高等代数习题 北大第四版 答案一到四章

所以当
⎧ ⎨
p
+1+ m2
=
0 时有 x 2
+ mx −1|
x3
+
px
+ q。
⎩ q−m=0
2
）
类
似
可
得
⎧m(2 − p − m2 )
⎨ ⎩q
+1−
p
−
m2
= =
0 0
，于是当
m
=
0
时，代入 （2）可得
p
=
q
+1；而当
2 − p − m2 = 0 时，代入（2）可得 q = 1 。
⎧ m=0
综上所诉，当
证 由于
( f1(x), g1( x)) =1 ( f1(x), g2( x)) = 1 ， .......................... ( f1(x), gn( x)) =1
反复应用第 12 题结论，可得
( f1(x), g1( x) g2 ( x)...gn ( x)) = 1，
同理可证
于是 u(x) = −q2 (x) = −x −1
。
v(x) = 1+ q1 (x )q2 (x ) = 1+1i(x + 1) = x + 2
2）仿上面方法，可得 ( f (x), g( x)) = x−1，且 u(x) = − 1 x + 1 ,v(x) = 2 x 2 − 2 x −1。
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即[u(x) − v(x)] f ( x) + v( x)[ f ( x) + g( x)] = 1 ，
所以 ( f (x), f ( x) + g( x)) =1。
同理 ( g( x), f ( x) + g( x)) =1 。
再由 12 题结论，即证 ( f ( x) g( x), f ( x) + g( x)) =1。
3）由 ( f ( x), g( x)) =1 可得 u(x) = −x −1, v( x) = x3 + x2 − 3x− 2 。
７．设 f (x) = x3 + (1+ t )x 2 + 2x + 2u 与 g( x) = x3 + tx2 + u 的最大公因式是一个二次多项 式，求 t, u 的值。 解 因为 f (x) = q1(x)g (x) + r1(x) = (x3 +tx2 +u) + (x2 + 2x +u) ，
g( x) = q2( x)r1( x) + r2( x)
= (x + (t − 2))( x2 + 2 x + u) − (u + 2t −4) x + u(3 − t) ，
且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式 r2 (x) 为 0，即
⎧ ⎨ ⎩
−(u + 2t u(3 −
− t)
4) =0 =0
q(x) = 2x4 − 6x3 +13x2 − 39x +109
解 1）
；
r (x) = −327
2） q(x) = x2 − 2ix − (5 + 2i ) 。 r (x) = −9 + 8i
4．把 f (x) 表示成 x − x0 的方幂和，即表成 c0 + c1 (x − x0 ) +c2 (x − x0 )2 + ... +cn (x −x0 )n +⋯的形式： 1） f (x) = x5 , x0 =1； 2） f (x) = x4 − 2x2 + 3, x0 = −2； 3） f (x) = x4 + 2ix3 − (1+ i )x2 − 3x + 7 + i, x0 = −i 。 解 1）由综合除法，可得 f (x) = 1+ 5(x −1) +10(x −1)2 +10(x −1)3 +5(x −1)4 +(x −1)5； 2）由综合除法，可得 x4 − 2x2 + 3 = 11− 24(x + 2) + 22(x + 2)2 − 8(x + 2)3 + (x + 2)4 ； 3） 由综合除法，可得 x4 + 2ix3 − (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； 2） f (x) = x4 − 4x3 +1,g (x ) = x3 − 3x2 +1； 3） f (x) = x4 −10x2 +1, g (x) = x4 − 4 2x3 + 6x2 + 4 2x + 1。 解 1） ( f ( x), g( x)) = x +1 ； 2） ( f (x), g( x)) =1； 3） ( f ( x), g( x)) = x2 − 2 2 x −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 − x2 − 4x − 2, g (x) = x4 + x3 − x2 − 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) = x2 − x − 1。 解 1）因为 ( f ( x), g( x)) = x2 − 2 = r2( x)
ϕ( x) | d( x) 。
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 ) ，
从而由ϕ(x) | f (x),ϕ(x) | g( x) 可得ϕ(x) | d(x) ，得证。
由消去律可得1 = u(x) f ( x) + v(x) g( x) ，
( f ( x), g( x))
( f ( x), g( x))
所以
⎛ ⎜
⎝
(
f
f ( x) ( x), g( x))
, (
f(
g( x) x), g(
x))
⎞ ⎟ ⎠
=1。
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
１０．如果 f (x), g( x) 不全为零，证明：
⎛ ⎜ ⎝
(
f
f ( x) ( x), g( x))
, (
f(
g( x) x), g(
x))
⎞ ⎟ ⎠
=1。
证 存在 u(x), v( x) 使 ( f ( x), g( x)) = u( x) f ( x) + v( x) g( x) ，
又因为 f (x), g(x) 不全为０，所以 ( f (x), g(x)) ≠ 0 ，
，
从而可解得 ⎧⎨u1 = 0
或
⎧⎨u2
=
−2
。
⎩ t1 = 2
⎩ t2 = 3
８．证明：如果 d (x) | f (x), d (x) | g( x) ，且 d (x) 为 f (x) 与 g (x) 的组合，那么 d (x) 是 f (x)
与 g (x) 的一个最大公因式。
证 易见 d (x) 是 f (x) 与 g (x) 的公因式。另设 ϕ( x) 是 f (x) 与 g (x) 的任一公因式，下证
14．证明：如果 ( f ( x), g( x)) =1 ，那么 ( f ( x) g( x), f ( x) + g( x)) = 1。
证 由题设知 ( f ( x), g( x)) =1 ，所以存在 u(x),v(x) 使 u(x) f (x) + v(x)g (x) = 1，
从而 u(x) f (x) −v(x) f (x) +v(x) f (x) +v(x)g(x) =1，
高等代数答案
第一章 多项式
1． 用 g(x) 除 f (x) ，求商 q(x) 与余式 r(x) ：
1） f (x) = x3 − 3x 2 − x −1, g(x) = 3x 2 − 2x +1；
2） f (x) = x 4 − 2x + 5, g( x) = x2 − x + 2 。
解 1）由带余除法，可得 q(x) = 1 x − 7 , r(x) = − 26 x − 2 ；
( f2( x), g1( x) g2( x)... gn( x)) =1 ................................................， ( fm (x), g1( x) g2( x)...gn ( x)) = 1
从而可得
( f1(x) f 2(x)... f m(x), g1( x) g 2( x)...gn( x)) =1 。
13．设 f1(x),..., f m (x), g1( x),..., gn( x) 都是多项式，而且
( fi( x), g j( x)) =1 (i =1, 2,..., m; j =1, 2,..., n) 。
求证： ( f1 (x) f 2 (x)... f m (x), g1( x) g 2( x)...gn ( x)) =1 。
u1(x) f (x) + v1(x)g (x) = 1
（1）
u2 (x) f (x) + v2 (x)h(x) = 1
将（1）（2）两式相乘，得
（2）
[u1(x)u2(x) f (x) + v1(x)u2(x)g (x) + u1(x)v2(x)h(x)] f ( x) ， +[v1(x)v2 (x)]g( x)h( x) = 1 所以 ( f ( x), g( x) h( x)) =1 。
再由
⎧ ⎨
f
( x)
=
q1( x) g( x)
+
r1 ( x)
，
⎩ g( x) = q2 ( x)r1( x) + r2 ( x)
解得
r2
(x)
=
g
(x)
−
q2
(x)r1
(x)
=
g
(x)
−
q2
(x)[
f
( x)
−
q1Leabharlann Baidu
(
x)
g(
x)]
，
= [−q2( x)] f ( x) + [1+ q1( x)q2 ( x)] g( x)
⎨ ⎩
p
=
q
+
1
或
⎧
⎨ ⎩
p
q =1 + m2 =
时，皆有
2
x2
+
mx
+1|
x4
+
px 2
+
q
。
3．求 g (x) 除 f (x) 的商 q(x) 与余式：
1） f (x) = 2x5 − 5x3 − 8x, g (x) = x + 3；
2） f (x) = x3 − x2 − x, g( x) = x −1 + 2i 。
(u(x), v(x)) =1。
证 由上题证明类似可得结论。
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 由假设，存在 u1 ( x), v1 ( x) 及 u2 ( x), v2 ( x) 使
上式说明 ( f ( x), g( x)) h( x) 是 f (x)h(x) 与 g( x)h( x) 的一个组合。
另一方面，由 ( f (x), g( x)) | f ( x) 知 ( f (x), g(x))h(x) | f ( x)h( x) ，
同理可得 ( f ( x), g( x)) h( x) | g( x) h( x) ，
９．证明： ( f ( x)h( x), g( x) h( x)) = ( f( x), g( x)) h( x) ， (h( x) 的首系数为１）。
证 因为存在多项式 u(x), 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) ，
从 而 ( 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 因 为
( f (x), g( x)) h( x) 的首项系数为１，所以 ( f (x)h(x), g(x)h(x)) = ( f ( x), g( x))h( x) 。
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2）同理可得 q(x) = x 2 + x −1, r( x) = −5x + 7 。
2． m, p, q 适合什么条件时，有
1） x 2 + mx −1 | x3 + px + q ，
2） x 2 + mx + 1| x4 + px2 + q 。
解 1）由假设，所得余式为 0，即 ( p + 1 + m2 )x + (q − m) = 0，