x ）与g （x ）的任意公因式，下证()()x d x ϕ。
由于d （x ）是f （x ）与g （x ）的一个组合，这就是说存在多项式s （x ）与t （x ），使 d （x ）=s （x ）f （x ）+t （x ）g （x ）。
从而()()x f x ϕ，()()x g x ϕ，可得()()x d x ϕ。
高等代数二练习题答案
高等代数二练习题答案一、多项式运算1. 给定多项式 \( p(x) = x^3 - 3x^2 + 2x - 1 \) 和 \( q(x) =x^2 + 1 \)，求 \( p(x) \) 除以 \( q(x) \) 的商和余数。
2. 计算多项式 \( r(x) = 2x^3 - 5x^2 + 7x - 3 \) 和 \( s(x) =x - 2 \) 的乘积。
3. 证明多项式 \( t(x) = x^4 - 5x^3 + 6x^2 + 8x - 9 \) 可以分解为两个二次多项式的乘积。
二、矩阵运算1. 给定矩阵 \( A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{bmatrix} \) 和 \( B = \begin{bmatrix} 5 & 6 \\ 7 & 8\end{bmatrix} \)，求矩阵 \( A \) 与 \( B \) 的乘积。
2. 若矩阵 \( C = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \)，求 \( C \) 的逆矩阵。
3. 判断矩阵 \( D = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2\end{bmatrix} \) 是否可对角化，并给出相应的对角矩阵。
三、线性方程组1. 解线性方程组：\[\begin{align*}x + 2y - z &= 1 \\3x - y + 2z &= 0 \\2x + y + z &= -1\end{align*}\]2. 判断下列线性方程组是否有唯一解：\[\begin{align*}x + y &= 3 \\2x + 2y &= 6\end{align*}\]3. 用克拉默法则解线性方程组：\[\begin{align*}x - y + z &= 2 \\2x + y - z &= 1 \\-x + 2y + z &= 3\end{align*}\]四、特征值与特征向量1. 求矩阵 \( E = \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \) 的特征值和对应的特征向量。
高等代数习题答案
高等代数(北大版第三版)习题答案I I(总95页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-高等代数（北大第三版）答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章 —矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分，该为第二部分，其他请搜索，谢谢！12．设A 为一个n 级实对称矩阵，且0<A ，证明：必存在实n 维向量0≠X ，使0<'A X X 。
证 因为0<A ，于是0≠A ，所以()n A rank =，且A 不是正定矩阵。
故必存在非退化线性替换Y C X 1-=使()BY Y ACY C Y AX X '=''='-12222122221n p p p y y y y y y ----+++=++ ，且在规范形中必含带负号的平方项。
于是只要在Y C Z 1-=中，令p y y y === 21,1,021=====++n p p y y y 则可得一线性方程组 ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=++++++1102211,122,111,122111212111n nn n n n n p p p n pn p p n n x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c ，由于0≠C ，故可得唯一组非零解()ns s s s x x x X ,,,21 =使()0111000<--=----+++='p n AX X s s， 即证存在0≠X ，使0<'A X X 。
13．如果B A ,都是n 阶正定矩阵，证明：B A +也是正定矩阵。
证 因为B A ,为正定矩阵，所以BX X AX X '',为正定二次型，且 0>'A X X ， 0>'B X X ，因此()0>'+'=+'BX X AX X X B A X ，于是()X B A X +'必为正定二次型，从而B A +为正定矩阵。
高等代数-第4章习题及解答
第四章 多项式4.1习题,()(),..(-)-(-)()()-(-)()--(-)(-)Z a c ad bc q Z s t ad bc q a c a c b d ab cd ad bc a c b d ab cd a c q a c b d q ab cd ∈-+∴∃∈+==++=++=+1. 设a,b,c,d 已知(a-c)(ad+bc),求证(a-c)(ab+cd)证明：又由 （） 得 （）（） 即 ,,-()()b d q Zb d q Z ac ab cd ∈∴+∈-+即有 121212,65(-3)13,65(-2)5,65-,65(-3)13(-2)571865-(6528)65(-65)-2828m m m m r c c m c m c c c m m r ⨯⨯∃⨯+⨯==-+∴=2. 一个整数被5除余3，被13除余2，求它被65除的余数解：设所求数为由题知 即 有 令 ，， 则有 故有 1723582957,581-143,-143202,0231414a b a b a b a b b a b a b a ==-=-==-=-=-=-=+=⋅+=⋅+3. 对于下列的整数，分别求出以除所得的商和余数： （1）, （2）, （3）, （4）解：）由带余除法，可表示为 故商为，余数为；）同理得 故商为，余数为； ）由 知商为，余数为； 49595b a =+ ）由 知商为，余数为。
.()001a b a b b aq q Z b q b a q q a b≠≤=∈≠∴≠∴=≥∴≤4. 证明：若a b,b 0,则证明：由 可得 又 又1,) 1.b ∈=1 1 1115. 设a,b 是不全为零的整数，且a=da ,b=db ,d,a ,b Z.证明d 是a 与b 的一个最大公因数的充分必要条件是(a1111111111[] 4.1.3,,..01(,)1[](,)1''1''1,''u v Z s t ua vb d uda vdb d d ua vb a b a b u a v b a bu v u a v b d d d⇒∃∈+=+=≠∴+=∴=⇐=+=+=+=证明：根据定理得 即 又故有 即 则有 综上所述，结论得证6.(,)1,(,) 1.,(1),,..()()(1),,1,1a b a b ab a b ab d d Z d u v Z s t u a b vab d ua u va b d u v a Z u va Za b =+=+=∈≠∴∃∈++=∴++=∈∴+∈= 证明：若则 证明：反证 假设（） 且 故 （）与 （） 矛盾 ,17.1..,()(),,.a b ab a b p ab p a p b p p mn a b k k Z p abp b b k p a p b p k m b m k m k n b n k n k p ∴+===+∈∴+ （） 设是一个大于的整数且具有以下性质：对于任意整数，，若，则或 证明是一个素数 证明：令 又当 不整除，有，不整除 又有，不整除或； 不整除或 若为合数，那,m k n k p p k p b p 么由可知必为素数，否则 同理可证当不整除时，也必为素数4.2习题224324321.,,(21)(1)251\2(2)(21)()12521-2,1,31k h m x hx x kx x x mx x x k h x hk x h k x h k hk m k h m h k +--+=++--=--+--++--=⎧⎪--====⎨⎪+=-⎩求使 解：对于左边 即有 解之得432322.()242,()25 4.()(),()(),()().f x x x x xg x x x x f x g x f x g x f x g x =+---=--++- 设 计算432443270765432()()4292()()6()0254()()()23913131868kki k i k i f x g x x x x x f x g x x x g x x x x x f x g x a b x x x x x x x x -==+=+--+-=+-=⋅+--+∴==+--++--∑∑解：由题得 令323122223.()59-73,()(53),()().-15-50[()()]3691()()04.()0().()0()()()f x x x xg x x x f x g x f x g x x f x g x s f x f x f x f x f x f x ︒=-++=++⨯=±∂===≠≠=⋅∴ 设求乘积 的次数及其系数和解：根据 得 令 则有 的系数和 证明：当时，是偶次多项式证明：又有 根据定理2 4.2.12()()()()(),()()2f x f x f x f x f x n n N f x n ︒︒︒︒︒∂⋅=∂+∂∂=∈∴∂=的（）知 （）（）（） 再令 （） 结论得证2225.(),(),()..()()(),()()()0.(),(),()1221222132212f x g x h x f x xg x xh x f x g x h x g x g f x f h x hg h f g g h f h g h f g f ︒︒︒︒︒︒=+===∂=∂=∂=>=+<=+==+= 设是实数域上的多项式证明如下 若是 则 证明：令 （） （） （） 当 时，有 当 时，有 当 时，有 或 2222214()(),(),()(),(),()()()()06.(),(),()()0(),()1()0(),()h f x f x g x h x f x g x h x f x g x h x f x g x h x f x g x i h x f x xg x x xh x x +========-= 又由题可知 是偶次多项式，又由于是实数域上的多项式 故 的次数不存在 即 求一组满足上题结论的不全为零的复系数多项式解：令 ， 即 ， 222()()0()()0(),()1xg x xh x f x f x g x i h x ∴+===== 满足条件即 ，4.3 习题3221.()321,()321,()()()().f x x x xg x x x g x f x q x r x =-+-=-+设求用除所得的商式和余数232322217393213212133751337147399299172(),()3999()()()()x x x x x x x x x x x x x x x q x x r x f x g x q x r x --+-+--+-+--+--=-=-=+解： 故 即[]2432322412*********.,,(1)()?012,1(1)()3.()(()()),()(()()),:()(()()()()),(),()m p q x mx x px q p m m m r q m p m m q m x mx x px q g x f x f x g x f x f x g x u x f x u x f x u x u x F x ++++⎧+=-=⎨=-⎩=-=-+++++-+在适合什么条件时，解：由题知当余式时有 即当 时 有 设证明其中为中任意两个12121212121211()(()()),()(()())()(()()()())()(()()()())()(),()()3()()(i g x f x f x g x f x f x g x f x f x f x f x g x f x f x f x f x g x f x g x f x u x F x i +-∴++-+-+∃∀∈=多项式 证明：即 根据多项式整除性质）可知 1122112221,2)..()()(),()()()2()()(1,2)..()(()()()())4.(1)(),(1)(),(1)().11(1)(),(1)(i o s t g x u x f x g x u x f x u x F x i s t g x u x f x u x f x x f x x f x x f x x x f x x f ∃∀∈=+-+-≠±-+ 再根据性质）得 若则证明：1212)(),()[]()()(1)(1)()()(1)(2)x u x u x F x f x u x x f x u x x ∴∃∈=+⎧⎨=-⎩221()()(1)(-1)-(2)(1)()(-1)()2u x u x x x f x x -⨯⨯+= 得212()()()[]2(-1)()21-1()0o u x u x u x F x x f x x x f x -∃=∈=== 故 即 或时，可得出 同样结论成立1212121221212125.(1)()(()()),()()()()(2)()()(),()()()()1(),()1,()1()(()())()()()g x f x f x g x f x g x f x g x f x f x g x f x g x f x g x x f x x f x x g x f x f x g x f x f x +==+=-+ 若则且对吗？ 若则或对吗？解：（）不对 如 ：令 可见 而 不整除 和 （21212122()-1,()1,()1()()()()()()g x x f x x f x x g x f x f x g x f x f x ==+=-）不对如 ：令 可见 而 不整除 和(1)(2)6.(1)(1),.,1()1(1)(1),(1)(1).(1)(1)(0),1(1)1,(1)(1)(1)(d n n d q d q d q d d n d n n qd r d q r r d n d x x d n d n d n n qd x x x x x x x x x n qd r r d x x x x x x x x --+--⇐=-=-=-+++--⇒--=+≤<-==-+---- 证明：的充分必要条件是（这里是正整数）证明 设 ，即 则 即 设，令则且212121)(1)(1)0,0.7.()110220()32.(),()[]..(1)()10()(1)(2)()2d q d r x x x r d r d n f x x x f x x x u x u x F x s t x u x f x x u x -∴--≤<=++++∃∈++=++ ,又 故 ，即 设被除的余式为，被除的余式为， 求被 除的余式解：设 ， 23120()(2)()[]..()32(3)(1)(2)-(2)(1)()32--10(1)434-10(1)f x u x F x s t f x x x u r x x f x x x u u x r x =∃∈=+++⨯+⨯+=+++=+ 又 ， （） 有 （）（） （） 由（），（）可得习题4.4432424322432312(1)43243221(-1)1.1)()242,()322;2)()441,() 1.()24221)()()2222f x x x x x g x x x x x f x x x x x g x x x f x x x x x x x A x g x x x x x x x x x +-+=+---=+---=--++=--⎛⎫⎛⎫+----⎛⎫==−−−→ ⎪ ⎪ ⎪+---+---⎝⎭⎝⎭⎝⎭−计算以下各式多项式的最大公因式：解：由 11333221()1()21()42222222200x x xx x x x x x x x x x -++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----−−→−−−→−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭224324312(4)222212(-)2(1)12()221(1)()2()44132)()()112333212x x d x x f x x x x x x x A x g x x x x x x x x x x x x +++-++∴=-⎛⎫⎛⎫--++--⎛⎫==−−−→ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛⎫--⎛⎫−−−−→−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪-+---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭−−−→ 由 2311110()1x x x d x -⎛⎫⎛⎫⎛⎫→→ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴=2.(),()(),,0,(()(),()())((),()).((),())()()(),()()()()()),()()())(),()(f x g x F x a b c d F ad bc af x bg x cf x dg x f x g x f x g x d x d x f x d x g x d x af x bg x d x cf x dg x h x h x af ∈∈-≠++==∴++∃∀另而，，，并且证明证明：令 即有 （ （ 又设 （)()),()()())-0()()())-()())---()()())()())--()(),()(),()x bg x h x cf x dg x ad bc d bf x af x bg x cf x dg x ad bc ad bc c ag x af x bg x cf x dg x ad bc ad bch x f x h x g x h x d ++≠∴=++=+++∴ （有 （（ （（ 从而有 ()()()()())()(()(),()())((),())x af x bg x cf x dg x d x af x bg x cf x dg x f x g x ++=++= 即 （， 即 :3.()0,()((),())(()()(),()).()0(),..()()()()()()-()()1((),())(()())((),())(()()(g x h x f x g x f x h x g x g x g x h x s t f x g x h x r x r x f x g x h x f x g x g x r x f x g x f x h x g x ≠=-≠∃=+===-设为任意多项式，证明： 证明： 故 即 由引理可知 ， 即 ),())g x1122121212124.1)(,)2)(,)(,)(,,,),,,().1(,),,,,(,),[],..f g hf gh f g f g f f f g g f g g f g h F x f g d d f d g dh fh dh gh dh hf hg f g d u v F x s t uf vg d ===∃∈+=∴证明：是与的最大公因式；此处都是的多项式证明：）设 即 从而有 即 是与的公因式又由 得 112211211212211211221214.4.42)(,),(,),(,[]),;,,,,(,),(,),,,ufh vgh dhdh fh gh f g m f g n m n F x m f m g m f m g mn f f mn f g mn f g mn g g f g m f g n k k l +===∈==∃ 由定理知 是与的最大公因式 设 即 从而有 又由 知 211112222121211221221121212122112112212122112[],..,(,,,)(,)(,)(,,,)l F x s t k f l g m k f l g nk k f f k f l g l k f g l l g g mn mn f f f g f g g g f g f g f f f g f g g g ∈+=+=+++=== 即有 由此可知 从而有4323243232324323235.(),()()()()()((),()):1)()343,()310232)()421659,()25453431033113333102301310u x v x u x f x v x g x f x g x f x x x x x g x x x x f x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x x x +==+---=++-=--++=--+⎛⎫+--------→ ⎪++-⎝⎭+2求使解：）（A(x),I ）=222322222232230159935993913310230156553296331393555591393132563555555x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪+-⎝⎭⎛⎫----⎛⎫---- ⎪→→ ⎪- ⎪++---- ⎪⎝⎭⎝⎭⎛-+⎛⎫-+------ ⎪ ⎪→→--+ ⎪------+- ⎪⎝⎭⎝33-x -x 22243232323231550**321,()55122342165910332540125401x x x x x x x v x x x x x x x x x x x x x x ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭⎛⎫-+- ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭-∴-=⎛⎫⎛⎫--+---++ ⎪→ ⎪ ⎪--+ ⎪⎝⎭--+⎝⎭2 u(x)= 2)（A(x),I ）=22222222121223231333332222412(2)1333312231330**1223(),()33x xx x x x x x x x xx x x x x x x x x x x u x v x ⎛⎫-++⎛⎫--+--- ⎪⎪ ⎪⎪→→ ⎪ ⎪--++--+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫--+- ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭--+∴==4322432436.()1,()(1),,,()().(),()2,()()()()(,,)()(2)(2)(2)1of x Ax Bxg x x A B f x g x f x g x g x f x g x ax bx c a b c F f x ax b a x c b a x b c x c Ax Bx a A =++=-∂==++∈∴=+-+-++-+=++=设试决定使与 的最大公因式为二次多项式解：由于（） 即 为最大公因式故不妨设 即有 -23,2,13,-4202013,-4b a B a bc A B c b a b c c A B ⎧⎪=⎪⎪=====-+=⎨⎪-=⎪=⎪⎩∴== 解得 即7.(),()((),())()()()(),((),())1((),())()()()()*()()()()()()()()()()*(),()[].f x g x f x g x u x f x v x g x u x v x f x g x u x f x v x g x u x f x v x g x f x u x f x v x g x g x m x n x F x s =+==+++∃∈设 不全为零，且证明：证明：（）有 ， 再由 （） .()()[()()()()]()()[()()()()]1-()()()()()()11-()())()()()()221()t f x m x u x f x v x g x g x n x u x f x v x g x m x u x f x m x v x g x n x v x g x n x u x f x f x =+=+== 即（） （） （ （） 将（）代入（），消去得1-()()1-()()()()()()()()(),(),()01-()()()()()()()()()()()()1()()()()4.4.5((),())1m x u x n x v x g x m x v x g x n x u x f x g x g x n x v x m x u x m x n x u x v x m x n x u x v x m x n x u x v x u x v x =≠∴-+=∴==（）（）不全为零 即令 由定理 得8.((),()) 1.((),()) 1.,,((),()) 1.1()()()[]()()()()()()((),())1n m n o n n n f x g x n f x g x m n f x g x g x g x k x F x g x k x g x g x g x k x f x g x ===∃∈=∴==设令是任意正整数，证明：由此进一步证明： 对于任意正整数都有证明： 易见 , 即 s.t. (1)又 ()()1()()1()((),())1()(),()[]()()()()()()nn m m m f x g x f x g x k x f x g x x f x l x F x f x l x f x f x f x l x ∴∃∈+=+==∃∈=∴=o u(x),v(x)F[x] s.t. u(x)v(x) (2)v(x) 将（1）代入（2）得 u(x) 由定理4.4.5 知 2易见 f 即 s.t. ((),())1'''()()'()()11'()()'()()1()((),())1n n mn m n f x g x u x f x v x g x u x f x v x g x l x f x g x =∴∃∈+=+== (3)又u (x),v (x)F[x] s.t. (4) 将（3）代入（4）得 由定理4.4.5知 [][]1111119.((),()) 1.((),()())((),()())(()(),()()) 1.((),()())()()(),()()()()[()()]()()()]f x g x f x f x g x g x f x g x f x g x f x g x f x f x g x d x d x F x u x v x F x u x f x v x f x g x d x u x v x =+=+=+=+=∈∴∃∈++=+设 证明： 证明：令 ()s.t. 即 [1()()()()((),())1()1((),()())1((),()())1(()(),()())1f x v xg x d x f x g x d x f x f x g x g x f x g x f x g x f x g x +===+=+=+=故 即 同理可证得 再根据互素性质可知10.()0,()0,:1(),()()()()(),((),())12(),()(),()()()()(),((),())11((),())()1,()()f x g x h x f x g x h x f x h x f x g x h x f x h x g x h x f x g x h x f x g x f x g x d x f x d x m ≠≠===≠=设证明 ）若对于任意多项式由可得到则必有 ）若对于任意多项式由可得到则必有 证明：） 假设 则有(),()()()()()()()()()()()()()()x g x d x n x m x f x f x g x h x h x f x g x m x f x m x ︒︒=∂<∂∴ 其中 （） （）又 （为任意多项式）即有()()((),())12((),())()1()()()()()()()()(),()()()()()()()1((f x m x f x g x f x g x d x f x d x m x h x m x g x f x g x m x g x g x m x f x g x g x m x f x ==≠==∴ 但 不整除，从而矛盾， 故 ）假设 ，且 令 即有 （） 又),())()()()()()()()1((),())1g x d x f x m x f x g x g x m x f x g x ︒︒︒︒=∴∂>∂∂>∂∴= （） （）故 （） （） 与（）矛盾1212111212112211.(),(),,()().1)((),(),,())(((),,()),((),,())),112(),(),,()(),(),,()()()()()()()n n k k n n n n f x f x f x F x f x f x f x f x f x f x f x k n f x f x f x u x u x u x F x u x f x u x f x u x +∈=≤≤-∈+++设证明： ）互素的充分且必要条件是存在多项式 ，使得1211121()11((),(),,())(),((),,()(),((),,()()()(),1,2,,()(),1,2,,;()(),1,2,,()(),n n k k n i s t f x f x f x f x d x f x f x d x f x f x d x d x f x i nd x f x s k d x f x t k k nd x d x +=====∴==++∴证明：）设21212()()()(),1,2()(),1,2,,;()(),1,2,,()(),1,2,,()(),2((),(),,())1i s t i n d x d x c x d x i d x f x s k d x f x t k k nc x f x i nc xd x f x f x f x ===++∴=∴= 设结论得证。
(完整版)高等代数(北大版第三版)习题答案II
证 1）作变换 ，即
，
则
。
因为 是正定矩阵，所以 是负定二次型。
2） 为正定矩阵，故 对应的 阶矩阵也是正定矩阵，由1）知
或 ，
从而
，
令
，
则
。
由于 是正定的，因此它的 级顺序主子式 ，从而 的秩为 。
即证 。
3．设
。
其中 是 的一次齐次式，证明： 的正惯性指数 ，负惯性指数 。
证 设 ，
的正惯性指数为 ，秩为 ，则存在非退化线性替换
，
使得
。
下面证明 。采用反证法。设 ，考虑线性方程组
，
该方程组含 个方程，小于未知量的个数 ，故它必有非零解 ，于是
，
上式要成立，必有
， ，
这就是说，对于 这组非零数，有
， ，
这与线性替换 的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以
。
同理可证负惯性指数 ，即证。
4．设
是一对称矩阵，且 ，证明：存在 使 ，其中 表示一个级数与 相同的矩阵。
证 只要令 ，则 ，
注意到
， ，
则有
。
即证。
5．设 是反对称矩阵，证明： 合同于矩阵
。
设 的秩为 ，作非退化线性替换 将原二次型化为标准型
，
其中 为1或-1。由已知，必存在两个向量 使
和 ，
故标准型中的系数 不可能全为1，也不可能全为-1。不妨设有 个1， 个-1，
且 ，即
，
这时 与 存在三种可能：
， ，
下面仅讨论 的情形，其他类似可证。
令 ， ， ，
则由 可求得非零向量 使
，
即证。
证 采用归纳法。当 时， 合同于 ，结论成立。下面设 为非零反对称矩阵。
高等代数北大版(第三版)答案
令(x2+x+1)=0
得 ε1
=
−1+ 2
3i
,ε2
=
−1− 2
3i
∴f(x)与g(x)的公共根为 ε1,ε2 .
P45.16 判断有无重因式
① f (x) = x5 − 5 x4 + 7x3 + 2x2 + 4x − 8 ② f (x) = x4 + 4x2 − 4x − 3
解① f '(x) = 5x4 − 20x3 + 21x 2 − 4x + 4
设
f (x) d ( x)
=
f1 ( x),
g(x) d ( x)
=
g1 ( x),
及
d
(x)
=Байду номын сангаас
u(x)
f
(x)
+
v( x) g ( x).
所以 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)
P45.5
(1) g(x) = (x −1)(x2 + 2x +1) = (x −1)(x +1)2 f (x) = (x + 1)(x3 − 3x −1) ∴ ( f (x), g(x)) = x +1
(2) g(x) = x3 − 3x2 +1不可约 f (x) = x4 − 4x3 + 1不可约
3
u = − 1 [(t 2 + t + 3)(t 2 + 2t − 8) + 6t + 24] = −2(t + 4) ∴3
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【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 =．。
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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 1 3x 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 适合什么条件时，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 .本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 .因此有 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.本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.分析：假设 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.类似可得 c1为 x x0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 .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 ，然后用二项式展开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）因为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).因此最大公因式为 x 1. 解法二：运用辗转相除法得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因此最大公因式为 x 1.2） f ( x) x 44x 3 1, g( x) x 33x 2 1 .解：运用辗转相除法得（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：运用辗转相除法得：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因此 ( 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：运用辗转相除法得：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因此 ( 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：运用辗转相除法得：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因此 ( 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.因此有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：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)10.如果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 .因此 ( ,( 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：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 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.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)) 1.13.设f1( x), f2( x),, f m (x), g1 (x), g2 ( x),g n ( x) 都是多项式，而且( 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) ，反复利用第12 题结果可得( f1 ( x), g1 ( x)g2 (x) g n ( x)) 1 .类似可得( f i (x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1, i 2,, m.再反复利用 12 题结果可得( f1( x) f2( x) f m ( x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1.14.证明：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)) 1.15.求下列多项式的公共根：f ( x) x32x22x 1;g ( x) x4x32x2x 1.10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).因此 ( 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 .g( x) f (x)( x1) 2( x 2 x 1),f (x)( x 2 x 1)( x 1).因此 ( f ( x), g( x)) x2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3i.2216.判别下列多项式有无重因式：1） f ( x) x 5 5x 4 7 x 32x 2 4x 8;解： f ' ( x) 5x 420x 3 21x 2 4x 4,运用辗转相除法可得 (f ( ), f ' ( )) x 2 4 x 4 ( x 2) 2.因此 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) .因此 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 ，因此 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 .因此有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 .因此有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 .显然当 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. 显然.即 p 4p 2 0,p q0 也满足 4 p 3 27q 2 0. 因此 f ( x) 有重根的条件是 4 p 3 27 q 20.19.如果 ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1, 求 A, B.解法一：利用整除判定方法， ( 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) .因此有 (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成立，则1至少是 Ax 4 Bx 2 1 的二重根.因此 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 因此有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 不能有重根 .2! n!证明：令 f ( x) 1 x x2 x n, 则2! n!f ' (x) 1 xx2 x n 12! (n ,1)!因此有 f (x) f ' (x) x n , 从而有 ( 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) 显然不是 f ' (x) 的因式.因此有( f ( x), f ' (x)) ( f ' ( x), xn ) 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k 1 重根，设 a 是 g( x) 的 s 重根，则 s 2 k1, s k 3 .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 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从而 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) 的根验证 .22.证明： x 0 是 f ( x) 的 k 重根的充分必要条件是f (x 0 )f ' ( x 0 )f ( k 1) (x 0 ) 0, 而 f (k ) ( x 0 ) 0.证明：必要性 .设 x 0 是 f ( x) 的 k 重根，从而 x x 0 是 f ( x) 的 k 重因式，从而是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.因此 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) 充分性 .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.因此 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“如果是 f ' (x) 的m重根，那么是 f (x) 的m 1重根”是不对的 .解：例如 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：如果( 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) .从而 f (1) 0. 因此有f ( x) ( x 1)h( x), 从而有 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 ) ，只要证 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) .从而 f (1) 0. 从而 f ( x k n ) f (1) 0 .即x k ,n nk 0,1,2, ,n 1 都是 f ( x n ) 的根.因此有 ( x n 1) | f ( x n ) .25.证明：如果(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) 成立，只要证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，其余为虚根，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, 其余为虚根，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.求下列多项式的有理根 .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 .检验得 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.因此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因此有4x4 7x2 5x 1 ( x 1) 2 ( 4x2 4x 4) (2 x 1) 2 ( x2 x 1) ，2显然 x2 x 1没有有理根.因此 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. 检验得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.下列多项式在有理数域上是否可约？1)x2 1;解：显然 x2 1 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约.2)x4 8x3 12x2 2;解：取素数 p 2 ，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约.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) 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.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，因此约分时p 不会被约去，因此有p |C k p，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.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) 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.。