第一章 多项式

一、基本概念和重要结果第一章

多项式若数域P上的多项式f(x)与g(x)的最大公因式是1，则称f与g互素，并记为(f,g)=1。我们用g|f表示多项式g能除尽多项式f，同样的，用a|b表示数a能除尽b，而用a|b表示数a除不尽b。用f

′(x)表示多项式f(x)的一阶导数，一般用f(k)(x)表示f(x)的k阶导数。1.互素（互质）多项式(1)域F上的多项式f(x)与g(x)互素当且仅当存在多项式u(x)和v(x)，使得：u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.以下设f，g，h，f1，f2是多项式。(2)若(f,g)=1且f|gh，则f|h.(3)若(f1,f2)=1且f1|g，f2|g,则f1f2|g.(4)若(f,g)=1,(f,h)=1，则(f,gh)=1.(5)若(f,g)=1，则(fg,f+g)=1.(6)若f无重因式，则(f,f′)=1.2.不可约多项式

数域P上次数≥1的多项式p(x)称为域P上的不可约多项式，如果它不能表成数域P上的两个次数比p(x)低的多项式的乘积。(1)设p(x)是不可约多项式且p(x)|f(x)g(x)，则必有p(x)|f(x)或p(x)|g(x).设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0是一个整系数多项式.如果有一个素数p,使得

p

|

an;

p

|

an-1,an-2,…,a0;

p2

|

a0;那么f(x)在有理数域上是不可约多项式.(2)（Eisenstein判别法）

(3)不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式，则它是f′(x)的k-1重因式，从而它是f(x)，f′(x)，…，f(k-1)(x)的因式，但它不是f(k)(x)的因式3.多项式的根(1)n次多项式在复数域上有n个根。(2)a是多项式f(x)的根当且仅当f(a)=0.(3)设f(x)=xn+a1xn-1+…+an-1x+an，是f(x)的根,则其中（i1,i2,…,ik）是1,2,…,n取k个数的任一组合。(4)设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0是整系数多项式，r/s是f(x)的有理根且r与s互素，则必有s|an，r|a0。特别地，若an=1,则f(x)的有理根都是整数，且一定是a0的约数（因子）。(5)f(x)的各项系数同号，则f(x)无正根。(6)若多项式f(x)的奇次项和偶次项符号相反，则f(x)无负根。(7)实系数多项式f(x)的正根个数等于它的系数的变号数，或较系数的变号数多一个偶数。(8)奇次实系数多项式至少有一个实根。(9)实系数多项式实根个数与其次数有相同的奇偶性。4.对称多项式(1)下列多项式为基本对称多项式：……(2)任一对称多项式f(x1,x2,…,xn)都能表示为基本对称多项式的多项式，即：(4)牛顿多项式设则当k≤n时则当k>n时二、基本方法

1.关于最大公因式的证明，一般有以下几种方法：

(1)利用定义；

(2)证明等式两边能互相整除；

(3)如果f(x)=q(x)g(x)+r(x)，且g(x)≠0，那么(f(x),g(x))=(g(x),r(x))

(4)如果d(x)|f(x)，d(x)|g(x)，且有u(x)，v(x)∈P[x]使d(x)=f(x)u(x)+g(x)v(x)，则d(x)是f(x)，g(x)的一个最大公因式。

2.将对称多项式表为初等对称多项式的方法：方法一:逐步消去首项法第一步:首先找出对称多项式f的首项

则一定有:k1≥k2≥…≥kn;第二步:由f的首项写出:第三步:作,并展开化简.再对f1按第一、二、三步进行,构造.如此反复进行,直至出现,则.方法二:待定系数法设f是m次齐次对称多项式,用待定系数法求解的一般步骤为:第一步:根据f的首项指标组写出所有可能的指标组(k1,k2,…,kn),这些指标组应满足①k1≥k2≥…≥kn;②k1+k2+…+kn=m;③前面的指标组先于后面的指标组.第二步:由指标组(k1,k2,…,kn)写出对应的初等对称多项式的方幂的乘积:第三步:设出f由所有初等对称多项式的方幂乘积的线性表达式,其首项系数即为f的首项系数,其余各项系数分别用a,b,c,…代替.第四步:分别选取适当的xi(i=1,2,…,n)的值,计算及f,代入第三步中设出的表达式得到关于a,b,c,…的线性方程组,解这个线性方程组求得a,b,c,…的值,最后写出所求的f的表达式.三、例题选讲

1.(大连理工大学,2004年)设f(x),g(x)是有理系数多项式,且f(x),g(x)在复数域内无公共根,则f(x),g(x)在有理数域上的最大公因式是

.解答:答案是1.因为f(x),g(x)在复数域内无公共根,那么他们在复数域上的最大公因式为1,又由有理数域属于复数域,那么由多项式的性质可知它们在复数域上的最大公因式与在有理数域上的最大公因式相同,都为1.

2.(南京大学,2005年)设f(x)=x6-10x5+6x4-310x3-580x2+20x-1115,则f(12)=

.解答:答案是2005.利用余数定理将f(x)用多项式的除法除以x-12.(一)填空题：

3.(天津大学,2002年)设f(x)=x3-7x2+7x+15,g(x)=x2-x-20.则(f(x),g(x))=

.解答:答案是x-5.

4.(北京交通大学,2005年)设p是素数,则多项式xp+px+p和x2+p的最大公因式为

.解答:答案是1.

5.(厦门大学,2007年)设f(x),g(x)是有理系数多项式,且f(x),g(x)在复数域上有f(x)整除g(x),则在有理数域上

(选填“一定”或“未必”)有f(x)整除g(x).解答:答案是一定.(整除的定义与数域扩大(或缩小)无关)分析：可利用辗转相除法或综合除法得出答案。

6.(天津大学,2002年)多项式x3+3px+q有重根的条件是

.解答:答案是

或

.解答:答案是1.

8.(北京交通大学,2004年)已知方程2x4-x3+2x-3=0只有一个有理根,它就是x=

.解答:答案是1.

7.(大连理工大学,2005年)设f(x)是有理数域上的不可约多项式,为f(x)在复数域内的一个根,则的重数为

.

9.(北京交通大学,2004年)如果f(x)=x3-3x+k有重根,则k=

.解答:答案是2或-2（不能写成±2）.解答:答案是rx3+qx2+px+1=0.

10.(北京交通大学,2005年)设3次方程x3+px2+qx+r=0,r≠0,则以该方程的根的倒数为根的3次方程为

.(二)、综合题考点1：数域、整除、最大公因式与互素多项式：主要考查数域的定义、多项式之间整除与辗转相除法、最大公因式的定义和性质，以及互素多项式的性质。例1.1.1（上海交大，2002年）设f1(x)=af(x)+bg(x)，g1(x)=cf(x)+dg(x)，且证明:(f(x),g(x))=(f1(x),g1(x))证:令d(x)=(f(x),g(x))，d1(x)=(f1(x),g1(x))，显然有d(x)|f(x)，d(x)|g(x).由f1(x)，g1(x)可以由f(x)，g(x)线性表出，可知d(x)|f1(x)，d(x)|g1(x)，那么有d(x)|d1(x).由于，则矩阵可逆，那么可以求出它的逆阵，使得f(x),g(x)可以被f1(x),g1(x)线性表出，与上面同样的过程可以证得d1(x)|d(x)，又由d(x),d1(x)的首项系数都为1，可知d(x)=d1(x)□例1.1.2（哈工大，2005年）设f

(x)，g(x)都是实数域R上的多项式，a∈R.(1)证明:g(x)-g(a)|f(g(x))-f(g(a))(2)问x3-a|f(x3)-f(a)是否成立，为什么？

(1)证:令y=g(x),考虑多项式：h(y)=f(y)-f(g(a))由h(g(a))=f(g(a))-f(g(a))=0可知(y-g(a))|h(y)即g(x)-g(a)|f(g(x))-f(g(a))

(2)解:令，注意用到上一问的结论，将上一问中的a换成这里的b，将上一问的g(x)换成这里的x3，可得x3-a|f(x3)-f(a)□例1.1.3（哈工大，2006年）已知f

(x)，g(x)是数域P上两个次数大于零的多项式，且存在u1(x),v1(x)∈P[x]，使得u1(x)f(x)+v1(x)g(x)=1，问是否存在，u(x),v(x)∈P[x]，使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1，，如果存在，这样的u(x),v(x)是唯一的吗？说明理由。

解：由u1(x)f(x)+v1(x)g(x)=1，若有u1(x)的次数大于g(x)的次数，由带余除法有：u1(x)=g(x)q(x)+u(x),带入上一式得：f(x)(g(x)q(x)+u(x))+g(x)v1(x)=1,即易得：f(x)(u1(x)-u2(x))=g(x)(v2(x)-v1(x))f(x)u(x)+g(x)(f(x)q(x)+v1(x))=1,令v(x)=f(x)q(x)+v1(x),则有：否则由比较次数可知上式将不可能成立。关于唯一性的证明，可以假设u2(x),v2(x)也满足条件，那么有：u1(x)f(x)+v1(x)g(x)=u2(x)f(x)+v2(x)g(x)=1由f(x)与g(x)互素，可知g(x)|(u1(x)-u2(x)又由可得u1(x)-u2(x)=0,即u1(x)=u2(x),这时有v1(x)=v2(x).□例1.1.4（华南理工大，2006年）设f

(x)，g(x)是实数域P上的多项式，证明：f(x)|g(x)当且仅当对于任意大于1的自然数n，f

n(x)|gn(x).证明:必要性显然成立，下证充分性。设g(x)在数域P上的不可约分解为：其中pi(x)为互不相同的不可约多项式，则：若有f

n(x)|gn(x)，则：其中d是某个常数，因此有：f(x)|g(x).□例1.1.4（天津大学，2002年）如果d(x)|f

(x)，d(x)|g(x),且d(x)为f(x)，g(x)的一个组合，证明：d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式。证明：显然d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式，现在要证明它是最大公因式。任取h(x)|f(x)，且h(x)|g(x)，由于d(x)可以表示为f(x)与g(x)的一个组合，那么有h(x)|d(x)，即d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式。（重大，2004，南京理工大，2004都考过）例1.1.6（北京科技大学，2004年）求一个三次多项式f

(x)，使得f(x)+1能被(x-1)2整除，而f(x)-1能被(x+1)2整除。解：由题知f

/(x)能被x-1和x+1整除，又由f(x)是一个三次多项式，那么f

′(x)是一个二次多项式，于是可设f

′(x)=a(x+1)(x-1)=ax2-a，积分易得f(x)=(a/3)x3-ax+b（其中a,b为常数）由题可知：f(1)=-1，f(-1)=1，将这两个条件代入方程中易解得,那么有：f(x)=(1/2)x3-(3/2)x□(中山大学，2007：试求一个9次多项式f(x)，使得f(x)+1能被(x-1)5整除，而f(x)-1能被(x+1)5整除。答案：中科院，2005：试求一个7次多项式f(x)，使得f(x)+1能被(x-1)4整除，而f(x)-1能被(x+1)4整除。答案：)考点2：因式分解与不可约多项式(1)证明：存在实数c(0<c<1)，使得f′(c)=0，这里f′(x)为f(x)的导函数。(2)在Q[x]中将f(x)分解为不可约因式之积例1.2.1（上交大，2005年）假设

(1)证:由而显然f(x)是一个多项式，在区间[0,1]上连续，在区间(0,1)上可导，根据Rolle定理，存在实数c(0<c<1)，使得f′(c)=0.

(2)解：对f(x)用初等列变换把第一行的第2、第3元素变为0之后并经过简单计算易得f(x)的表达式为：f(x)=-3x2(x-1)(2x3+2x2+x-2)假如要把f(x)分解为有理数域上不可约因子的乘积，在这里只要说明它的最后一个因子g(x)=2x3+2x2+x-2在有理数域上不可约就行了，如果g(x)在有理数域上可约，那么由于它是一个3次的多项式，必然有一次的因子，即存在有理数的根，而假如x=q/p（其中p,q是互素的整数）是g(x)的根，那么必有p|2，q|(-2)，即p=±1,±2,q=±1,±2.把x=±(1/2),±1,±2依次代入g(x)中验证均不为0，于是有g(x)为有理数域上的不可约因式。□注：注意到以下定理的应用：设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0是一个次数n大于0的整系数多项式，如果q/p是f(x)的一个有理根，其中p,q是互素的整数，那么p|an,q|a0.另外，需要注意到的一点是：对于次数大于3的有理系数多项式，它可以在有理数域上分解并不代表它一定有有理根。例如：一个次数为4的有理系数多项式，它可能分解为两个次数为2的有理系数多项式的乘积，而并不需要有有理根。例1.2.2（东南大学，2004年）设a1,a2,…,an为互不相同的整数，g(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an)-1，(1)求证：g(x)在有理数域Q上不可约。(2)对于整数t≠-1，问h(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-an)+t在有理数域Q上是否可约，为什么？

(1)证:假设g(x)在有理数域上可约，由g(x)的首项系数是1，可知它必然是一个本原多项式。对于本原多项式，在有理数域上可约等价于在整数集合上可约，于是存在两个首项系数为1的整系数多项式f(x)，k(x)，使得:g(x)=f(x)k(x)，注意到g(ai)=-1(i=1,2,…,n)。于是f(ai)k(ai)=-1(i=1,2,…,n)，注意到f(ai)，k(ai)是整数，显然有f(ai)+k(ai)=0(i=1,2,…,n).由f(x)，k(x)的次数均小于g(x)的次数可知l(x)=f(x)+k(x)的次数小于n,又由l(x)有n个不同的根ai

(i=1,2,…,n)，知l(x)=0，于是f(x)=-k(x)，可得g(x)=-(k(x))2≤0，而由g(x)的首项是xn，知当n足够大时，总可以使得g(x)>0，这将导致矛盾。于是g(x)在有理数域上不可约。

(2)解:对于整数t≠-1，h(x)在有理数域上可能可约，也可能不可约。例如，t=0时，显然有h(x)在有理数域上可约。将t=1，n=2，a1=1，a2=0代入，可得h(x)=x2-x+1，显然它在有理数域上不可约。□注：本原多项式的定义为：一个非零整系数多项式：g(x)=bnxn+bn-1xn-1+…+b0

，如果它的各项系数的最大公因数只有±1，则g(x)是一个本原多项式。对于本原多项式或整系数多项式，有如下重要的性质：若整系数多项式（或者本原多项式）在有理数域上可约，则它在整数集合上也可约，即可分解为次数较低的整系数多项式之积。

(2)在有理数域上求多项式g(x)=x4+2x3-11x2-12x+36的标准分解式。例1.2.3（四川大学，2004年）(1)设多项式f(x)=(x-1)(x-2)…(x-2(n-1))+1，其中n为非负整数，证明：f(x)在有理数域上一定可约。

(1)证:若f(x)在有理数域上可约，那么由它是整系数多项式，则有它在整数集合上可分解。于是存在两个整系数多项式h(x),k(x),使得f(x)=h(x)k(x).注意到f(i)=1，i=1,2,…2n-1，于是h(i)k(i)=1，i=1,2,…2n-1.令l(x)=h(x)-k(x).由h(x)与k(x)的次数小于2n-1知l(x)的次数也小于2n-1，但是l(x)有2n-1个不同的根为x=1,2,…,2n-1，那么有l(x)=0，于是h(x)=k(x)，推得：f(x)=(k(x))2≥0.但是f(0)<0，矛盾，于是f(x)在有理数域上不可约。解(2):注意到g(2)=g(-3)=0，由综合除法可得：g(x)=(x-2)2(x+3)2，此式为g(x)在有理数域上的标准分解式。□注：需要熟记一个关于多项式的定理是：K[x]中的n次多项式(n≥0)在K中至多有n个根（重根按重数计算）。由此定理可以推得：若一个次数小于n的多项式有n个不同的根，那么它必然是零多项式，即为0.另外，多项式的综合除法在简化多项式的一次因子的分解计算中起着重要的作用。考点3：重因式、多项式函数与根例1.3.1（清华大学，2003年）任给互异复数a,b和a0,a1,a2,b0,b1,b2，是否存在多项式f(x)使得f(i)(a)=ai，f(i)(b)=bi(i=0,1,2)？证明之。(其中，

f(i)(a)表示f(x)的i次微商在a的取值。)解：不妨先考虑对于a=0，b=1的情形。取一个五次多项式g(y)=c5y5+c4y4+c3y3+c2y2+c1y+c0使它对y=0和y=1满足题目的条件，即有：可得到关于系数c5,c4,c3,c2,c1,c0的六个线性方程组，其系数矩阵为对于任给的六个复数，对于任意六个数a0,a1,a2,b0,b1,b2，可以令：易算得行列式|A|=4≠0，即方程组存在唯一解，于是可以令，有注意到，显然取：即知可以找到这样g(y)的满足条件，于是有为满足条件的多项式。□例1.3.2（上交大，2004年）求下面多项式的根：分析：表面上是考查多项式，实际上是对矩阵的行列式与特征值的考查，本题可以直接计算行列式的值，然后再看多项式的根，但是计算量偏大，可以直接利用矩阵的特征值理论节省计算量。解：不妨设a1=1，并设显然将x=2代入矩阵A，即得到的矩阵为-B，有：显然有r(B)=1，且|B|=0，令y=x-2，考查B的特征多项式f(y)=|yIn-B|，方程组BX=0的解空间的维数为n-r(B)=n-1，注意到B是对称阵，知其有n-1个特征值0（即f(y)的n-1个根），还有一个根可以用：得到为：即为f(y)的最后一个根，将a1=1代入，并注意x=y+2可知：f(x)的根为2（n-1重）和（1重）□å=+niia123注：注意一下结论：(1)K[x]中的多项式f(x)没有重因式的充要条件是：f(x)和它的导数f′(x)互素，即(f(x),f′(x))=1.特别地，在复数域上，(f(x),f′(x))=1当且仅当f(x)没有重根。(2)K[x]中的多项式f(x)，若令d(x)=(f(x),f′(x))，那么有：是一个没有重因式的多项式，且这个多项式的每个不可约因子与f(x)的不可约因子相同。特别地，对于复数域上的多项式f(x)，是一个没有重根的多项式，且这个多项式是f(x)的所有不同的一次因子的乘积的倍数。分析：对多项式根与系数关系的考查。例1.3.3（中南大学，2003年）证明：若方程x3+px+q=0的两个根与有关系式则-q=(p-q)2证明：设方程的一个根为，注意方程的二次项的系数为零，于是由Vieta定理有：根据已知条件有：又根据Vieta定理有：两式联立，消去有：-q=(p-q)2□注：Vieta定理：K[x]中的多项式f(x)=xn+p1xn-1+…+pn-1x+pn在数域K上有n个根x1,x2,…,xn，则：…………例1.3.4(重庆大学,2005年)设f(x)=x3+6x2+3px+8，试确定p的值并使f(x)有重根并求其根解：注意f′(x)=3(x2+4x+p)，若要f(x)有重根，那么必须有(f(x),f′(x))≠1，由f(x)对f′(x)作除法运算可知：3f(x)=f′(x)(x+2)+3(2p-8)(x-1).若2p-8=0，那么将p=4代入易得：f(x)=(x+2)3，其重根为-2（3重）若2p-8≠0，那么必须有:(x-1)|f′(x)，即有f′(1)=0，由此可得p=-5，于是有f(x)=(x-1)2(x+8)，其根为1（重2），-8（1重）。□考点4：Eisenstein判别法的应用注：有时直接利用Eisenstein判别法无法判别f(x)是否在有理数域上不可约，这时需要利用以下结论：设f(x)=anxn+…+a1x+a0是次数n大于零的整系数多项式，设b是任意给定的一个整数，令g(x)=f(x+b)=an(x+b)n+…+a1(x+b)+a0，则f(x)在有理数域上不可约的充要条件是g(x)在有理数域上不可约。这意味着，如果我们能够证明：g(x)=f(x+b)在有理数域上不可约，那么就有f(x)在有理数域上不可约。这个结论在解题过程中往往会用到。例1.4.1(上海