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 多项式用g(x

f(x)，求商q(x)与余式r(x)：1）f(x)=x3−3x2−x−1,g(x)=3x2−2x+1；2） f(x)=x42xg)=x2x2。解1）由带余除法，可得q(x)=

1x−7,r(x)=−26x−2；3 9 9 92）同理可得q(x)=x2x−1r5x7。q适合什么条件时，有1）x2+mx−1|x3+px+q，2）x2mx1|x4+px2q。解1）0，即p1m2)xm0，⎧p+1+m2=0所以当⎨⎩

q−m=

时有x2mx−1|x3+pxq。⎨2）类似可得⎧m(2−p−m2=0，于是当m=0时，代入（2）可得p=q+1；而当⎨⎩q+1−p−m2=02−pm20时，代入（2）可得q1。⎧m=0综上所诉，当⎨

⎧ q=1或⎨ 时，皆有x2+mx+1|x4+px2+q。⎩p=q+1 ⎩p+m2=2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(xx3x2gx−12i。q(x2x46x3+13x239x+109解 1）r(x)=；q(x)=x2−−(5+2i)2） 。r(x)=−9+8i把f(x表示成xx0

的方幂和，即表成c+c0

(x−x0

)+c2

(x−x0

)2+...+cn

(x−x0

+ 的形式：1）f(x)=x5,x0

=1；2）f(x)=x4−2x2+3,x=−2；03）f(x)=x4+2ix3−i)x2−3x+7+i,x0

=−i。解1）f(x1−1)10(x+10(x+5(x+(x；2）由综合除法，可得x42x231124(x2)22(x2)28(xx；3）由综合除法，可得x42ix3i)x23x(7i)=(7+5i)−5(x+i)+(−1−i)(x+i)2−2i(x+i)3+(x+i)4。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−2）f(x)=x4−4x3+1,g(x)=x3−3x2+1；3）f(xx4−10x2+1,g(xx442x36x242x1。解1）fxgx+1；2）(f(x),g(x))=1；23）fxg2 x−1。26．求u(x使u(xf(xv(x)g(xf(xg(x))。1）f(x)=x4+2x3−−4x−2,g(x)=+−−2x−2；2）f(x)=4x4−2x3−16x2+5x+9,g(x)=2x3−x2−5x+4；3）f(xx4x34x24x1,g(xx1。解1）因为fxg2r2⎧f(=q(g(+r(再由⎨gx 1 1 ，⎩()=q(x)r(+r(2 1 2r(x)=g(x)−

(x)r(x)=g(x)−

(x)[f(−q(g(x)]

2 1q x fx

2 1 ，=()]()+q(

(x)]g(2u(x)=

1 2(x)=−x−1于是v

2(x)=1+q1

2

(x)=1+1i(x+1)=x+2。2 2）仿上面方法，可得(f(x),=x−1，且u(x)=−1x+1,v(x)= x2− x−1。2 3 3 3 33）由fxg1可得u(xx+3x2。７．设f(xx3t)x22x2u与gtx2u的最大公因式是一个二次多项式，求tu的值。解 因

f(x)=q1

(x)g(x)+r(x)=(x3+tx2+u)+(x2+2x+u)1 ，g(=q(x)r(+r(2 1 2=(x+−2))(x2+2x+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−4)=0⎩⎨ u(3−t)=0 ，⎩⎧u=0 ⎧u=−2⎩从而可解得t12⎩1

或 ⎨2 。⎩t=3⎩2d(x|f(xd(x|gd(x为f(x与g(xd(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(是f(x)与g(x)的任一公因式，下证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。９．证明：f)),=f),(()，(的首系数为１。证 因为存在多项式u(x),使(f(x),g(x))=u(f(+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fxg是f(x)h(xgx)h的一个组合。另一方面，由f(x|f知f(xg(x))h(x|f，同理可得fxg|，从而(f(x),g(x))h(是 f(x)h(x)与g(x)h(的一个最大公因式，又因为(f(x),的首项系数为１，所以(f(x)h(x),g(x)h(x))=(f(。１０．如果f(x),g(不全为零，证明：⎛ f, g1。⎜(f(x),g((f(⎟⎝ ⎠证 存在u(x),使(f(x),g(x))=u(f(+g(x)，又因为f(x),g(x)不全为０，所以(f(x),g(x))≠0，由消去律可得1u(x)

f(

+v(x)

g(，⎛ f(所以

(f(x),g((f(⎝ g1⎝ ⎜(f(x),g((f(⎟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(u(x),v(x1。证由上题证明类似可得结论。12．证明：如果fxg1,(f1，那么fxg1。证 由假设，存在

xv及

(x),

(x)使1 1 2 2u(x)f(x)+v1 u(x)f(x)+v

(x)g(x)=1(x)h(x)=1

（1）（2）2 2将（1（2）两式相乘，得(x)u1

(x)f(x)+v1

(x)u2

(x)g(x)+u1

(x)v2

(x)h(x)]f(，+[v1

(x)v2

(x)]g(x)h(=1所以fxg1。设f1

(x),...,

(x),m

(x),...,1

(x)都是多项式，而且n(f(x),i

1 2,...,j2,...,n。j求证：(f1

(x)f2

(x)...

(x),m

(1

(x)...g2

x))=1。证由于

(f(x),g1 (f(x),g

(x))=1(x))=11 2 ，..........................(f(x),g1 n

(x))=1反复应用第12题结论，可得同理可证

(f(x),g1

(g2

(x)...gn

(x))=1，(f(x),g(g(

(=12 1 2 n................................................，从而可得

(f(x),gm 1

(g2

(x)...gn

(x))=1(f(x)f1 2

(x)...

(x),m

(1

(x)...g2

x))=1。14．证明：如果fxg1，那么fgx),fg1。证 由题设知(f(x),g(=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，即[u(xv(xfxfg1，所以f(x),f1。同理gxfg1。再由12题结论，即证(f(x)g(x),f(x)+g(x))=1。求下列多项式的公共根f(x)=x3+2x2+2x+1,g(x)=++2x2+x+1± 3i解 由辗转相除法，可求得(f(x),g(=+x± 3i2判别下列多项式有无重因式：1） f(x)=x5−5x4+7x3−2x2+4x−8；2） f(x)=x4+4x2−4x−3；f′(x)=5x4−20x3+2−4x+4解

(f(x),

，′(x))=(x−2)2所以f(x有x2的三重因式。2）f′(x)=4x3+8x−4，(f(x),

f′(x1，所以f(x)无重因式。求t值，使f(x)=−3x2+tx−1有重根。解 易知f(x)有三重根x=1时，t=3。若令x33x2tx−1x−xb，比较两端系数，得⎧−3=−b⎪⎨t=⎪

+2ab⎩ 1=a2b1由（1（）得23−32+1=0，解得a的三个根为a1

a2

a3

= ，将a的三个根2（b1

=1,b2

=1,b3

=4（t的三个根t1

=3,t2

=3,t3

=5。4当t =3时f(x)有3重根x=1；当

=5时，f(x)有2重根x=1。1,2

3 4 2求多项式x3pxq有重根的条件。解 令f(x)=x3+px+q则f′(x)=3x2+p显然当p=0时只有当q=0,f(=才有三重根。下设p0，且a为f(x)的重根，那么a也为f(x与f′(x)的根，即⎧a3+pa+q=0⎨⎩ 3a2+p=0p由（1）可得a(a2p，再由（2）有a2

。所以3a(−

p+p)=−q，3，⇒a=−3q2p9q2 p两边平方得 =a24p2

，所以43

+27q2

=0。综上所叙即知，当4p327q20时，多项式x3pxq有重根。19．如果x−1)2|+1，求a,b。解令f(xax4bx21，f′(x4ax32bx是f(x的根，也是f′(x)的根，此即⎧a+b+1=0⎩⎨4a+2b=0，⎩解得a=1,b。20．证明：1xx2xn

不能有重根。2! n!1 证因为f(x)的导函数f′(x)=1+x+1x2+...+ xn−1所以f(x)=f′(x)+ xn，1 2! −1)! n!1于是(f(x),fx))=(f+1xn,f′(x))=( xn,f′(x))=1，从而f(x)无重根。1n! n!如果α是f′(x的一个k重根，证明α是g(

x−a[f′(x)+f′(a)]−f(x)+f(a)]的一个k+3重根。2证 因为g′(x)

x−af)−1[f)−f)]2 2 ，g′(x)

x−a2

f)由于α是f′(x的k重根，故α是g′(x的k+1重根。代入验算知αg(x的根。现在设α是g(x的s重根，则α是g′(x的s1重根，也是g′(xs-2所以s2k+1sk3。得证。x0

是f(x的k重根的充分必要条件是f(x0

)=f′(x0

)=...=f(k−1)(x0

)=0，而f(k)(x0

)≠0证必要性：设x0

f(x)的k重根,从而是f′(x)的k−1重根，是f′(x)的k−2重根， ，是f(k−2)(x0

)的一重根，并且x0

不是f(k)(x)的根。于是f(x0

)=f′(x0

)=...=f(k−1)0

)=0,而f(k)(x0

)≠0。充分性：由f(k−1)(x)=0，而f(k)(x)≠0，知x是f(k−1)(x)的一重根。又由于000f(k−2)(x0

0，知x0

是f(k−2)(x)的二重根，依此类推，可知x0

是f(x的k重根。举例说明段语“α 是f的m重根，那么α是f(x)的m+1重根”是不对的。解例如，设f(x)=

1m+1

xm

−1，那么f′(x)=xm以0为m重根，但0不是f(x)的根。证明：如果x−1)|fxn)，那么xn−1)|f)。证要证明xn−1)|f)，就是要证明f0（这是因为我们可以把xn看作为一个变量。由题设由x−1)|fxn)，所以f0，也就是f(10，得证。25．证明：如果x2x+1)|f1

(x3)+xf2

(x3，那么x−1)|f1

(x),(x−1)|f2

。证 因为x2+x+1的两个根为ε和ε2，其中ε=cos

ε +isin ，所以 和 2也是ε 3 3f(x3)+1

(x3)的根，且ε3=1，于是2⎨⎧f(1)+εf(1)=0⎨f1 2 ，f⎩ (1)+ε2f(1)=0解之得f1

1(1)=0,f2

20。得证。求多项式xn−1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xn−1=(x−1)(x−ε)(x−ε2)...(x−εn−1)，其中ε=cos在实数域内εj=εn−j(0<j<n)，所以，当n为奇数时，有

+isin，3 32xn−1=(x−1)[x2−+εn−1)x+1][x2−2+εn−2)x+[x2−22n−1

n−1+

n+1+21]+其中εjεn−jεjεj2cos当n是偶数时，有

(j1,2,..., ，皆为实数。n n2xn−1=(x+−1)[x2−+εn−1)x+1][x2−2+εn−2+2−2求下列多项式的有理根：1） x3−6x2+15x−14；2）4x4−7x2−5x−1；3） x5+x4−6x3−14x2−3。解 利用剩余除法试根，可得2。

n−1+

n−1+21]+有两个有理根11（2重有理根1。2 2 2有五个有理根3,−1,−1−1−（即一个单有理根3和一个4重有理根−1。下列多项式在有理数域上是否可约？1）x2+1；2） x4−8x3+12x2+2；3）x6+x3+1；xppx+1,p为奇素数；x44kx+1,k为整数。解1）因为±1都不是它的根，所以x2+1在有理数域里不可约。2）利用艾森斯坦判别法，取p=2，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x=y+1或x=y−1，得g)=fy+1)或g)=fy−1)则f(x与g或者同时可约，或者同时不可约。事实上，若f(x可约，即f(x)=f1这就是说g也可约，反之亦然。

(x)f2

(x，从而gyf(y±1)

(y±1)1

(y，2现在我们用它来证明x6x3+1在有理数域上不可约。令x=y+1，则多项式变为(y+1)6+(y++1=y6+6y5+15y4+21y3+18y2+9y+3利用艾森斯坦判别法，取p3，即证上式不可约，因而x6x3+1也不可约。4）f(xxppx+1，令x=y−1，则g)=fy−1)=yp−C1y+C2yp−2−...−Cp−2y2++p)y−pp p p p由于pp|Ci(i=1,2,...,p−1)p2|pg()p在有理数域上不可约，因而f(x)也在有理数域上不可约。5）f(xx44kx+1，令x=y+1，可得g(=f(y+1)=y4+4+6+(4k+4)y+4k+2p=2gf(x上不可约。用初等对称多项式表求出下列对称多项式：x2x+x

2+x2x+x

2+x2x+xx2；1 2 1

1 3 1

2 3 23(x1

+x)(x2

+x)(x3

+x)；3(x1

−x)2(x2

−x)2(x3

−x)2；34）x2x2+x2x2+x2x2+x2x2+x2x2+x2x2；1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 45)(xx+x)(xx+x)(xx+x)；12 3 23 1 31 2(x+x+xx)(x+x+xx)(x+x+xx)。1 2 12 2 3 23 1 3 13解1）对称多项式的首项为x2x，其方幂为(2,1,0)，即σ0σσ，1 2 1 2 3 1 2又因为x2xx

2+x2x+x

2+x2x+xx2−σσ

=xx，1 2 1

1 3 1

2 3 23 1

123所以原式=σσ1 2

−。32）同理可得(x1

+x)(x2

+x)(x3

+x)3=x2

+x

2+x2x+xx2+x2

+x

2+2xxx1 =σσ1 2=σσ1 2

13σ3

1 3 1+2σ3

2 3 2

123３）x22xxx2)(x2−2x

+x2)(

2−2xx+x2)1 12 2

13 3

23 3=x4x2+...，1 2由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为x4x

2，所以σ的方幂之积为指数组对应指数组对应σ的方幂乘积σ21 2σ1 3σ32σσσ1 2 3σ23420411330321222原式=σ23σσ2

(1)1 2 1 3 2 1 2 3 3只要令x1

=0,x2

x0,则原式左边0。另一方面，有σ3

=2,σ2

=3

=0，代入（1）式，得bxx1 2

=1,x3

=−2，得d=−27。令xx1

=1,x3

=−1，得−a+c=22

（2）令xx1

=x=1,得33a+c=6由（2（）解得a=4,c=18。因此

（3）原式σ23+18σσσ27σ2。1 2 1 3 2 1 2 3 34）x2

2+x2x2+x2x2+x2x2+x

2x2+x2x2指数组对应指数组对应σ的方幂乘积σ22σσ1 3σ4220021101111设原式=σ2+aσσ2 1

+bσ4令xx1

=x=1,x3

0,得a=−2。再令xx1

=x=x3

1,得b2。因此原式σ2σ2 1

+2σ。4x2x2x2x3x

+xx3

+xxx3)1 2 3

1 2

12

123+(x2x2+x2x2+x2x2)+xxx，1 2 2 3 1 3 123由于x3x

+xx3

+xxx3=σ2σ −σ，1 2

12

223 1 3 2 3x2x2+x2x2+x2x2=σ2−2σσ，1 2 2 3 1 3 2 1 3所以原式σ

−2σ

+σ2−2σ

+σ2+σ。1 3 1 3 2 2 3 3 32）原式x2x2x22(x2x2

+x2

x2+x

2x3)1 2 3

1 2

1 2

12 3+(x2x2+x2x2+x2

2+3x2x

+3xx

+3xxx2)1 2 2 3 1

1 2

12

123+(x2x+x

2+x2x+x2x+xx2+xx2)+2xxx，1 2 1

1 3 2 3 13 2

123其中2(x2x2

+x2xx2+x

2x3)=2σσ，1 2

1 2

12 3 2 3x2

2+

2x2+...+3x

x2=σ2+σσ，1 2 2 3

12

2 1 3x2x+xx2+...+xx2=σσ−σ，1 2 12 23 1 2 3所以原式σ

+σσ

+σ2+2σσ

+σ2−σ。1 2 1 3 2 2 3 3 3用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：1）∑x4；1∑x2xx；1 233）∑x2x2；1 2∑x2x2xx1 2 34（∑all.

表示所有由ax1x2...ln）1 2 n1 2 n

1 2 n解1）因为多项式的首项为x4，所以1指数组指数组对应σ的方幂乘积4000…04000…0σ413100…0σ1 22200…0σ222110…0σσ1 31111..0σ4设原式σ4aσ2σdσ，1 1 2 2 1 3 4令x1,x1

=−1,x3

=x=...=x4

=0,得b=2。x=x1

=1,x3

=...=xn

=0,得a=−。x=x1

=x=1,x3

=...=xn

0,得c4。x=x1

=1,x=x3

=−1,x5

=...=xn

=0,得d。所以原式σ42σ4σ。1 1 2 2 1 3 42）同理可得原式σσ1 3

4σ。43）原式=σ2−2σσ1 1

+2σ。44）原式=σσ2 4

4σσ1

+9σ。6设a,a,a1 2

是方程5x36x27x−30的三个根，计算(a2+aa+a2)(a2+a

+a2)(a2

+aa+a2)1 12 2

23 3

13 3解 因为σ=a1

+a+a2 3σ =a2 σ=a3

a+aa2 2aa23

+aa，1 3由根和系数的关系，可得σ1

=6,σ5

=7,σ=35 3 5再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得(a2+aa+a2)(a2+a

+a2)(a2

+aa+a2)1 12 2

23 3 1679

13 3σ2σσ3 。1 1 1 3

62532．证明：三次方程x3ax2ax

0的三个根成等差数列的充分必要条件为1 2 32a3−9aa+27a=0。1 12 3证 设原方程的三个根为δ,δ,δ1 2 3

，则它们成等差数列的充分必要条件为−δ1

−δ3

−δ−δ1

)(2δ3

−δ−δ1

)=0。将上式左端表为初等对称多项式，得−δ1

−δ3

−δ−δ1

)(2δ3

−δ−δ1

)=1

3−9δδ12

+27δ，3故三根成等差数列的充分必要条件为2a3−9aa27a

=0。1 12 3设f1

(x)=af(x)+bg(x),g1

二、补充题及参考解答(x)=cf(x)+dg(x)，且ad−bc≠0，证明：(f(x),g(=(f(g(1 1证 设d(x)=(f(x),g(则由已知，得d(x)|f1

(x),d(x)|

(x)。1其次，设ϕ(x)是f1

(x与g2

(x)的任一公因式，只需证明ϕ(x)|d(x)即可。因为f1

(x)=af(x)+bg(x),g1

(x)=cf(x)+dg(x),所以⎧f(= d f(x)− b

(x)⎪ ad−bc1 ad−bc 1⎨ c a⎪g(= f(x)+

(x)⎩ ad−bc1 ad−bc 1又因为ϕ|f1

,ϕ|g1

⇒ϕ|f,ϕ|g,从而ϕ|dd(x也是f1

g1

(x)的最大公因式。f(证明：只要 ,

g(

的次数都大于零，就可以适当选择适合等式(f(x),g((f(u(xf(xv(x)g(xfxg的u(x与v(x，使⎜ ⎟ ⎜ ∂u(x))<∂⎛ g() ⎞,∂(())<∂⎛ f() ⎞⎜ ⎟ ⎜ (f(x),g((f(⎝证 存在多项式u1

(，v1

⎠ ⎝ ⎠(x)，使u(x)f(x)+v1

(x)g(x)=(f(x),g(x)),从而u(x) f(+v1 (f(x),g(

(x)

g(=(f(

（1）1）若u

的次数满足∂(u

(x))<∂

g(⎞⎟,则⎜1 1 ⎝(f(x),g(x))⎠⎜∂(v1

(x))<∂⎛ f(⎞⎜(⎜(f(x),g(事实上，采用反证法。若∂(v

(x))≥∂

f(⎞⎟,则（1）式左边的第一项次数小于⎜1 ⎝(f(x),g(⎠⎜⎜(f(x),g())⎟ ⎜ fx ⎜(f(x),g())⎟ ⎜ fx gx( (), ())⎝ ⎠ ⎝ ⎠∂ +∂ ⎛ g(x) ⎞ ⎛ f(∂ +∂ ⎜(f(x),g(x))⎟ ⎜(f(⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠这样（1）式左端的次数≥∂⎛

g() ⎞+∂⎛ f()

>0，但（1）式右端的次⎝ ⎠ ⎝ ⎜(f(x),g(⎟ ⎜(f(⎝ ⎠ ⎝ 数为零，矛盾。所以∂(u

(x))<∂

g() ⎞,∂v(x))<∂⎛ f() ⎞,⎜ ⎟ ⎜ ⎟此时u1

(，v1

1(x

⎝(f(x),g(⎠ 1

⎝(f(x),g(x))⎠若∂(u

(x))≥∂

g(⎞⎟,则用

g(除u

(x)，可得⎜1 ⎝(f(x),g(x))⎜

(f(x),g(1⎜ u(x)=s(x) g(+r(x),其中∂(r(x))<∂⎛ g(⎞,⎜ 1 (f(x),g(⎝(f(x),g(⎠注意到r(x0是不可能的，事实上，若r(x0，则u1

(x)=s(x)

g(x)(f(x),g(,代入（1）式得[s(x) g((f(x),g(x))

+v(x)]1

g((f(x),g(

=1,矛盾。再将u1

(xs(x) gr(x)代入（1）式，可得(f(x),g(r(x) f(

+[s(x)

f(+v

g(

=(f(x),g((f(1 (令u(x)=r(x),=s(x) f(+

(x),再利用本题1）的证明结果，即证。(f(x),g(1

f(x与g(x互素，那么f(xm与gxm也互素。证 由假设，存在u(和v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,于是u(xm)f(xm)+v(xm)g(xm)=1，即证。证明：如果f(x),f(x),...f (x)的最大公因式存在，那么1 2 sf(x),f(x),...f (x),f(的最大公因式也存在且当f(x),f(x),...f (x),f(x)全不为1 2 s−1 s 1 2 s−1 s零时有(f1

(x),f2

(x),...

(x),f

(x))=((fs 1

(x),f2

(x),...

(x)),

(x)),再利用上式证明，s存在u1

(x),u2

(x),...,us

(x)使u(x)f1

(x)+u2

(x)f2

(x)+...+us

(x)

(x)=(fs

),f2

),...,fs

(x)).证因为f1

(x),f2

(x),...

s

(x)的最大公因式存在，设其为d1

(x)，则d(x)=(f1

(x),f2

(x),...

(x)),于是d1

(x)与fs

(x)的最大公因式也存在，不妨设为d(x)=(x),f(x)),则d(x)|f(x) 2,...,,1 s i若设ϕ(x)是f1

(x),f2

(x),...

s

(x),fs

的任一公因式，则ϕ|d1

(,这样ϕ(x为d1

(x)与f

(x)的一个公因式，又可得ϕ(x)|d(x)，即证sd(x)=(f),f),...f ),f)).1 2 ss2时结论显然成立，假设命题对s−1也成立，即存在v(x),v1

(x),...,

(x)，使v1

(x)f1

(x)+v2

(x)f2

(x)+...+v

(x)

(x)=(f1

),f2

),...

s

))=d1

(x),成立。再证命题对s也成立。p(x和q(x，使d(xd1

(x),fn

(x))=p(

(+q(1

(s=p(x)[v(f1

(x)+v2

(x)f2

(x)+...+

(x)

)]+q(

(x)，s令u(=p(x)v(=1,2,...,su(=q(，即证。i i s多项式m(x称为多项式f(xg的一个最小公因式，如果1）f(x)|m(x),g(|；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(= f(g(。(f(x),g(x))证 令(f(x),g(=d(，则f(x)=f1

(x)d(x)，g(=g1

(x)d(x)，于是f(g(=f(x)g

(x)=g(x)f(x)。(f(x),g(x)) 1即f(x)| f(x)g(x)(f(x),g(

1， g(| f(g(，(f(x),g(x))设M(x是f(x与g(x的任一公倍式，下面证明M(xf(x)s(xg(x)t(x)，

fg|M(x。(f(x),g(x))即f(x)d(x)s(xfg(xg1

(x)，消去d(x)得f1

(x)s(x)=

(x)t(x)，于是g1

(|f1

(x)s(x)。由于(f1

(x),g1

x1g1

(x|s(x)g1

(x)q(x)，所以M(=f(=f(

(x)q(=

(x) q(x)，11 (f(x),g(x))1⇒ fg|Mx)。即证。(f(x),g(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(xg(xp(x|f(x)g(x)，可以推出p(x|f(xp(x|g(xp(x是不可约多项式。证 采用反证法。设p(x)可约，则有p(x)=p1

(x)|p2

(x)，那么由假设可得p(x)|p1

(x)或p(x)|p2

(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。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条件为：对任意的多项式g(x)必有(f(x),g(=1，或者对某一正整数m,f(|gm(。证 必要性：设f(x)=ps(x)（其中p(x)是不可约多项式，则对任意多项式g(x)，有1）(p(x),g(x))=1；或2）p(x)|g(。对于1）有fxg))=1。2）ps(x|gs(x，此即f(x|gs。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f(x=p1(xp2xpnx，其中nλ2,...,n是正整数。i

1 2 ngpx)，则由题设知f(xg(x满足fxg1或f(x|gmx)（m为某一1正整数。但这是不可能的，即证。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gxf(x|g(x)h(xf(x|g(x)，或者对某一正整数m,f|hm。证必要性：设f(x)|g(x)h(x)，则对多项式h(x)，有1）fx1，于是f(x|g(x)；2）f(x|hm(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f(x1或f(x1，若f(x)=f1

(x)d(x)，那么f(x|f1

(x)g(x)，但f(x)|f1

(x)。再由充分性假设，可得f(x|gmxm7xnaxn−mb2证设f(xxnaxn−mb，则f′(xxn−m−1[nxmm)a]，又因为f′(x的非零根都是多项式gnm)a的根，而g(xm个根都是单根，因而f′(x)没有不为零且重数大于2的根。证明：如果f(x|f(xn，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f(x)|f(xn)知，a也是f(x)|f(xn)的根，即f(xn)=0，所以an也是f(x)的根。以此类推下去，则a,an,an2,...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kλ使ank

=anλ，anλ(ank−λ−1)=0，因此f(x的根a或者为，或者为单位根。如果f′(x|f(x)，证明f(x有n重根，其中nf(x))。证 设a,a1 2

,...,as

是f′(x)的sλλ1 2

,...,λs

，由于f′(x)是n−1次多项式，因而λλ1 2

+...+λs

=n−1，其次，由f′(x|f，所以a1

,a,...,a2

分别为f(x的λ1

λ2

λs

+1重根，但(λ+1)+(λ1

+1)+...+s

+1)=n，所以n1s=n，从而s1。这就是说，f′(x只可能有一个根a1

，且重数为λ1

n−1。故f(x有n重根。aa1 2

,...,an

是n个不同的数，而Fxa1

)(x−a2

)...(x−a)n证明：1）

F(x) 1；2）任意多项式f(x)用F(x)除所得的余式为(x−a)F′(a)i=1 i iin f(a)F()i(x−a)F′(a)i=1 i i证 1）令 g()=n

F(x)，(x−a)F)ii i则 ∂(g(x))≤n−1，但g(aga)=...=a)=，1 2 n所以g(x)≡1。即证得n F(x)(x−a)F′(a)i=1 i i

=1。2）对于任意的多项式f(x)，用F(x)除得f(xq(x)F(xr(x), (r0或∂(rxn−1)，当r(x0时，结论显然成立。当∂(r(xn时，若令kx n f(a)F() ，ii()= ′(x−a)F(a)i=1 i i则∂(k(xn−1，于是即证得

r(ai

)=f(ai

)=k(a)i

=1,2,...,n)，r(x)

=k(x)

n fai(x−i

)F(x))F)。ii i设a

,...,

F同上题，且b,b

,...,

是任意n个数，显然1 2L(=

n 1 2 nin bF()i(x−a)F′(a)ii i适合条件L(a)=b 2,...,n)。i i这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。利用上面的公式：一个次数4的多项式f(x)，它适合条件：f(2)=3,f(3)=f(4)=0,f(5)=2一个二次多项式f(x)，它在x0,π,πsinx有相同的值；2一个次数尽可能低的多项式f(x)，使f(0)=1,f2,f(2)=5,f10解 1）设F(=(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)，且f(2)=3,f(3)=f(4)=0,f(5)=2，将它们代入(x（即f(x，可得f(x)=3(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)+(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)(x−2)(2−3)(2−4)(2−5) (x−3)(3+0(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)+2(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)(x−4)(4−2)(4−3)(4−5) (x−5)(5−2)(5−3)(5−4)2 17 203=− x3+ x2− x+423 2 62）已知( )sin0=0=f(0)， sinπ=1=fπ sinπ=0=f(π)( )2 2设Fxπ)(xπ，与上题类似，可得2f(x)=−4π2

x(x−π)。3）同理，设F(x)=x(x−1)(x−2)(x−3)，可得f(x1。设f(x是一个整系数多项式，试证：如果f(0)与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f(x)=(x−a)f1多项式，于是

(x)，由综合法知商式f1

(x)也为整系数⎧ f(0)=−af⎨f 1

(0)⎩(1)=a)f⎩1

(1)又因为a与1a中必有一个为偶数，从而f(0)与f故f(x无整数根。设xx1 2

,...,xn

是方程xn+axn−1+...+a=01 n的根，证明：x2

,...,xn

的对称多项式可以表成x1

与a,a1

,...,

的多项式。证 设f(x2

,...,xn

)是关于x2

,...,xn

的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有f(x,...,x)=/,...,σ

) (1)2 n 1 n−1其中σ/2,...,n−1)x

的初等对称多项式。1 2 n由于⎧ σ/=σ−x⎪ 1 1 1⎪ σ/=σ−xσ/⎨ 2 2 1 1

（2）⎪ ....................⎩σ/ =σ −xσ/n−1

n−1

1 n−2其中σi

为xx1

,...,xn

的初等对称多项式，但是⎧ σ=−a⎪ 1 1⎪ σ =a⎨ 2 2

（3）⎪⎩σ

n−1

.............=(−1)n−1an−1将（3）代入（2）σ/x,a,a

,...,a

的一个多项式，不妨记为i 1 1 2 σ/=p(x,a,a,...,a

) n（4）i i 1 1 2 n再将（4）代入（1）式右端，即证f(x2

,...,xn

可表为xa1 1

,a,...,a2

的多项式。设f(xxx1

)(x−x

)...(x−x2

)=xn−σn 1

xn−1+...+(−1)nσ，n令s=+

(k=0,1,2,...)。k 1 2 n证明xk+1f′(x)=(s0

xk+s1

xk−1+...+sk−1

x+sk

)f(x)+g(x)其中g(x)的次数<n或g(x)=0。由上式证明牛顿(Newton)公式：s−σk

s1k−1

+σs2k−2

+...+(−1)k

sk−1

+=0k

（对1≤k≤n）s−σk

s1k−1

+σs2k−2

+...+(−1)nσ

s =0nk−n

（对kn）证 1）由假设f′(x)=n

f(x)

，xk+1f′(x)=

xk+1

f(x)x−x x−xi=1 i i=n

xk+1−xk+1i

f(x)+

xk+1i

f(x) =

(xk+xxk−1+...+xk)f(x)+g(x)，i=1

x−xi

i=1

x−x i ii i其中g=ni

xk+1ix−xi

f是一个次数n的多项式。故xk+1f′(x)=(s0

xk+s1

xk−1+...+sk−1

x+sk

)f(x)+g(x)2）由于f(x)=xn−σxn−1+...+(−1)nσ，1 nxk+1f′(x)=xk+1(nxn−1−xn−2+...+(−1)n−1σ )，1 n−1因此得等式(sxk+s0

xk−1+...+

k

x+sk

)(xn−σ1

xn−1+...+(−1)nσ

)+g(n=xk+1(nxn−1−(nxn−2+...+() 1 n当knxn的系数，首先由于∂(g(xngxn的项，所以等式左端含xn的系数为s−σk

s1k−1

+σs2k−2

+...+

sk−1

+sσ0 k

=0，而右端含xn的项只有一项，它的系数为k，所以ks−σk

s1k−1

+σs2k−2

+...+(−1)k−1σ

sk−1

+(−1)ksσ0 k

=(−1)k(n−k)σ，k注意到s0

=n，即证得s−σk

s1k−1

+σs2k−2

+...+

sk−1

+σk

=0。当kn时，等式右端所有项的次数都大于n，所以含xn0，而左端含xn的项的系数为sk

−σs1k−1

+...+

snk−n

，因此sk

−σs1k−1

+...+

snk−n

0。得证。根据牛顿公式，用初等对称多项式表示s2

,s,s3

,s,s。5 6解1）当n6s2

−sσ1

+2σ2

=0，而s1

σ，所以s1

=σ2−2σ。1 2同理可得sσ3σ，3 1 1 2 3s=σ4−4σ2σ+4σσ+2σ2−4σ，4 1 1 2 1 3 2 4s=σ5−

++5σσ2−5σ

−5σσ+5σ，5 1 1 2

1 3 1 2

1 4 2 3 5s=σ6−6σ4σ+6σ3σ+9σ2σ2−6σ2σ−2σ36 1 1 2 1 3 1 2 1 4 23

+6σσ2

+σ1

σσ1 2 。62）当n5s2

,s,s,s3 4

同1）所给，且s=σ6−

+6σ3σ+9σ2σ2−6σ2

−12σσσ6 1 1 2

1 3 1 2 1 4

1 2 3+6σσ1

−3+2

σ+22 4 3当n4s2

,s,s3

同1）所给，s6

同2）所给，且s=σ5−

++σ2−

−5σσ。5 1 1 2

1 3 1 2

1 4 2 3当n4ss2 3

同1）所给，s5

,s同3）所给，且6s=σ4−+σ+2。4 1 1 2 1 3 2当n2s1）sss4）所给，且sσ3σ。2 4 5 6 3 1 1 2i7证明：如果对于某一个6次方程有s=s=0，那么s=s si7521 3 7 5 2证 这时n=6，并注意s1

σ0s1

=3σ3

0，所以σ3

0，于是s=，s2 2

=−5σσ2 3

+5σ5

，即s5

=。5而s=σs7 1

−σs2

+σs3

−σs+σs43 5

−σs61

=−7σσ，2 5i7s2故s=−σσ= 5 s。i7s27 2 5 5 2求一个nss1 2

=..=sn−1

=0。解 设此方程为xn−σxn−1+...+(−1)nσ=0，由题设及牛顿公式，可得1 nσσ 0xn1)nσ=0xn+a0。1 2 n−1 n求一个nss1 2

=..=sn

=0。解设此方程为xn−σxn−11)nσ0，1 n由题设及牛顿公式可得σk

σ σ= k−1 1k

(k=2,3,...,n)，=σσk=σ即 1k k!1

(k=2,3,...,，1 1所以σ= σ2，σ= σ3 ，...，σ= σn，2 2 1 3 3!1σ2

n n!1σn故所求方程为xn−σ

xn−1+

1xn−21)n 1=0。1 2! n!第二章 行列式91) 134782695;2) 217986354;3) 987654321;解:1)所求排列的逆序数为:τ0+1+1+3+3+0+1+1=10，所以此排列为偶排列。所求排列的逆序数为:τ(217986354)=1+0+4+5+4+3+0+1=18，所以此排列为偶排列。所求排列的逆序数为:τ8+7+6+5+4+3+2+1=所以此排列为偶排列。选择i与k使1) 1274i56k92) 1i25k4897成奇排列。解: 1)当i=k=3时,所求排列的逆序数为:τ9)=τ，=0+0+4+1+3+1+1+0=10

−=36，2故当ik3时的排列为偶排列.。2)当i=3,k=6时,所求排列的逆序数为:τ4897)=τ，=0+1+0+1+1+0+1+1=5故当i=3,k=6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: 12345,2→21435,5→2543,→2534。决定排列−1) 21的逆序数,并讨论它的奇偶性。解: 因为1与其它数构成n−1个逆序,2与其它数构成n−2个逆序,n−1与n1个逆序,所以排列−1)⋯21的逆序数为τ−1)+−2)+⋯+2+1−=2故当n=4k,4k+1时，排列为偶排列；当n=4k+2,4k+3时排列为奇排列。如果排列xx1 2

⋯x xn

的逆序数为k,排列xn

xn

⋯xx21

的逆序数是多少?解: 因为比x大的数有n−x个,所以在i ixxn

⋯xx21

与xx1

⋯x xn

这两个排列中,由xi

与比它的各数构成的逆序数的和为n−xi

.因而,由xi

构成的逆序总数恰为1+2−1)=−1)。2而排列xx1 2

⋯x xn

的逆序数为k,故排列xn

xn

⋯xx21

的逆序数−为2

−k。6a23什么符号?

aaa31 42

aa14

,aaa32 43

aaa51 66

这两项应带有解: 在6阶行列式中,项a23

aaa31 42

aa14

前面的符号为(−)τ234516+τ312645)=−14+4=1。同理项a a32 43

aaa14 51

a 前面的符号为25−1τ34156τ23416)=−16+4=1。所以这两项都带有正号。4a23

的项。解：所求的各项应是−a11

aaa23 32

，−a12

aaa23 34

，−a14

aaa 。23 31 428．按定义计算行列式：00⋯01010⋯000⋯20002⋯01）⋮⋮⋱⋮⋮2）⋮⋮⋮⋱⋮.0n−1⋯00000⋯n−1n0⋯00n00⋯00⋯0100⋯2003） ⋮⋱⋮⋮⋮ 。n−1⋯0000⋯00n解：1）所给行列式的展开式中只含有一个非零项a1n

a ⋯a ，2它前面的符号应为−1τn(n−1⋯21]=−n(n−) ，22所以原行列式=−n(n−1)!。2）所给行列式的展开式中只含有一个非零项212

a ⋯a23

a ，n−1,n n1它前面的符号应为−1τ23n)=−1n−1 所以原行列式=−n1n。所给行列式的展开式中只含有一个非零项a 1,n−1

2,n−

⋯a a ，n−1,1 nn22它前面的符号应为−1τn−1n−2)21n]=−(n−)n−2) 所以原行列式=−1(n−1)n−2)n。229．由行列式定义证明：a a a a1 2 3 4 5b b b b1 2 c 01 2d 01 2e 01 2

4 50 0=00 00 0解：行列式展开的一般项可表示为a1j1

a

a

a a4j 5j45

，列标j3

jj只可4 51，2，3，4，53，4，500，0。10．由行列式定义计算2xx121x12xx121x1−132x1111x

中x4x3的系数，并说明理由。x4的展开项只能是aa11 22

aa33

x4含有x3的展开项只能是a12

aaa21 33

，所以x3的系数为-1。1 1⋯11 1⋯11⋮1⋮⋯⋱1⋮11⋯1

=0，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，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 x x2 ⋯ xn−11 a()

a2 ⋯ a1

n−1Px=1 a2

a2 ⋯ a2

，⋮ ⋮1 an−1

⋮a n−1

⋱ ⋮⋯ a n−1其中aa1 2

,⋯,

n−1

是互不相同的数。由行列式定义，说明n1次多项式；由行列式性质，求的根。解：1）因为所给行列式的展开式中只有第一行含有x行展开时，含有xn−1的对应项的系数恰为−1n+1乘一个范德蒙行列式1 a a21 11 a a22 21 a a23 3

⋯ an−1⋯ an−22⋯ an−23⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 an−1n−1

⋯ an−1

n−2于是，由aa1 2

,⋯,

n−1

xn−10而n−1次的多项式。若用aa1 2

,⋯,

n−1

x0，i

)0P(x)n1aa1 2

,⋯,

n−1

.又因为P(x)是一个n−1次的多项式，所以aa1 2

,⋯a

n−1

必是P(x)的全部根。13．计算下面的行列式：246427327xyx+y1）10145434432）yx+yx−342721621x+yxy311311131341211134123

1 1 13 1 1

14）

2 3 43 4 11+x11+x111a2a+2a+22a+3211−x11b2b+12b+22b+321 1 1+y 1

( )

) ( )c2 c+12

c+2

c+321 1 1 1−y d

d+

d+

d+32100042732711327解：1）2000543443=1052144310007216211162101327=10501327=10511443=−105016211 621

294105 。2x+2y2x2y2x+2y

yx+x

x+y 1yx+x=2(x+0x−yy 0x−y−x=2(x+y)6 1

x −y=−2x3+y3x−y −x1 1 1 1 161361310 02061130 002

3 1 1

=60 2

0=6×8=48。102341210234123410341=10011−31041202−2−2101230−1−1−111−3=200−2211−3=200−22=2000−40 −4

=160。xx00x0xx00x00011−x11=1−x1000yy00y01111−y101−ya2 2a+1 2a+3 2a+5 a2 2a+1 2 2c22c+12c+32c+5c22c22c+12c+32c+5c22c+122d22d+12d+32d+5d22d+122

=b2 2b+

2 2=0。b+c c+a a+b a b c14.证明

b+c1 1b+c2

c+a1 1c+a2

a+b1 1a+b2 2

=2a1a2

c 。1 1b c2 2证明：由行列式的性质，有a+b+c c+a a+b左边=2abc1 1 1a+b+c2 2

c+a1 1c+a2

a+b1 1a+b2 2a+b+c −b −c=2a+b+c1 1 1a+b+c2 2

b −c1 1b −c2 2a b c=2a1a2

b c 右边。1 1b c2 215．算出下列行列式的全部代数余子式：12140−12112140−121002100031） 2）3 2 10 1 4解：1）A11

=−6， A12

=0， A13

=0，A14

=0，A =−12， A21

=6，A23

=0，A24

=0，A =A31 32

=−6,A33

=A =034 。A =7,A41 42

=A43

=A44

=−22）A11

=7,A12

=−12,A13

=3，A =A21 22

=4,A23

=−1，A =A31 32

=5,A33

=5。16．计算下面的行列式：

1112121112121 1）2 11 4

1 11 −32 52 1

2−1 1 22） 3−1 1 −13−1 1 00 1 2 −1 42 0 1 2 1

1 1 0 1 −122 0 −1 1 23）−1 3 5 1 23 3 1 2 1

4）3 2 1 1 021 −1 0 1 22 1 0 3 5

2 1 3 0 121原式=

=1。122）原式=12

1 2 −1−3 2 0

1 1211 −

2 −1 12 0 1112111121111111111110−1−1−5=−0115=01150114000−100−120−1−2−300−12000−1311243031−1222=11604=- 1 6 4

1(24+6−36+54−3−32)=−13。−3 2 1

12 12023）132

1 20 10 −10 −0 −

−1 42121−2121−1−14−103−55−112−2414 −10=5 −114 12121106−9132121106−913015−6608316−919300=1315−6=25310683683=319 30。6 1182102182102−22102−220−11220−11264210 11040341−101281−101242601162061381621816212−2212−2=110434=120−5122

1 2 836 13 12

0 3 00 2 1718122 −5 12 7 0 12 7 0 121812=- 3 3 0=−30 1 0=−30 1 08 82 17 10 0 17 10 0 1737 12=3 。810 17 817．计算下列n阶行列式：xy0⋯0xy0⋯000xy⋯00a−ba−b ⋯a−b0 0 x ⋯ 0 0 a−b

1 a−b

1 n⋯ a−b⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮⋮ ⋱⋮000⋯⋮⋮a−ba−b ⋯a−bn 1 n 2 n ny 0 0 ⋯ 0 xx−m

⋯ x 1 2 2 ⋯ 2222⋯2222⋯24）223⋯2⋮2⋮2⋮2⋱⋯⋮nx x

nm ⋯ x3） 1 2 n⋮ ⋮ ⋱ ⋮x x ⋯ x−m1 2 n123⋯123⋯n−1n1−10⋯0002−2⋯00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000⋯2−n0000⋯n−11−n解：1）按第一列展开，原式=xn+−n+1yn2）21a−b1 1a−b原式= 2 1

b−b1 b−b1

⋯ b−b1 n⋯ b−b1 n⋮ ⋮ ⋱ ⋮a−bn 1

b−b1

⋯ b−b1 n当n≥3时，原式=0；当n22

−a1

−b)；1当n1a1

b。11 x ⋯ x2 n⎜⎝原式=⎛⎜⎝

⎞1 x−m ⋯ xx−m⎟ 2 n⎠i ⋮⎠i=1

⋮ ⋱ ⋮1 x ⋯ x−m2 n1 x ⋯ x2 n⎜⎟=⎛n x−m⎞0 −m ⋯ 0⎜⎟⎝i⎝i=n

⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 。0 0 ⋯ −m⎛n x m

mn1⎝⎠=⎜ − ⎟−⎝⎠ii=1122⋯2100⋯0100⋯0110⋯122⋯2100⋯0100⋯0110⋯04）101⋯0=−2102⋯0⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮⋮⋱⋮100⋯n−2100⋯n−2n−15）各列加到第1列得到+200⋮00−1 0 ⋯

n−1 n0 0原式==−1n−118.证明：

2 −2⋮ ⋮0 00 012

⋯ 0 0⋱ ⋮ ⋮⋯ −−2) 0⋯ n−1 −−1)⎟⎠1）1⋮0⋮a2⋮⋯⋱0⋮=a⎟⎠1）1⋮0⋮a2⋮⋯⋱0⋮=aa a⎜1 2 n⎝100⋯anx00⋯0aa11⋯101a10⋯0⋯ ⎛0 ai=1 i0−1 x 0 ⋯ 0 a10 −1 x ⋯ 2）

a2 =xn+

xn−1+⋯ax+a。⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋮0 0 0 ⋱

⋮an−2

n−1 1 00 0

⋯ −1 x+

n−1α+βαβ0⋯001α+βα+βαβ0⋯001α+βαβ⋯0001α+β⋱00⋮⋮⋱⋱⋱⋮000⋱α+βαβ000⋯1α+βα−βcosα10⋯001cosα10⋯0012cosα1⋯00012cosα⋱00⋮⋮⋱⋱⋱⋮000⋱2cosα1000⋯12cosα1+a1

1 1 ⋯ 1 11 1+a2

1 ⋯ 1 11 1 1+a3

⋱ 1 1

n 1⎞5）⋮ ⋮

⋱ ⋱ ⋮

=aa1

⋯a⎜1n⎝

⎟。ai=1 i⎠a1 1

⋱ 1+

1n−11 1

⋯ 1 1+an证明：4）分别将第n+1)

1加到第1行，得ai−1a−n 1 0 0 ⋯ 00 ai左边= 1

a 0 ⋯ 010 a ⋯ 02⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 0 0 ⋯ an=aa1 2

⋯a(an n

1)=右边。ai从最后一行起，分别将每一行都乘以x后加到其前一行，得0 0 0

0 xn+

n−1

xn−1+⋯+a1

x+a0−1 0

0 ⋯ 0 xn−1+

n−1

xn−2+⋯+a2

x+a1左边=

0 −1

⋯ 0 xn−2+an−1

xn−3+⋯+a3

x+a2⋮ ⋮ ⋮

⋱ ⋮ 00000⋯0x2+a000⋯−1x

x+

n−2+an−1=−1n+1xn+

n−1

xn−1+⋯+a1

−1x+a) −10 ⋱−1( )(

)

n−1=−1n+1xn+

n−1

xn−1+⋯+a1

x+a0

−1n=xn+a

n−1

xn+⋯+a1

x+a0=右边。4）将所给行列式记为Dn

，按第1列展开得D=+β−αβD ，n nn−2即D−=β−)，n n−1 n−2此式对一切n都成立.故递推得D−αDn (

n−1

=β2n−2

−

)]n−3( ]=β3

n

−)

n−

= =βn−2(

−αD2 1=βn−2

α+

2−αβ−

α+

=βn在D中αβ的地位是一样的，故同理可得nD−βD =αnn 所以 −β=αnn从而 Dn

=αn+1−βα−β

=右边。4）对2阶行列式，有D2成立。

=cosα1

12cosα

2cos2α1cos，此时结论假设对阶数小于nnDn

按最后一行展开，得Dn

=2cosαDn−1

−Dn−2

，因为Dn−2=

=cos(n−2)αcos−α]=cosα+sinα，cosD可得nD=2cosα−cosα−sinα=n cosα−−sinαcos=+α]=cosnα故对一切n结论成立，即证。1 1 1 ⋯ 1 10 1+a 1 ⋯ 1 114）左边=

0 1 1+a ⋱ 1 12⋮ ⋮ 0 1 11 1 1

⋱ ⋱ ⋮⋱ 1+a 1n−1⋯ 1 1+an1 1−1 a

1 ⋯ 0 ⋯

1 1+n 10 a

1 1 ⋯ 11=−1 0 a ⋱ 0 0== 2

1 i a1

0 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ ⋮

0 0 a ⋯ 02−1 0−1 0

0 ⋱ a 0n−10 ⋯ 0 an

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 0 ⋯ an=aa1 2

⎛⋯an⎝

+

1⎞⎟=右边。⎟a⎠ii19．用克拉默法则解下列方程：⎪⎧2x−x+3x+2x =⎪

⎧x+2x+3x−2x =61 2 3 x

⎪ 1 2 3 4⎪3 −3x+3x+2x=5 ⎪2x−x−2x−3x =81）⎨

2 3

2）⎨

2 3 4⎪3x−x−x+2x =

⎪3x+2x−x+2x =4⎪ 1 2 3 ⎩⎩

⎪ 1 2 3 43x−x1 2

+3x−x =3 4

2x−3x1

+2x3

+x=−84⎧x+2x

−2x

+4x−x

=−1 ⎧ 5x+6x=1⎪ 1

3 4

⎪ 1 22x−x+3x−4x+2x=1 2 3 4 5 1 2 1 2 3 4 5 1 2

x+5x+6x=0⎪3）⎨3x+x−x+2x+2x=−24）⎨x+5x+6x =0⎩⎪4x1 x2 3 4 5 ⎪x2 x3 x4⎩⎪ 1+

+4x2

+2x4

+2x5

=

⎪3+

+6 =04 5⎩⎪ x−x⎩1 2

x+2x3

3x5

=

⎪ x+5x=14 5解：1）d70d1

=−70,d2

=−70,d3

=−70,d4

=−70。所以方程组有唯一解：x=d11 d

=x2

=d2=1,x=d 3

d3=x d 4

4=1。ddd2）d=d1

=324,d2

=648,d3

=d4

=−648。所以方程组有唯一解：x=d1=1,x=d2=2,x=d3=1,x=d4=−2。1 d 2 d 3 d 4 d3）d=24,d1

=96,d2

=d3

=−96,d4

=168,d5

=312。所以方程组有唯一解：x=d14x =d2x=d3x=d4=7,x=d5=13。1 d 2 d 3 d 4 d 5 d4）d=d1

=1507,d2

=−1145,d3

=d4

=d5

=212.所以方程组有唯一解：x=1507,

=−229,

=37,

=−79,

=212。1 665

133

35

133

665设a1

,a,⋯,a2

Pb,b1 2

,⋯,bn

是数域P中任一组给定的数，用克拉默法则证明：有唯一的数域P上的多项式fc0

+cx+c1

x2+⋯+cn−1

xn−1 使fi证明：由fi

)=bibi

(i=1,2,⋯,n)。⎧c+ca⎪ 0 1

+ca2

2+⋯+cn−1

an=b1 1⎪c+ca⎨0 1

+ca22 2

+⋯+c an−1

n−1=b2⎪ .............................................⎩⎪c⎩0

+ca

+ca2n

+⋯+c an−1

n−1=bn这是一个关于c0

,c,⋯,c1

n−1

的线性方程组，且它的系数行列式为一个范得蒙行列式.由已知该行列式不为0，故线性方程组只有唯一解，即所求多项式是唯一的。设水银密度h与温度t的关系为haatat2

t3，0 1 2 3由实验测定得以下数据：tt(C)h010203013.6013.5713.5513.52求t15，40（准确到两位数解：将th的实验数据代入关系式h=a0

+at+1

t2+2

t3，得a3

13.60，且⎧10a+100a+1000a

=−0.08⎪ 1 2 3⎨20a+400a+

=−0.05⎪ 1 2 3⎩30a+900a+27000a−0.08⎩1 2 3因为系数行列式101001000d=204008000=12×106≠03090027000d=−50000,d1

=1800,d3

=−40由克拉默法则可求得 a1

=−0.0042,a2

=0.00015,a3

=−0.0000033，故所求关系式为

h=13.60−0.0042t+0.00015t2−0.0000033t3，再将t=15,t=