高等代数习题(北大第四版)答案一到四章

高等代数答案
第一章
多项式
1．用)(x g 除
)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r ：
1）123)(,13)(223+−=−−−=x x x g x x x x f ；2）
2)(,52)(24+−=+−=x x x g x x x f 。

解1）由带余除法，可得9
2926)(,9731)(−−=−=
x x r x x q ；2）同理可得75)(,1)(2+−=−+=x x r x x x q 。

2．q p m ,,适合什么条件时，有1）q px x mx x ++−+32|1，2）q px x mx x ++++242|1。

解1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=−+++m q x m p ，
所以当⎩⎨⎧=−=++0
12m q m p 时有q px x mx x ++−+32|1。

2）类似可得⎩⎨⎧=−−+=−−010
)2(2
2m p q m p m ，于是当0=m 时，代入（2）可得1+=q p ；而当022=−−m p 时，代入（2）可得1=q 。

综上所诉，当⎩⎨
⎧+==1
q p m 或⎩⎨⎧=+=2
12
m p q 时，皆有q px x mx x ++++242|1。

3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式：
1）53()258,()3f x x x x g x x =−−=+；2）32(),()12f x x x x g x x i =−−=−+。

解1）432()261339109
()327
q x x x x x r x =−+−+=−；
2）2()2(52)()98q x x ix i r x i
=−−+=−+。

4．把()f x 表示成0x x −的方幂和，即表成
2010200()()...()n n c c x x c x x c x x +−+−++−+⋯的形式：
1）50(),1f x x x ==；
2）420()23,2f x x x x =−+=−；
3）4320()2(1)37,f x x ix i x x i x i =+−+−++=−。

解1）由综合除法，可得2345()15(1)10(1)10(1)5(1)(1)f x x x x x x =+−+−+−+−+−；2）由综合除法，可得42234231124(2)22(2)8(2)(2)x x x x x x −+=−+++−+++；3）由综合除法，可得4322(1)3(7)
x ix i x x i +−+−++234(75)5()(1)()2()()i x i i x i i x i x i =+−++−−+−+++。

5．求
()f x 与()g x 的最大公因式：
1）43232()341,()1f x x x x x g x x x x =+−−−=+−−；2）4332()41,()31f x x x g x x x =−+=−+；
3）42432()101,()61f x x x g x x x =−+=−+++。

解1）((),())1f x g x x =+；2）((),())
1f x g x =；
3）2((),())1f 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 =−−++=−−。

解1）因为22((),())2()
f x
g x x r x =−=
再由11212()()()()()()()()
f x q x
g x r x g x q x r x r x =+⎧⎨
=+⎩，解得
22121212()()()()()()[()()()]
[()]()[1()()]()
r x g x q x r x g x q x f x q x g x q x f x q x q x g x =−=−−=−++，
于是212()()1()1()()11(1)2
u x q x x v x q x q x x x =−=−−=+=++=+i 。

2）仿上面方法，可得((),())
1f x g x x =−，且21122(),()13333
u x x v x x x =−+=−−。

3）由((),())1f x g x =可得32()1,()32u x x v x x x x =−−=+−−。

７．设32()(1)22f x x t x x u =++++与32()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
因为32211212()()()()()(2)()()()()
f x q x
g x r x x tx u x x u g x q x r x r x =+=+++++=+，
2((2))(2)(24)(3)x t x x u u t x u t =+−++−+−+−，
且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式2()r x 为0，即
(24)0
(3)0u t u t −+−=⎧⎨
−=⎩
，从而可解得110
2
u t =⎧⎨
=⎩或
22
2
3u t =−⎧⎨=⎩。

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()x ϕ是()f x 与()g x 的任一公因式，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 =+，
从而由()|
(),()|()x f x x g x ϕϕ可得()|()x d x ϕ，得证。

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 =+，
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 ，
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 =。

１０．如果(),()f x g x 不全为零，证明：
()(),1((),())((),())f x g x f x g x f x g x ⎛⎞
=⎜⎟⎝⎠。

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((),())0f x g x ≠，
由消去律可得()()
1()
()((),())((),())
f x
g x u x v x f x g x f x g x =+，
所以()(),1((),())((),())f x g 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 =。

证由上题证明类似可得结论。

12．证明：如果((),())1,((),())1f x g x f x h x ==，那么((),()())1f x g x h x =。

证
由假设，存在11(),()u x v x 及22(),()u x v x 使
11()()()()1u x f x v x g x +=（1）22()()()()1
u x f x v x h x +=（2）
将（1）（2）两式相乘，得
12121212[()()()()()()()()()]()
[()()]()()1
u 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
i j f x g x =(1,2,...,;1,2,...,)i m j n ==。

求证：1212(()()...(),()()...())1m n f x f x f x g x g x g x =。

证由于
11121((),())1((),())1
..........................((),())1
n f x g x f x g x f x g x ===，
反复应用第12题结论，可得
112((),()()...())1n f x g x g x g x =，
同理可证
21212((),()()...())1................................................((),()()...())1
n m n f x g x g x g x f x g x g x g x ==，从而可得
1212(()()...(),()()...())1m n f x f x f x g x g x g x =。

14．证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x +=。

证
由题设知((),())1f x g x =，所以存在(),()u x v x 使()()()()1u x f x v x g x +=，
从而()()()()()()()()1u x f x v x f x v x f x v x g x −++=，
即[()()]()()[()()]1u x v x f x v x f x g x −++=，所以((),
()())1f x f x g x +=。

同理((),()())1g x f x g x +=。

再由12题结论，即证(()(),()())1f x g x f x g x +=。

15．求下列多项式的公共根
32432()221,()21
f x x x x
g x x x x x =+++=++++
解
由辗转相除法，可求得2((),())1f x g x x x =++
，所以它们的公共根为
12
−。

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 =+−−；
解1）
4322
()5202144((),())(2)
f x x x x x f x f x x ′=−+−+′=−，
所以
()f x 有2x −的三重因式。

2）3()484f x x x ′=+−，((),
())1f x f x ′=，所以()f x 无重因式。

17．求t 值，使32()31f x x x tx =−+−有重根。

解
易知
()f x 有三重根1x =时，3t =。

若令
32231()()x x tx x a x b −+−=−−，比较两端系数，得
2
23221a b t a ab a b −=−−⎧⎪=+⎨⎪=⎩
由（1），（3）得322310a a −+=，解得a 的三个根为1231
1,1,2
a a a ===，将a 的三个根分别代入（1），得1231,1,4
b b b ===。

再将它们代入（2），得t 的三个根1235
3,3,4
t t t ===。

当1,23t =时()f x 有3重根1x =；当354t =时，()f x 有2重根1
2
x =。

18．求多项式3x px q ++有重根的条件。

解
令3()f x x px q =++，则2()3f x x p ′=+，显然当0p
=时，只有当3
0,()q f x x ==才有三重根。

下设0p ≠，且a 为
()f x 的重根，那么a 也为()f x 与()f x ′的根，即
32
30
a pa q a p ⎧++=⎨+=⎩由（1）可得2()a a p q +=−，再由（2）有23
p
a =−。

所以
()3
32p
a p q q
a p −
+=−⇒=−
，
两边平方得222
943
q p a p ==−，所以32
4270p q +=。

综上所叙即知，当324270p q +=时，多项式3x px q ++有重根。

19．如果242(1)|1x ax bx −++，求,a b 。

解令()f x =421ax bx ++，()f x ′=342ax bx +。

由题设知，1是()f x 的根，也是()f x ′的根，此即
10
420
a b a b ++=⎧⎨
+=⎩，解得1,2a b ==−。

20．证明：21...2!!
n
x x x n ++++不能有重根。

证因为()f x 的导函数2111()1...2!(1)!n f x x x x n −′=++
++−，所以1()()!
n
f x f x x n ′=+，于是11
((),())((),())(,())1!!
n n f x f x f x x f x x f x n n ′′′′=+
==，从而()f x 无重根。

21．如果α是()f x ′′′的一个k 重根，证明α是
()[()()]()()]2
x a
g x f x f a f x f a −′′=
+−+的一个k+3重根。

证
因为
1
()()[()()]22()()
2x a g x f x f x f a x a
g x f x −′′′′′=
−−−′′′′′=，由于α是()f x ′′′的k 重根，故α是()g x ′′的1k +重根。

代入验算知α是()g x 的根。

现在设α是()g x 的s 重根，则α是()g x ′的1s −重根，也是()g x ′′的s-2重根。

所以213s k s k −=+⇒=+。

得证。

22．证明：0x 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()0
k f
x ≠证必要性：设0x 是()f x 的k 重根,从而是()f x ′的1k −重根，是()f x ′′的2k −重根，⋯，
是(2)
0()k f
x −的一重根，并且0x 不是()()k f x 的根。

于是
(1)000()()...()0,k f x f x f x −′====而()0()0k f x ≠。

充分性：由(1)
0()0k f
x −=，而()0()0k f x ≠，知0x 是(1)()k f x −的一重根。

又由于
(2)0()0k f x −=，知0x 是(2)()k f x −的二重根，依此类推，可知0x 是()f x 的k 重根。

23．举例说明段语“α是()f x ′的m 重根，那么α是()f x 的1m +重根”是不对的。

解例如，设1
1()11
m f x x m +=
−+，那么()m f x x ′=以0为m 重根，但0不是()f x 的根。

24．证明：如果(1)|()n x f x −，那么(1)|()n n x f x −。

证要证明(1)|()n n x f x −，就是要证明
(1)0f =（这是因为我们可以把n x 看作为一个变
量）。

由题设由(1)|()n x f x −，所以(1)0n f =，也就是(1)0f =，得证。

25．证明：如果23312(1)|()()x x f x xf x +++，那么12(1)|(),(1)|()x f x x f x −−。

证因为21x x ++的两个根为ε和2ε，其中22cos
sin 33
i ππ
ε=+，所以ε和2ε也是3312()()f x xf x +的根，且31ε=，于是
122
12(1)(1)0
(1)(1)0
f f f f εε+=⎧⎨+=⎩，解之得12(1)0,(1)0f f ==。

得证。

26．求多项式1n x −在复数范围内和在实数范围内的因式分解。

解
在复数范围内211(1)()()...()n n x x x x x εεε−−=−−−−，其中22cos
sin
33
i ππ
ε=+，在实数域内(0)j n j j n εε−=<<，所以，当n 为奇数时，有
1
121
222
2
2
2
1(1)[()1][()1]...[()1]
n n n n n x x x x x x x x εε
εε
ε
ε
−+−−−=−−++−++⋅−++其中21
2cos (1,2,...,)j n j j j j n j n n
πεεεε−−+=+==，皆为实数。

当n 是偶数时，有
112122222
2
1(1)(1)[()1][()1]...[()1]
n n n n n x x x x x x x x x εεεεε
ε
−−−−−=+−−++−++⋅−++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 +−−−−。

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11,22−
−（即有2重有理根1
2
−）。

3）有五个有理根3,1,1,1,1−−−−（即一个单有理根3和一个4重有理根1−）。

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）1,p x px p ++为奇素数；5）441,x kx k ++为整数。

解1）因为1±都不是它的根，所以21x +在有理数域里不可约。

2）利用艾森斯坦判别法，取2p =，则此多项式在有理数域上不可约。

3）首先证明：命题
设有多项式
()f x ，令1x y =+或1x y =−，得
()(1)g y f y =+或()(1)
g y f y =−则()f x 与()g y 或者同时可约，或者同时不可约。

事实上，若
()f x 可约，即12()()()f x f x f x =，从而12()(1)(1)(1)g y f y f y f y =±=±±，
这就是说()g y 也可约，反之亦然。

现在我们用它来证明631x x ++在有理数域上不可约。

令1x y =+，则多项式变为
6365432(1)(1)1615211893
y y y y y y y y ++++=++++++
利用艾森斯坦判别法，取3p =，即证上式不可约，因而631x x ++也不可约。

4）设()1p f x x px =++，令1x y =−，则()(1)
g y f y =−1122
221...()p p p p p p p p p y C y
C y C y C p y p −−−−=−+−−++−由于p 是素数，因而|(1,2,...,1)i p p C i p =−，但2|p p ，所以由艾森斯坦判别法，即证()g y 在有理数域上不可约，因而()f x 也在有理数域上不可约。

5）已知4()41f x x kx =++，令1x y =+，可得
432()(1)46(44)42
g y f y y y y k y k =+=++++++利用艾森斯坦判别法，取2p =，即证()g y 在有理数域上不可约，因而()f x 也在有理数域上不可约。

29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式：1）222222121213132323x x x x x x x x x x x x +++++；2）121323()()()x x x x x x +++；3）222121323()()()x x x x x x −−−；
4）222222222222121314232434x x x x x x x x x x x x +++++；5)123231312()()()x x x x x x x x x +++；
6)121223231313()()()x x x x x x x x x x x x ++++++。

解1）对称多项式的首项为212x x ，其方幂为(2,1,0)，即21100
12312σσσσσ−−=，
又因为222222121213132323121233x x x x x x x x x x x x x x x σσ+++++−=−，所以原式=1233σσσ−。

2）同理可得121323()()()
x x x x x x +++2222221212131323231232x x x x x x x x x x x x x x x =++++++1233
123
32σσσσσσσ=−+=−３）原式=222222112211332233(2)(2)(2)
x x x x x x x x x x x x −+−+−+
4212...x x =+，
由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为4212x x ，所以σ的方幂之积为
指数组对应σ的方幂乘积
42022
12
σσ411313
σσ33032
σ321123σσσ2
2
2
2
3σ原式=22332
121321233
a b c d σσσσσσσσσ++++(1)
只要令1230,0x x x ===,则原式左边0=。

另一方面，有1232,1,0σσσ===，代入（1）式，得4b =−。

再令1231,2x x x ===−，得27d =−。

令1231,1x x x ===−，得
22
a c −+=（2）
令1231,x x x ===得
36
a c +=（3）
由（2），（3）解得4,18a c =−=。

因此
原式2
2
3
3
2
121321233441827σσσσσσσσσ=−−+−。

4）原式=222222222222
121314232434x x x x x x x x x x x x +++++指数组对应σ的方幂乘积
22002
2
σ211013σσ1
1
1
1
4
σ设原式22134
a b σσσσ=++
令12341,0,x x x x ====得2a =−。

再令12341,x x x x ====得2b =。

因此原式2213422σσσσ=−+。

1）原式=222333123123123123()
x x x x x x x x x x x x +++222222122313123()x x x x x x x x x ++++，
由于333212312322313232x x x x x x x x x σσσσ++=−，
22222221223132132x x x x x x σσσ++=−，
所以原式22213132233322σσσσσσσσσ=−+−++。

2）原式2222222231231231231232()
x x x x x x x x x x x x =+++222222222122313123123123(333)x x x x x x x x x x x x x x x ++++++222222121213231323123()2x x x x x x x x x x x x x x x +++++++，
其中222223123123123232()2x x x x x x x x x σσ++=，
222222
1223123213...3x x x x x x x σσσ+++=+，
222121223123...x x x x x x σσσ+++=−，
所以原式22
1213223332σσσσσσσσσ=++++−。

30．用初等对称多项式表出下列n 元对称多项式：1）4
1
x
∑；
2）2
123x x x ∑；
3）
2212
x x
∑；
4）；22
1234
x x x x
∑（
121
2...n l l l n ax
x x ∑表示所有由12
12
...n l l l n ax x x 经过对换得到的项的和。

）解1）因为多项式的首项为41x ，所以
指数组
对应σ的方幂乘积
4000...041σ3100 (0212)
σσ2200 (022)
σ2110…013σσ1111..0
4
σ设原式4221122134a b c d σσσσσσσ=++++，令12341,1,...0,n x x x x x ==−====得2b =。

1231,...0,n x x x x =====得4a =−。

12341,...0,n x x x x x ======得4c =。

123451,1,...0,n x x x x x x ====−===得4d =−。

所以原式42211221344244σσσσσσσ=−++−。

2）同理可得原式1344σσσ=−。

3）原式2113422σσσσ=−+。

4）原式2415649σσσσσ=−+。

31．设123,,a a a 是方程3256730x x x −+−=的三个根，计算
22222
2112222331133()()()
a a a a a a a a a a a a ++++++解因为
1123
21223133123
a a a a a a a a a a a a σσσ=++=++=，由根和系数的关系，可得123673
,,555
σσσ=
==，再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得
22222
2112222331133()()()
a a a a a a a a a a a a ++++++2233111321679
625
σσσσσ=−−=−。

32．证明：三次方程321230x a x a x a +++=的三个根成等差数列的充分必要条件为
3112329270a a a a −+=。

证
设原方程的三个根为123,,δδδ，则它们成等差数列的充分必要条件为
123213312(2)(2)(2)0δδδδδδδδδ−−−−−−=。

将上式左端表为初等对称多项式，得
31232133121123(2)(2)(2)2927δδδδδδδδδδδδδ−−−−−−=−+，
故三根成等差数列的充分必要条件为3112329270a a a a −+=。

二、补充题及参考解答
1．设11()()(),()()()f x af x bg x g x cf x dg x =+=+，且0ad bc −≠，证明：
11((),())((),())
f x
g x f x g x =证
设()((),())d x f x g x =,则由已知，得11()|(),()|()d x f x d x g x 。

其次，设()x ϕ是1()f x 与2()g x 的任一公因式，只需证明()|()x d x ϕ即可。

因为11()()(),()()()f x af x bg x g x cf x dg x =+=+,所以
1111()()()()()()
d b f x f x g x ad bc ad bc c a g x f x g x ad bc ad bc
⎧
=−⎪⎪−−⎨
⎪=+⎪−−⎩又因为11|,||,|f g f g ϕϕϕϕ⇒,从而()|()x d x ϕ。

故()d x 也是1()f x 与1()g x 的最大公因式。

2．证明：只要
()()
,((),())((),())
f x
g x f x g x f x g x 的次数都大于零，就可以适当选择适合等式
()()()()((),())u x f x v x g x f x g x +=的()u x 与()v x ，使()()(()),(())((),())((),())g x f x u x v x f x g x f x g x ⎛⎞⎛⎞
∂<∂∂<∂⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
证
存在多项式1()u x ，1()v x ，使
11()()()()((),())u x f x v x g x f x g x +=,从而
11()()
()
()1
((),())((),())
f x
g x u x v x f x g x f x g x +=（1）
1）若1()u x 的次数满足1()(())((),())g x u x f x g x ⎛
⎞
∂<∂⎜
⎟⎝⎠,则
1()(())((),())f x v x f x g x ⎛⎞
∂<∂⎜⎟
⎝⎠
事实上，采用反证法。

若1()(())((),())f x v x f x g x ⎛
⎞
∂≥∂⎜
⎟⎝⎠,则（1）式左边的第一项次数小于
()()((),())((),())g x f x f x g x f x g x ⎛⎞⎛⎞∂+∂⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠,而第二项的次数大于或等于()()((),())((),())g x f x f x g x f x g x ⎛⎞⎛⎞∂+∂⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠
,这样（1）式左端的次数()()0((),())((),())g x f x f x g x f x g x ⎛
⎞⎛⎞
≥∂+∂>⎜
⎟⎜⎝⎠⎝⎠，但（1）式右端的次
数为零，矛盾。

所以11()()(()),(())((),())((),())g x f x u x v x f x g x f x g x ⎛
⎞⎛⎞
∂<∂∂<∂⎜⎟⎜⎝⎠⎝⎠,
此时1()u x ，1()v x 即为所求。

2)若1()(())((),())g x u x f x g x ⎛
⎞∂≥∂⎜
⎟
⎝⎠,则用()((),())g x f x g x 除1()u x ，可得1()()()
()((),())g x u x s x r x f x g x =+,其中()(())((),())g x r x f x g x ⎛⎞
∂<∂⎜⎟⎝⎠
,
注意到()0r x =是不可能的，事实上，若()0r x =，则1()
()()
((),())
g x u x s x f x g x =,
代入（1）式得1()()
[()
()]1((),())((),())
g x g x s x v x f x g x f x g x +=,矛盾。

再将1()
()()
()((),())
g x u x s x r x f x g x =+代入（1）式，可得
1()()()
()
[()()]1((),())((),())((),())
f x f x
g x r x s x v x f x g x f x g x f x g x ++×=,
令1()
()(),()()
()((),())
f x u x r x v x s x v x f x
g x ==+,再利用本题1）的证明结果，即证。

3．证明：如果()f x 与()g x 互素，那么()m f x 与()m g x 也互素。

证
由假设，存在()u x 和()v x 使()()()()1u x f x v x g x +=,
于是()()()()1m m m m u x f x v x g x +=，即证。

4．证明：如果121(),(),...()s f x f x f x −的最大公因式存在，那么
121(),(),...(),()s s f x f x f x f x −的最大公因式也存在，且当121(),(),...(),()s s f x f x f x f x −全不为
零时有121121((),(),...(),())(((),(),...()),())s s s s f x f x f x f x f x f x f x f x −−=,再利用上式证明，存在12(),(),...,()s u x u x u x 使
112212()()()()...()()((),(),...,())s s s u x f x u x f x u x f x f x f x f x +++=.
证因为121(),(),...()s f x f x f x −的最大公因式存在，设其为1()d x ，则
1121()((),(),...())s d x f x f x f x −=,于是1()d x 与()s f x 的最大公因式也存在，不妨设为1()((),())s d x d x f x =,则()|()
i d x f x (1,2,...,)i s =,
若设()x ϕ是121(),(),...(),()s s f x f x f x f x −的任一公因式，则1()|()x d x ϕ,这样()x ϕ为1()d x 与()s f x 的一个公因式，又可得()|()x d x ϕ，即证
121()((),(),...(),())s s d x f x f x f x f x −=.
下面用归纳法证明本题第二部分。

当2s =时结论显然成立，假设命题对1s −也成立，即存在
121(),(),...,()s v x v x v x −，使112211()()()()...()()
s s v x f x v x f x v x f x −−+++1211((),(),...())()s f x f x f x d x −==,成立。

再证命题对s 也成立。

事实上，存在()p x 和()q x ，使11()((),())()()()()
n s d x d x f x p x d x q x f x ==+112211()[()()()()...()()]s s p x v x f x v x f x v x f x −−=+++()()s q x f x +，
令()()()
i i u x p x v x =(1,2,...,1)i s =−，()()s u x q x =，即证。

5．多项式()m x 称为多项式(),()f x g x 的一个最小公因式，如果
1）()|(),()|()f x m x g x m x ；2）
(),()f x g x 的任一公倍式都是()m x 的倍式。

我们以[(),()]f x g x 表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果(),()f x g x 的首项系数都是1，那么()()
[(),()]((),())
f x
g x f x g x f x g x =。

证
令((),())()f x g x d x =，则
1()()()f x f x d x =，1()()()g x g x d x =，于是11()()
()()()()((),())
f x
g x f x g x g x f x f x g x ==。

即()()()|
((),())
f x
g x f x f x g x ，()()
()|
((),())
f x
g x g x f x g x ，
设()M x 是()f x 与()g x 的任一公倍式，下面证明
()()
|()((),())
f x
g x M x f x g x 。

由倍式的定义，有()()()()()M x f x s x g x t x ==，
即11()()()()()()()()()()f x d x s x f x s x g x t x g x d x t x ===，消去()d x 得11()()()()f x s x g x t x =，于是11()|()()g x f x s x 。

由于11((),())1f x g x =，因而1()|()g x s x 或者1()()()s x g x q x =，所以
11()
()()()()()()()((),())
f x M x f x s x f x
g x q x q x f x g x ===
，
()()
|()((),())
f x
g x M x f x g x ⇒。

即证。

6．证明：设
()p x 是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式(),()f x g x ，由
()|()()p x f x g x ，可以推出()|()p x f x 或者()|()p x g x ，那么()p x 是不可约多项式。

证
采用反证法。

设()p x 可约，则有12()()|()p x p x p x =，那么由假设可得
1()|()p x p x 或2()|()p x p x ，
这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于()p x 的次数。

于是得证。

7．证明：次数0>且首项系数为1的多项式
()f x 是一个不可约多项式的方幂的充分必要
条件为：对任意的多项式()g x 必有((),())1f x g x =，或者对某一正整数,()|()m m f x g x 。

证
必要性：设()()s f x p x =（其中()p x 是不可约多项式），则对任意多项式()g x ，有
1）((),())1p x g x =；或2）()|()p x g x 。

对于1）有((),())1f x g x =。

对于2）有()|()s s p x g x ，此即()|()s f x g x 。

再让m s =，即必要性得证。

充分性：设
()f x 不是某一个多项式的方幂，则1212()()()...()n
n f x p x p x p x λλλ=，
其中1,(1,2,...,)i n i n λ>=是正整数。

若1()()g x p x =，则由题设知()f x 与()g x 满足((),())1f x g x =或()|()m f x g x （m 为某一正整数）。

但这是不可能的，即证。

8．证明：次数0>且首项系数为1的多项式
()f x 是某一不可约多项式的方幂的充分必要
条件是：对任意的多项式(),()g x h x ，由()|()()f x g x h x ，可以推出()|()f x g x ，或者对某一正整数,()|()m m f x h x 。

证必要性：设
()|()()f x g x h x ，则对多项式()h x ，有
1）((),())1f x h x =，于是()|()f x g x ；2）()|()(m f x h x m 为某一正整数）。

必要性成立。

充分性：对任意多项式()g x ，有((),())
1f x g x =或((),())()1f x g x d x =≠，
若1()()()f x f x d x =，那么1()|()()f x f x g x ，但1()|()f x f x 。

再由充分性假设，可得
()|(),m f x g x m 为某一正整数。

于是由第7题的充分条件，即证。

9．证明：n n m x ax b −++不能有不为零的重数大于2的根。

证设()n n m f x x ax b −=++，则1()[()]n m m f x x nx n m a −−′=+−，
又因为()f x ′的非零根都是多项式()()m g x nx n m a =+−的根，而()g x 的m 个根都是单
根，因而()f x ′没有不为零且重数大于2的根。

10．证明：如果()|()n f x f x ，那么()f x 的根只能是零或单位根。

证
设a 是()f x 的任一个根，由()|()n f x f x 知，a 也是()|()n f x f x 的根，即
()0n f x =，所以n a 也是()f x 的根。

以此类推下去，则2
,,,...n n a a a 都是()f x 的根。

若()f x 是m 次多项式，则()f x 最多只可能有m 个相异的根，于是存在k λ>使
k n n a a
λ
=，(1)0k
n n
n
a a λλ
−−=，因此()f x 的根a 或者为0，或者为单位根。

11．如果()|()f x f x ′，证明()f x 有n 重根，其中(())n f x =∂。

证
设12,,...,s a a a 是
()f x ′的s 个不同的根，且它们的重数分别为12,,...,s λλλ，由于()f x ′是
1n −次多项式，因而12...1s n λλλ+++=−，
其次，由()|()f x f x ′，所以12,,...,s a a a 分别为()f x 的121,1,...,1s λλλ+++重根，但
12(1)(1)...(1)s n λλλ++++++=，
所以1n s n −+=，从而1s =。

这就是说，()f x ′只可能有一个根1a ，且重数为11n λ=−。

故
()f x 有n 重根。

11．设12,,...,n a a a 是n 个不同的数，而12()()()...()n F x x a x a x a =−−−证明：1）
1()
1()()n
i i i
F x x a F a ==′−∑；2）任意多项式()f x 用()F x 除所得的余式为1()()
()()
n
i i i i f a F x x a F a =′−∑证
1）令1()
()()()n
i i i
F x g x x a F a ==
′−∑，则(())1g x n ∂≤−，
但12()()...()1n g a g a g a ====，所以()1g x ≡。

即证得
1
()
1()()n
i i
i
F x x a F a ==′−∑。

2）对于任意的多项式()f x ，用()F x 除得
()()()(),f x q x F x r x =+(()0(())1)r x r x n =∂≤−或，
当()0r x =时，结论显然成立。

当(())1r x n ∂≤−时，若令
1
()()
()()()
n
i i i i f a F x k x x a F a ==′−∑
，则(())1k x n ∂≤−，于是
()()()
i i i r a f a k a ==(1,2,...,)i n =，
即证得
1
()()
()()()()
n
i i i i f a F x r x k x x a F a ===′−∑。

12．
设12,,...,n a a a 与()F x 同上题，且12,,...,n b b b 是任意n 个数，显然
1
()()()()
n
i i i i b F x L x x a F a ==′−∑
适合条件()i i
L a b =(1,2,...,)i n =。

这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。

利用上面的公式：
1）一个次数4<的多项式()f x ，它适合条件：
(2)3,(3)1,(4)0,(5)2
f f f f ==−==2）一个二次多项式()f x ，它在0,
,2
x π
π=处与函数sin x 有相同的值；3）一个次数尽可能低的多项式()f x ，使
(0)1,(1)2,(2)5,(3)10
f f f f ====解
1）设()(2)(3)(4)(5)F x x x x x =−−−−，且
(2)3,(3)1,(4)0,(5)2f f f f ==−==，
将它们代入()L x （即()f x ），可得
3(2)(3)(4)(5)(1)(2)(3)(4)(5)
()(2)(23)(24)(25)(3)(32)(34)(35)x x x x x x x x f x x x −−−−−−−−−=
+
−−−−−−−−0(2)(3)(4)(5)2(2)(3)(4)(5)
(4)(42)(43)(45)(5)(52)(53)(54)
x x x x x x x x x x −−−−−−−−+
+
−−−−−−−−3221720342326
x x x =−+−+。

2）已知
sin 00(0)f ==，
sin
1()22
f ππ
==，sin 0()f ππ==设()()2
F x x x x π
π=−
−，与上题类似，可得24
()()f x x x ππ
=−−。

3）同理，设()(1)(2)(3)F x x x x x =−−−，可得
2()1f x x =+。

14．设()f x 是一个整系数多项式，试证：如果(0)f 与(1)f 都是奇数，那么()f x 不能有整数根。

证
设a 是
()f x 的一个整数根，则1()()()f x x a f x =−，由综合法知商式1()f x 也为整系数
多项式，于是
11(0)(0)(1)(1)(1)
f af f a f =−⎧⎨
=−⎩又因为a 与1a −中必有一个为偶数，从而(0)f 与(1)f 中至少有一个为偶数，与题设矛盾。

故()f x 无整数根。

15．设12,,...,n x x x 是方程
11 0
n n n x a x a −+++=的根，证明：2,...,n x x 的对称多项式可以表成1x 与121,,...,n a a a −的多项式。

证
设2(,...,)n f x x 是关于2,...,n x x 的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有
//
211(,...,)(,...,)
n n f x x g σσ−=(1)
其中/1(1,2,...,1)i n σ=−是2,...,n x x 的初等对称多项式。

由于
/111//2211//1112
....................n n n x x x σσσσσσσσ−−−⎧=−⎪=−⎪⎨
⎪⎪=−⎩（2）
其中i σ为12,,...,n x x x 的初等对称多项式，但是
1122111
.............(1)n n n a a a σσσ−−−=−⎧⎪=⎪⎨
⎪
⎪=−⎩（3）
将（3）代入（2）可知，/i σ是1121,,,...,n x a a a −的一个多项式，不妨记为
/1121(,,,...,)
i i n p x a a a σ−=(1,2, (1)
i n =−（4）
再将（4）代入（1）式右端，即证2(,...,)n f x x 可表为1121,,,...,n x a a a −的多项式。

16．设12()()()...()n f x x x x x x x =−−−11...(1)n n n n x x σσ−=−++−，
令12...k k k
k n
s x x x =+++(0,1,2,...)k =。

1）证明
11011()(...)()()
k k k k k x f x s x s x s x s f x g x +−−′=+++++其中()g x 的次数n <或()0g x =。

2）由上式证明牛顿(Newton)公式：
1112211...(1)(1)0k k k k k k k s s s s k σσσσ−−−−−+++−+−=（对1k n ≤≤）
1122...(1)0
n k k k n k n s s s s σσσ−−−−+++−=（对k n >）
证1）由假设1()()n
i i f x f x x x =′=−∑，11
1()()
k n
k i i
x x f x f x x x ++=′=−∑111
11()()k k k n
n i i i i i i x x x f x f x x x x x +++==−=+−−∑∑11
(...)()()n
k k k i i i x x x x f x g x −==++++∑，
其中1
1()()k n
i i i
x g x f x x x +==−∑是一个次数n <的多项式。

故
11011()(...)()()
k k k k k x f x s x s x s x s f x g x +−−′=+++++
2）由于11()...(1)n n n n f x x x σσ−=−++−，
1112111()((1)...(1))k k n n n n x f x x nx n x σσ++−−−−′=−−++−，
因此得等式
110111(...)(...(1))()
k k n n n k k n s x s x s x s x x g x σσ−−−++++−++−+112111((1)...(1))
k n n n n x nx n x σσ+−−−−=−−++−()
∗当k n ≤时，比较上式两端含n x 的系数，首先由于(()),()g x n g x ∂<不含有n x 的项，所以等式左端含n x 的系数为
11122110...(1)(1)0k k k k k k k s s s s s σσσσ−−−−−+++−+−=，
而右端含n x 的项只有一项，它的系数为(1)()k k n k σ−−，所以
11122110...(1)(1)(1)()k k k k k k k k k s s s s s n k σσσσσ−−−−−+++−+−=−−，
注意到0s n =，即证得
1112211...(1)(1)0k k k k k k k s s s s σσσσ−−−−−+++−+−=。

当k n >时，等式()∗右端所有项的次数都大于n ，所以含n x 的系数为0，而左端含n x 的项的系数为11...(1)n k k n k n s s s σσ−−−++−，因此11...(1)0n k k n k n s s s σσ−−−++−=。

得证。

17．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示23456,,,,s s s s s 。

解1）当6n ≥时，由上题可得211220s s σσ−+=，而11s σ=，所以22122s σσ=−。

同理可得33112333s σσσσ=−+，
422411213244424s σσσσσσσ=−++−，
53225112131214235555555s σσσσσσσσσσσσ=−++−−+，
64322236112131214266962s σσσσσσσσσσ=−++−−2324151236366126σσσσσσσσσ+++−−。

2）当5n =时，2345,,,s s s s 同1）所给，且
6432226112131214123
669612s σσσσσσσσσσσσ=−++−−
32152243
6263σσσσσσ+−++。

3)当4n =时，234,,s s s 同1）所给，6s 同2）所给，且
5322
51121312142355555s σσσσσσσσσσσ=−++−−。

4）当4n =时，23,s s 同1）所给，56,s s 同3）所给，且
4224112132442s σσσσσσ=−++。

5）当2n =时，2s 同1）所给，456,,s s s 同4）所给，且331123s σσσ=−。

18．证明：如果对于某一个6次方程有130s s ==，那么752
752
s s s =i 。

证
这时6n =，并注意110s σ==，且1330s σ==，所以30σ=，于是
222s σ=−，523555s σσσ=−+，即555s σ=。

而7162534435561s s s s s s s σσσσσσ=−+−+−257σσ=−，故
75225752
s s s σσ=−=i 。

19．求一个n 次方程使121..0n s s s −====。

解
设此方程为11...(1)0n n n n x x σσ−−++−=，由题设及牛顿公式，可得
121...0n σσσ−===，故所求方程为(1)0n n n x σ+−=或0n x a +=。

20．求一个n 次方程使12..0n s s s ====。

解设此方程为11...(1)0n n n n x x σσ−−++−=，由题设及牛顿公式可得11
k k k
σσσ−=
(2,3,...,)k n =，
即1!
k
k k σσ=
(2,3,...,)k n =，
所以22112σσ=
，33113!σσ=，...，11
!
n n n σσ=，故所求方程为21
2111...(1)02!!
n
n
n n n x x
x n σσσ−−−+++−=。

第二章
行列式
1.
求以下9级排列的逆序数,从而决定它们的奇偶性
1)134782695;2)217986354;3)
9
87654321;
解:1)所求排列的逆序数为:
()1011033110134782695=+++++++=τ，所以此排列为偶排列。

2)所求排列的逆序数为:
()1810345401217986354=+++++++=τ，所以此排列为偶排列。

3)所求排列的逆序数为:
()()362
19912345678987654321=−=
+++++++=τ，
所以此排列为偶排列。

2.选择i 与k 使1)1274i 56k 9成偶排列；2)1i 25k 4897成奇排列。

解:
1)当3,8==k i 时,所求排列的逆序数为:
()()10
011314001274856399561274=+++++++==ττk i ，
故当3,8==k i 时的排列为偶排列.。

2)当6,3==k i 时,所求排列的逆序数为:
()()5110110101325648974897251=+++++++==ττk i ，故当6,3==k i 时的排列为奇排列。

3.写出把排列12345变成排列25341的那些对换。

解:
12345()()()
25341
25431214354,35,22,1⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯。

4.决定排列()211⋯−n n 的逆序数,并讨论它的奇偶性。

解:
因为1与其它数构成1−n 个逆序,2与其它数构成2−n 个逆序,
……n n 与1−构成1个逆序,所以排列()211⋯−n n 的逆序数为
()[]()()()时排列为奇排列。

当时，排列为偶排列；故当34,2414,42
11221211++=+=−=
+++−+−=−k k n k k n n n n n n n ⋯⋯τ5.如果排列n n x x x x 121−⋯的逆序数为k ,排列121x x x x n n ⋯−的逆序数是多少?解:
因为比i x 大的数有i x n −个,所以在
121x x x x n n ⋯−与n n x x x x 121−⋯这两个排列中,由i x 与比它的各数构成的逆序数的和为i x n −.因而,由i x 构成的逆序总数恰为()()2
1121−=
−+++n n n ⋯。

而排列n n x x x x 121−⋯的逆序数为k ,故排列121x x x x n n ⋯−的逆序数为
()
k n n −−2
1。

6.在6阶行列式中,651456423123a a a a a a ,256651144332a a a a a a 这两项应带有什么符号?解:
在6阶行列式中,项651456423123a a a a a a 前面的符号为()()()11)1(44312645234516=−=−++ττ。

同理项256651144332a a a a a a 前面的符号为
()()()()1
1146234165341562=−=−++ττ。

所以这两项都带有正号。

7．写出4阶行列式中所有带有负号并且因子23a 的项。

解：所求的各项应是44322311a a a a −，41342312a a a a −，42312314a a a a −。

8．按定义计算行列式：
1）000001002001000⋯⋯⋮⋮⋱⋮
⋮⋯⋯n n −2）.0
001
00002000010⋯
⋯⋮⋱⋮
⋮⋮⋯⋯n n −3）n
n 000
000100200100⋯
⋯⋮⋮⋮⋱⋮
⋯⋯−。

解：1）所给行列式的展开式中只含有一个非零项11,21n n n a a a ⋯−，它前面的符号应为()
[]()
2
)1(21)1(11−−−=−n n n n ⋯τ，
所以原行列式=()
()!12
1n n n −−。

2）所给行列式的展开式中只含有一个非零项1,12312n n n a a a a −⋯，它前面的符号应为()()()112311−−=−n n ⋯τ，所以原行列式=()n n 11−−！。

3）所给行列式的展开式中只含有一个非零项nn n n n a a a a 1,12,21,1−−−⋯，
它前面的符号应为()
()()[]
()
()()
2
21212111−−−−−=−n n n n n ⋯τ，
所以原行列式=()()()
n n n 2
211−−−！。

9．由行列式定义证明：00
00000002
121215
4321
54
321=e e d d c c b b b b b a a a a a 解：行列式展开的一般项可表示为5432154321j j j j j a a a a a ，列标543j j j 只可
以在1，2，3，4，5中取不同的值，故三个下标中至少有一个要取3，4，5列中之一数，从而任何一个展开式中至少要包含一个0元素，故所给行列式展开式中每一项的乘积必为0，因此原行列式值为0。

10．由行列式定义计算
()x
x x x x x f 1111231
11
212−=
中4x 与3x 的系数，并说明理由。

解：含有4x 的展开项只能是44332211a a a a ，所以4x 的系数为2；同理，
含有3x 的展开项只能是44332112a a a a ，所以3x 的系数为-1。

11.由
01
11
1
11
111=⋯
⋮⋱⋮⋮⋯⋯，证明：奇偶排列各半。

证：由题设，所给行列式的展开式中的每一项的绝对值等于1。

而
行列式的值为0，这说明带正号与带负号的项的项数相等.根据行列式的定义，其展开式中的每一项的符号是由该乘积中各因子下标排列的逆序数所决定的，即当该乘积中各因子的第一个下标排成自然顺序，且第二个下标所成排列为偶排列时，该项前面所带的符号为正，否则为负号，所以，由带正号的项与带负号的项数相等即说明奇偶排列各半。

12．设
()1
1
21
1
1
2
222
1
1
2
1
1
1
21111−−−−−−−=n n n n n n n a a a a a a a a a x x x x P ⋯⋮
⋱⋮⋮⋮⋯⋯⋯，其中121,,,−n a a a ⋯是互不相同的数。

1）由行列式定义，说明()x P 是一个1−n 次多项式；2）由行列式性质，求()x P 的根。

解：1）因为所给行列式的展开式中只有第一行含有x ，所以若行列式的第一行展开时，含有1−n x 的对应项的系数恰为()11+−n 乘一个范德蒙行列式
2
12
112
32332
2
2
2
22
1211
1111
−−−−−−−n n n n n n n a a a a a a a a a a a a ⋯⋮⋱⋮⋮⋮⋯⋯⋯
于是，由121,,,−n a a a ⋯为互不相同的的数即知含有1−n x 的对应项的系数不为0，因
而()x P 为一个1−n 次的多项式。

2）
若用121,,,−n a a a ⋯分代替x 时，则由行列式的性质知所给行列式的值为0，即()0=i a P .故()x P 至少有1−n 个根121,,,−n a a a ⋯.又因为()x P 是一个
1−n 次的多项式，所以121,,−n a a a ⋯必是()x P 的全部根。

13．计算下面的行列式：
1）621721342443
5431014327
427246
−2）
y
x
y x x
y x y y x y x +++3）
3
111
1311113111134）
3
214
21431432432
15）
y
y x x −+−+11111111111111116）()()()()()()()()()()()()2
222
2222
2222
2222
321321321321++++++++++++d d d d c c c c b b b b a a a a 解：1）原式=621
11443
12327
1110621721100044354320003274271000
5==5551029413271106211044311327
1010×−=−=。

2）原式=x
y x y x y x y y x y x y
x x y x y
x y x y y
x −−−++=+++++001)(2222222=()332)
(2y x x y x y
x y x +−=−−−+。

3）原式=
48862
002000
02011
1163116
13161136
1116=×==。

4）原式=
111022203110432110321102141014310
43210−−−−−−==201604
02
2204
022
03
11=−−=−−−。

5）原式=y y x x y y y x x x −−=
−−1010000
110001111001111006）原式=2
2
1
222122
212221252321
25232125232125232122
2
2
22
2
2
2++++=++++++++++++d d c c b b a a d d d d c c c c b b b b a a a a =0。

14.证明2
2
2
111222
22
211111
12c b a c b a c b a b a a c c b b a a c c b b a a c c
b =+++++++++。

证明：由行列式的性质，有
左边=222222
2211111
11b a a c c b a b a a c c b a b a a c c
b a ++++++++++++=22
2
2
22111
11c b c b a c b c b a c b c b a −−++−−++−−++=2=2
2
2
111
c b a c b a c
b a 右边。

15．算出下列行列式的全部代数余子式：。