高等代数习题及参考答案

高等代数习题及参考答案

第一章多项式

1.用gQ)除/a),求商q(x)与余式“X)：

])fW=/_3x2-x-l,g(x)=3x2-2x4-1.

2)/(x)=x4—2x+5,g(x)=x2-x+2

/、17,、262

q(x)=—x——,r(x)=---x——

解1)由带余除法，可得3999.

2)同理可得q(x)=x2+x—l,r(x)=—5x+7。

2.应适合什么条件时，有

Dx2+nzx-11%34-px+i7

2)/+mx+i|/+〃工2+夕

解1)由假设，所得余式为0,即5+1+m2)》+(4-机)=0,

"11八

p+1+加”=0

<

所以当1q-m二°时有/+加工-11+px+g。

机(2—p-/??2)=0

<

2)类似可得"+1-0一m-=°,于是当机=°时，代入(2)可得P=4+l；而当

2—p_m2=0时，代入口)可得4=1。

机=0q=1

<<

综上所诉，当IP=4+1或〔P+/=2时，皆有/+机工+11/+庶2+%

3.求g(x)除『(X)的商4(x)与余式:

1)/(x)=2工5-5工3—8x,g(x)=犬+3.

2)/(x)=x3-x2-x,g(x)=x-l+2z

q(x)=2x4-6X3+13X2-39X+109

解1)Kx)=-327.

q(x)=x2-2ix一(5+2z)

2)r(x)=-9+8z

4.把/(X)表示成龙一》的方幕和，即表成

co+q(x-Xo)+C2(x-Xo)2+...+%(%-4)”+…的形式：

])/(x)=丁,X。=1.

42

2)/(x)=x-2x+3,x0=-2.

432

3)f(x)=x+2zx-(1+i)x-3x+7+z,x0=-z

解1)由综合除法,可得，(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—+3=11—24(x+2)+22(x+2)~—8(元+2)3+(x+2)4.

3)由综合除法，可得/+2%3-(1+0--33+(7+，)

=(7+5z)-5(%+0+(-l-0(x+02-2i(x+犷+(x+04

o

5.求/(X)与8(幻的最大公因式：

])/(x)=x4+x3-3x2-4x-l,g(x)=x3+x2-x-\.

4332

2)/(x)=x-4x+1,(x)=x-3x+1#

3)/(x)=x4-10x2+l,g(x)=x4-4V2x3+6x24-45/2x+1

解1)(/(%),g(x))=x+l；

2)(/(x)，g(1))=l；

2

3)(/(x),g(x))=x-2V2x-1o

6,求〃(x)，v(x)使〃(x)/(x)+v(x)g(x)=(/(x),g(x))o

432432

])/(x)=x4-2x-x-4x-2,g(x)=x+x-x-2x-2e

2)/(x)=4/一2/-16/+5x+9,g(x)=2x3-x2-5x+4.

3)/(x)=x,-x3-4x2+4x+1,g(x)=x1-x-1

解1)因为(〃x),g(x))=x2-2f(x)

J/a)=%(x)g(x)+4(x)

再山[g(x)=%(x)6(x)+4(x),

々(X)=g(x)-%(x)q(x)=g(x)-<72(x)[/(x)-qt(x)g(x)]

解得=[一%(x)]/(尤)+[1+%(x)%(x)]g(x),

w(x)=-^2(x)=-x-l

于是v(x)=1+(x)%(x)=1+1(X+1)=X+2

/、_1J/、_2221

/rz\/\\1U\X)-X-\,U(X)=_XX—1

2)仿上面方法，可得(/(x)，g(x))=x-l,且3333

3)由(/(x)，g(x))=1可得〃(x)=-x—1,v(x)=x3+x"-3x—2。

7.设f(x)=d+(1+t)/+2尤+2u与g(x)=V+状2+u的最大公因式是一个二次多项

式,求人〃的值。

/(-V)=%(x)g(x)+4(x)=(x3+tx2+u)+(x2+2x+u)

解因为g(x)=%(x)6(x)+G(x),

=(x+(t-2))(x2+2x+u)-(u+2t-4)x+w(3-r)

f

且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式弓(制为0,即

一(〃+2,-4)=0

<〃(3-1)=0

=0u2=—2

从而可解得'=2或[‘2=3。

8.证明：如果"(X)"OOM。)Ig(x)，且为/(x)与g(x)的组合，那么4X)是fM

与g(x)的一个最大公因式。

证易见火X)是/(X)与g。)的公因式。另设夕(X)是/(X)与8。)的任一公因式，下证

夕(x)ld(x)

由于d(x)是/(x)与g(x)的一个组合，这就是说存在多项式s(x)与，(x),使

d(x)=s(x)f(x)+f(x)g(x),

从而由9(x)।f(%),火x)।g(x)可得夕(x)Id(x),得证。

9.证明：(/(x)/7(x),g(x)〃(x))=(/(x),g(x))力(x),(//(x)的首系数为1K

证因为存在多项式“(x)，Mx)使(/a)，g(x))="(x)f(x)+v(x)g(x),

所以(/(x)，g(x))〃(x)="(x)/(x)//(x)+v(x)g(x)/2(x),

上式说明(/(x),g(x)M(x)是f(x)/i(x)与g(x)h(x)的一个组合。

另一方面,由(/(x),g(x))If(x)知(f(x),g(x))h(x)If(x)h(x),

同理可得(/(x),g(x))力(X)Ig(x)h(x),

从而(f(x),g(x))/l(x)是f(x)h(x)与g(x)〃(x)的一个最大公因式，又因为

(/(x)，g(x))人(X)的首项系数为1,所以(/(x)〃(x),g(x)/z(x))=(/(x),g(x))力(X)。

10.如果/(x)，g(x)不全为零，证明：

'/(x)g(x)]

l(/(x),g(x))(/(x),g(x))J。

证存在“(X)，v(x)使(/(x),g(x))=〃(x)/(x)+v(x)g(x),

又因为一(x)，g(x)不全为0,所以(/(x),g(x))wO,

—.+心)―&⑷一

由消去律可得(/(x),g(x))(/(x),g(x)),

'/(x)_______g(x)]=]

所以l(/(x)，g(x))'(/(x)，g(x))J。

11.证明：如果/(x)，g(x)不全为零，且〃(犬)/(》)+丫*必(了)=(/00*(初，那么

(M(x),u(x))=lO

证由上题证明类似可得结论。

12.证明：如果(/(x)，g(x))=l,(，(x),//(x))=l,那么(/(x),g(x)//(x))=l。

证由假设，存在物(X)，唧(X)及“2(X)#2(X)使

%(x)/(x)+%(x)g(x)=l(1)

“2(x)/(尤)+彩(x)力(x)=l(2)

将(1)(2)两式相乘，得

[«1(x)u2(x)f(x)+V,(x)“2(x)g(x)+U](x)v2(x)h(x)]f(x)

+[v1(x)v2(x)]g(x)/iU)=1

所以(7(x),g(x)〃(x))=l。

13.设工(X),…，力⑴出(无)，…,g"(x)都是多项式,而且

(1(x),g/(x))=1(i=1,2,…,机"=1,2,...,〃)

O

求证：(/|(初/*)“.，。)送心必2(幻..&(尤))=1。

证由于

"(x),g|(x))=l

(E(X)，g2(X))=l

"(x),g“(x))=lf

反复应用第12题结论，可得

(E(x),g|(x)g2(x)“&(x))=l,

同理可证

(力(x),g1(x)g2(x)...g“(X))=1

(Z»(x),g](x)g2(x)...g“(x))=1

9

从而可得

(/|(x)f(x)...f(x),g(x)g(x)...g(x))=1

2m]2no

14.证明：如果(〃x)，g(x))=l,那么(/(x)g(x)J(x)+g(x))=l。

证由题设知(/(x)，g(x))=l,所以存在“(》)，叭》)使“(幻/(幻+仪》必(*)=1,

从而“(x)/(x)-v(x)/(x)+v(x)/(x)+v(x)g(x)=1,

gp[M(X)-v(x)]/(x)+v(x)[/(x)+g(x)]=1,

所以(7(x)J(x)+g(x))=l。

同理(g(x),/(x)+g(x))=1o

再由12题结论，即证(〃x)g(x)，/(x)+g(x))=l。

15.求下列多项式的公共根

/(x)=/+2x2+2x+l,g(x)=X4+X3+2X2+X+1

-l+y/3i

解由辗转相除法，可求得(/(》)，8(幻)=炉+x+l,所以它们的公共根为2。

16.判别下列多项式有无重因式：

।)/(X)=X5-5X4+7X3-2X2+4X-8

2)f(x)=x4+4x2-4x-3.

f'(x)=5/一20X3+21X2-4X+4

解1)(/(幻,/'(》))=(尤-2)2,

所以/(x)有x-2的三重因式。

2)/'(》)=4/+"-4,(/(x),/'(x))=l,所以/(X)无重因式。

17.求f值,使/(幻=犷’_3/+比-1有重根。

解易知一(外有三重根彳=1时，♦=3。若令

/-3/+a-1=。-4(%一与比较两端系数，得

-3=-2a-b

<t=a2+2ab

1=a~b

।,1

由(1),⑶得2。-3。一+1=0,解得。的三个根为-2,将。的三个根

分别代入(1),得”=m=1也=4。再将它们代入⑵，得f的三个根""2-3冉一-。

_t=53

当％=3时/(x)有3重根X=1；当3疝时，/(x)有2重根》一］。

18.求多项式/+Px+<7有重根的条件。

解令“xXV+px+q,贝ij/，(x)=3x2+p,显然当〃=0时，只有当g=O"(x)=/

才有三重根。

下设°,且。为/(X)的重根，那么。也为/(X)与/'(X)的根，即

a3+pa+q=0

3a2+p=0

,2、a2=-P

由⑴可得+P)=P,再由⑵有3。所以

笺=/=_£

两边平方得4P23,所以4P3+27q2=0。

综上所叙即知，当4"3+27/=°时，多项式x'+px+q有重根。

19.如果。-1)2|4+&2+1,求a,b。

3

解令/(x)=o?+芯+1,f'M=4ax+2bxo由题设知，[是/⑴的根，也是/'(幻

的根，此即

。+》+1=0

4。+=0

9

解得。=12=-2。

1%2尤"

14-XH---F...H---

20.证明：2!〃！不能有重根。

，/、/(x)=1+无+工/+…+—5—x"~'f(x)=f'(x)+—x"

证因为f(x)的导函数2!(«-D!，所以八,〃！，

(/(x)J'(x))=(If(x)+々x"J'(x))=(」x"J'(x))=l.

于是加加，从而“X)无重根。

21.如果a是/"X)的一个k重根，证明a是

X—(1

g(x)=+f\a)]-f(x)+f(a)]

的一个k+3重根。

证因为

g'（x）="；"/"（X）-；LT（x）-（a）]

g"（x）=x~aPM

由于a是/”（x）的左重根，故a是g”（x）的k+1重根。代入验算知。是g（x）的根。

现在设a是8瓮）的s重根，则=是g'（x）的sT重根，也是g“（》）的s-2重根。

所以s—2=k+lns=k+3。得证。

22.证明：*。是/*）的左重根的充分必要条件是‘（"。）=''（"。）=.“=/""（"。）=0,

而—。

证必要性：设X。是“X）的人重根,从而是/‘（X）的ZT重根，是/“（X）的％—2重根，…，

是,"'（X。）的一重根，并且/不是/“‘（X）的根。于是

f（x0）=f（x0）=...=严（％）=0,而/“«）+0。

充分性：由，而/⑹a。）*°,知不是-""a）的一重根。又由于

/“"（/）=0,知X。是/“"（X）的二重根，依此类推，可知X。是/（X）的人重根。

23.举例说明段语“二是广（X）的机重根，那么二是/（%）的机+1重根”是不对的。

/（X）=-xM+l-l,,,、

解例如，设机+1，那么）（#=x以。为加重根，但o不是J（x）的根。

24.证明：如果（1）"*）,那么，-1）"3'）。

证要证明（x"-D"（x"）,就是要证明/⑴=°（这是因为我们可以把X"看作为一个变

量）。由题设由（xT）"（x"）,所以/（1"）=°,也就是/⑴=°,得证。

25.证明：如果（d+x+DI/dH*'）,那么（x-l）"（x）,（x-l）"2（x）。

24..2%

）、s=cos---FIsin—）

证因为X+X+1的两个根为£和£一，其中33,所以£和£-也是

工，）+班（丁）的根，且/=],于是

工⑴+研⑴=0

⑴+储人⑴=0

解之得工(1)=0，&1)=0。得证。

26.求多项式x"-1在复数范围内和在实数范围内的因式分解。

_2乃..21

+zsin

解在复数范围内x"T=(x-D(x—£)(x—/)...(尤一6一)，其中£cos33,

在实数域内6,<〃)，所以，当〃为奇数时，有

n-\n+\

-1=(X-1)[无~-(£+£〃।)X+1][r-(£-+~)X+—(£2+£2)X+1]

£j+£n-j=/+/=2cos也(j=1,2,...,—)

其中〃〃，皆为实数。

当〃是偶数时，有

n-1M-1

x"-1=(x+l)(x-l)[x2~(£+£n~')X+\][x2~(£2+£，，-2)X+l]...-[-^2-(£-2+£2)X+1]

27.求下列多项式的有理根：

1)Y一6f+15x-14；

2)4X4-7X2-5X-1.

5432

3)x+x-6x-14x-llx-3o

解利用剩余除法试根，可得

1)有•个有理根2。

2)有两个有理根2,2(即有2重有理根万)。

3)有五个有理根3，—1，一1，一1，一1(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)x~+1.

2)X4-8X3+12X2+2.

3)f+V+i；

4)x"+PX+Lp为奇素数；

5)x"+4H+l，k为整数。

解1)因为±1都不是它的根，所以Y+1在有理数域里不可约。

2)利用艾森斯坦判别法，取口=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/(X),令*=〉+1或"=＞一1,得

g(y)=/(y+^g(y)=/(y-D

则/(x)与g(y)或者同时可约，或者同时不可约。

事实上，若/(X)可约，即/(x)=/|(x)/2(x),从而gG)=/(y±l)=/|(y±l)/2(y±D,

这就是说g(y)也可约，反之亦然。

现在我们用它来证明1+1在有理数域上不可约。令*=＞+1,则多项式变为

(y+l)6+(y+l)3+l=/+6y5+15/+21y3+18y2+9y+3

利用艾森斯坦判别法，取〃=3,即证上式不可约，因而/+/+1也不可约。

4)设/(x)=x"+px+l,令尤=＞一1,则g(y)=/(y-l)

pp2

=y-c'py-'+cy-—…一。；2y2+(c：i+〃)y—〃

由于p是素数，因而P।c；"=,但，所以由艾森斯坦判别法，即证g()‘)

在有理数域上不可约，因而/(X)也在有理数域上不可约。

5)已知”%)=/+4履+1,令x=y+l,可得

g(y)=/(y+D=y4+4y3+6y2+(4k+4)y+4女+2

利用艾森斯坦判别法，取〃=2,即证g(y)在有理数域上不可约，因而/(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:

272222

+玉£+XX元XX

1)X^X2+X}X2]3+%23+23

2)(玉+乙)(玉+工3)(工2+%3)

4)

XXXXXX

5)(为九2+3)(23+l)(3l+4)；

6)(%J+%+玉%2)(X2+X3+X2X3)(X1+X3+%/3)

22—|]_Q0

解1）对称多项式的首项为芯/，其方幕为（2,1,0）,即0：%?=3%,

99202)r

XXX+XX+XX+XXaa=_

又因为XJ"+12^+石3\3~232^~~i23XjX2X3

所以原式=3b2—3。3。

2）同理可得（尤1+尤2）（玉+%3）（%2+工3）

272222c

x^x+xx+X+x2xxx

2[2[x3+XjX32x3+x2x3+t23

%%-3%+2%

ata2-a3

222

3)j百式_(xj-2X]X2+々2)(玉2-2X)X34-x3)(x2-2X2X3+X3)

—X：/~+...

尸丫2

由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为，所以b的方寨之积为

指数组对应0■的方嘉乘积

42022

0%

411

擀%

330

321

2b3

222

原式_+ao~j巴++c'bjgba+dcr；

(1)

只要令玉=0,々=七=0,则原式左边=0。另一方面，有?=2,%=1，4=0

代入（1）式，得6=—4。再令玉=/=1爪3=_2,得d=-27。

1

令/=X2=l,x3=-,得

-。+c=22(2)

令%=%2==L得

3。+c=6(3)

由(2),(3)解得°=4=18。因此

卜彳式二一4b：，-4b；+18%er2b3-27b；

22222)

4)原式=石X2+%1X3+再X4+12X3+%2X4+工3X4

指数组对应b的方嘉乘积

2200

熄

2110

CTQ

1111

%

设原式=b；+Qb]03+

令玉=々=刍=L工4=°，得Q=-2

再令玉二=尤3=冗4=L得6=2°

因此原式=8-2bo3+2b&

J)原式="1X2*3+(西+”工2*3+)

222222

4-(^^2+X2X3+X1X3)+X}X2X3

由于**七+%"工3+々々W=。：。3-20%,

2222220；-a

X,X2+X2X3+Xjx3=2b]3

所以原式二-2。]03+°；—2b2b3+°；+03

2)g式=”:马2刍？+2(Xj2x2x+x^xx/23

232+X1X2X3)

+(Xj2x2+2222+3XjX2x+3%1%%2)

2X2X3+XJX3+3X^X2X32323

2%2%XX2XX

+(内2工2+^1-^2+13+九22尤3+13+2^)+2x,X2X3

222223

2(X,X2X3+XtX2X34-^X2%3)=2b2。3

22222

X)X2+X2X3+…+3XjX2X3=cr；+b[%

222

X/X2+XtX7+…+马尤3=0。2一。3

所以原式=。。2+。1%+。；+2%。3+。；-。3。

30.用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：

1)Z*4；

2)Z%，2%3.

3)X"话;

丁22

4).工玉》2尤3匕

(HaX\X2-Xn表示所有由aX\X2-X"经过对换得到的项的和。)

4

解1)因为多项式的首项为％，所以

指数组对应b的方嘉乘积

4000...0

b;

3100...02

%。2

2200...0

吗2

2110...0

111L.0

*

设贿式=0：+CLC^C2bo；+CO"।Cy+d(Tq

=X

令玉=1,工2=_1,%34=•••=%〃=°，得/?=2o

x,=x2=1,x3=...=xn=0,得q=-4

X[=工2=%3=1，14=…=Z=O'得C=4

X\=X2=I13=X4=-1，％5=•,,=X"=°，得d=-4

所以原式=°"4<T；%+2而+4/%-4%。

2）同理可得原式=⑦％一4%。

3）原式=-2o"口3+24。

4）原式=%外一4%4+94。

31.设是方程5炉―6炉+7%-3=0的三个根,计算

3；+a1a2+a；）（〃；+a2a3+a；）（〃；+q%+a；）

解因为

0,1—6Z|+Q,+%

aaaa

（72=%4+23+\3

%=a\a2a3

673

b]=一=一=—

由根和系数的关系，可得5-55,

再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得

（a；+axa2+a；）（a；+a2a3+a；）（a：+q%+a；）

77331679

a-cr,-(TT-<T=-

I(32-62?

32r

32.证明：三次方程“+a'X+%*+。3=°的三个根成等差数列的充分必要条件为

2。：-9q%+27%=0

O

证设原方程的三个根为则它们成等差数列的充分必要条件为

（2R-心一2）（26一G-&）（2心一河一&）=0

O

将上式左端表为初等对称多项式，得

（2&-司）（22-d-&）（2&-百-2）=2年一9①3,+27n

故三根成等差数列的充分必要条件为2/-94a2+27%=0。

二、补充题及参考解答

1.设工（x）=4（x）+bg（x）,g|（x）=<f（x）+dg（x）,“ad—bc力0,证明：

（/（x）,g（x））=（/,（x）,g|（x））

证设“（x）=（/（Og（x））,则由已知，得d（x）"i（x），d（Mgi（x）

其次，设Mx）是工（X）与g2（x）的任一公因式，只需证明夕（x）ld（x）即可。

因为工(x)=W(x)+侬(x),g।(x)=</(x)+dg(x),所以

fM=dj\(x)--广丁g|(x)

<ad-bead-be

8(x)=:j\(x)+fgi(x)

Iad-bead-be

又因为夕"，0g|从而9（x）M（x）。故d（x）也是力（%）与gi。）的最大公因

式。

/（x）g（x）

2.证明：只要（/（x），g（x））'（/（x），g（x））的次数都大于零，就可以适当选择适合等式

”(x)/(x)+v(x)g(x)=(/(x),g(x))的“(X)与心),使

/(X)

刎动RB丽产饮切"(/(x),g(x)),

证存在多项式出（X）,匕（X）,使

»1(x)/(x)+V,(x)g(x)=(/(x),g(x)),从而

%⑴品黑r匕⑴V丽t(1)

0（%（x））＜dg(x)

1）若％（X）的次数满足、(/(x),g(x))，则

/(X))

。（匕（x））＜0

'/(X)、

a（v,w）＞a

事实上，采用反证法。若、(/(x)，g(x)),，则（1）式左边的第一项次数小于

g(x),'/(X)、

d+d

1(/(x),g(x))J、(/(x),g(x)),，而第二项的次数大于或等于

g(x)/（X）、

d+d

、(/(x)，g(x)),（/（x）,g（x））,

>4.gU）Kaf./（x）Ko

这样（1）式左端的次数l（/（x），g（x））Jl（/（x）,g（x））J，但（]）式右端的次数

3(«1(x))<dg(x),d"i(x))<a/(x)

为零，矛盾。所以、(/(x),g(x)),、(/(x),g(x)),

此时对（x）,匕（x）即为所求。

g(x)

5(^,(x))>dg(x)

(/(x),g(x))J,则用(/(x),g(x))除q(x),可得

2)若

g(x)

M.(x)=s(x)-————-+r(x)5(r(x))<8

(/(x),g(x))，其中、(/(x),g(x))

u.(x)=s(x)---------

注意到〃（x）二°是不可能的，事实上，若"x）=0,则(/(x),g(x))

[s（x）g」.+匕（刈上（包=1

代入（1）式得O（x），g（x））（〃x）,g（x）），矛盾。

u.(x)=s(x)---------+r(x)

再将(/(x),g(x))代入(1)式，可得

"（x）=r（x）,v（x）=s（x）----------FV）（%）

令（/（x）,g（x）），再利用本题1）的证明结果，即证。

3.证明：如果“X）与g。）互素，那么/（£“）与g（x"'）也互素.

证由假设，存在“（X）和Wx）使〃（x）/（x）+v（x）g（x）=l,

于是（X'"）+V（x'"）g（x'"）=1,即证。

4.证明：如果工（x'&（xL..工T（x）的最大公因式存在，那么

f\（X）,人（X）,…工T（X）,。（X）的最大公因式也存在,且当f\（X）,&（x）,fs（x）全不为

零时有（/1（X），力⑴,…九（X）,£（功=（（/,（X）,力"），…九（X））/⑴）,再利用上式证明，

存在“1（X），，2（X）'•••，〃$（X）使

%⑴工(%)+〃2⑴人(X)+…+%(X)£(X)=(fl(x),/2(x),…,fs⑴)

证因为工(X)J2(X)，-/T(X)的最大公因式存在，设其为4(X),则

4(X)=(工(x),f,,(x),../t(x)),于是4(x)与£(X)的最大公因式也存在，不妨设为

d(x)=(4(x),£(%)),则d(x)l/(x)(z=1,2,...,s)

若设9(x)是fi(x),f2(x)9...fs_l(x),fs(x)的任一公因式，则。(%)14(%),

这样9(x)为与£(x)的一个公因式，又可得。(x)M(x),即证

d(x)=(于、(x),力(x),…九(x),£(x))

下面用归纳法证明本题第二部分。当s=2时结论显然成立，假设命题对5-1也成立，即存

在

V,(X),V式X),匕T(X),使V1(x)ft(x)+v2(x)f2(x)+...+匕T(x)£.i(x)

=(fl(x),力(x),…九(x))=4(x),成立。

再证命题对S也成立。

事实上，存在P(x)和4(x),使d(x)=(4(x),£,(x))=p(x)4(x)+q(x)£(x)

=P(x)[匕(x)/(x)+%(x)/2(%)+...+匕t(x)X-i(切+q(x)£(x)

令%(x)=p(x)匕(x)(z=1,2,...,5-1)；N,(x)=q(x),即证。

5.多项式机(％)称为多项式/(x),g(x)的一个最小公因式，如果

1)/(x)l〃?(x),g(x)l〃[(x)：

2)/(x)，g(x)的任一公倍式都是机(X)的倍式。

我们以"(x)，g(x)]表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果/(x)，g(x)的首项系

/(x)g(x)

"(x)，g(x)]

数都是1,那么(/(x),g(x))

证令(/(x)，g(x))=d(x),则

/(x)=f(x)d(x),g(x)=g](x)d(x),于是

/(x)g(x)

=/(x)g](x)=g(x)/(x)

(/(x),g(x))

/(x)|./(x)g(x)〃x)g(x)

即J(/(x),g(x)),(〃x),g(x)),

/("IM(x)

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

由倍式的定义,有M(x)=f(x)s(x)=g(x)f(x),

即fl(x)d(x)s(x)=/(x)s(x)=g(x)心)=g|(x)d(x)f(x),

消去d(x)得(x)s(x)=g](x)f(x),于是g|(x)I/；(x)s(x)。

由于"(x),gi(x))=l,因而©(x)ls(x)或者s(x)=g|(x)q(x),所以

M(x)=/(x)s(x)=/(x)g](x)q(x)=//、(？、、q(x)

(/(x),g(x)),

nJ(他⑷Mx)

(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〃x)，g(x),由

p(x)lf(x)g(x))可以推出P(x)"(x)或者P(x)lg(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P(x)=0(x)1P2(x),那么由假设可得

p(x)lPi(x)或p(x)lP2(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＞°且首项系数为1的多项式/(幻是一个不可约多项式的方幕的充分必要

条件为：对任意的多项式g(x)必有(/(x),g(x))=1,或者对某一正整数

m,f(x)lg"'(x)o

证必要性：设/(x)=p'(x)(其中p(x)是不可约多项式)，则对任意多项式g(x),有

])(p(x),g(x))=l：或2)p(x)lg(x)。

对于1)有(〃x)，g(x))=l。

对于2)有P'(x)Ig'(x),此即f(x)\g'(x)。再让机=s,即必要性得证。

充分性：设八用不是某一个多项式的方嘉，则/（X）=P；'。赭⑴…。；"（X）,

其中〃〉l，4（i=1,2,...,〃）是正整数。

若g（x）=p（x）,则山题设知/（X）与g（x）满足（/（X），g（X））=1或/（X）Ig'"（X）（〃2为某

一正整数）。但这是不可能的，即证。

8.证明：次数>°且首项系数为1的多项式/（X）是某一不可约多项式的方事的充分必要

条件是：对任意的多项式g（x），“（x）,由/（x）lg（x）应X）,可以推出/（x）lg（x）,或者

对某一正整数机J（x）1（X）。

证必要性：设/（x）lg（x）力（X）,则对多项式力（X）,有

]）（/（x）,〃（x））=l,于是/（x）lg（x）；2）/（x）l""（x）（机为某一正整数）。

必要性成立。

充分性：对任意多项式g（x）,有（/（x），g（x））=l或（/（x），g（x））=火X）N1,

若/（x）=〃x）d（x）,那么/（x）"（x）g（x）,但/（x）"（x）。再由充分性假设，可得

/（x）lg'"（x）,根为某一正整数。于是由第7题的充分条件，即证。

9.证明：x"+ax'"'"+匕不能有不为零的重数大于2的根。

证设/（X）=x"+ax，，n+b,则r（x）=x"~m~'[nxm+（.n-⑼a],

又因为''（X）的非零根都是多项式且。）=nx"'+（n-m）a的根，而g（x）的m个根都是单

根，因而/‘（X）没有不为零且重数大于2的根。

10.证明：如果/（x）l/（x“）,那么/（X）的根只能是零或单位根。

证设a是/（X）的任一个根,由/（X）"（x"）知，a也是〃x）"（x"）的根,即

/（£'）二°,所以也是/（X）的根。以此类推下去，则

2

a,a”,a"都是/（X）的根。

若/（x）是加次多项式，则"X）最多只可能有机个相异的根，于是存在k>4使

5=』,-1）=0,因此/（外的根a或者为0,或者为单位根。

ii,如果小a)"a),证明fa)有〃重根,其中〃=a(/(x))

证设《，牝，…，见是1ra)的s个不同的根，且它们的重数分别为4,为…，4,由于广(X)

是〃t次多项式，因而4+4+…+4="—1,

其次，由《(x)"(x),所以四，电，…，见分别为/(x)的4+1，4+1，“・，4+1重根，但

(4+1)+(%+1)+…+(4+1)=〃

，

所以〃-1+5=",从而5=1。这就是说，/“(X)只可能有一个根%,且重数为4=〃-1。

故/(X)有〃重根。

X-aX

11.设《，。2,是〃个不同的数，而"(')=(\)(-tZ2)...(X-Cln)

£=i

证明：I)-尸'(q)；2)任意多项式/(X)用/。)除所得的余式为

£(x-q)P(q)

/、eF(x)

g(x)=Z；-----7^77

证i)令$(x-q"("),

则d(g(x))〈”l,

a

任g(。])=g(〃2)=…=8(n)=1,

所以g(x)三1。即证得

.小)=]

总(犬一生)尸(生)

O

2)对于任意的多项式/(X),用尸(刀)除得

/(x)=q(x)/(x)+r(x),(r(x)=0或8(r(x))<n-l)

当r(x)=°时，结论显然成立。当3(r(x))"〃-l时，若令

一)=.皿尸⑺

金(x-q)P(q),

则°(A(x))W"-1,于是

«%)=f(ai)=k(ai)(z=1,2,...,n)

即证得

“T金(3X-q)尸国⑷

12.设《，出，…，。”与尸(x)同上题，且仇力2,…，"是任意〃个数，显然

3瑞K

适合条件L(q)=""=1,2,...,〃)

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J。)，它适合条件:

/⑵=3J⑶=—1J(4)=0J(5)=2

,x=0,一,乃

2)一个二次多项式/(”,它在2处与函数smx有相同的值;

3)一个次数尽可能低的多项式/(X),使

/(0)=1,/(1)=2,/(2)=5,/(3)=10

解1)设F(X)=(X-2)(X-3)(X-4)(X—5),且

/⑵=3,〃3)=-1,/(4)=0,/(5)=2,

将它们代入&X)(即/(外)，可得

.3(x—2)(x—3)(x—4)(x—5)(—l)(x—2)(x—3)(x—4)(x—5)

t\X)—I

(x-2)(2-3)(2-4)(2-5)(x-3)(3-2)(3-4)(3-5)

10(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)12(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)

(x-4)(4-2)(4-3)(4-5)(x-5)(5-2)(5-3)(5-4)

217203"

—xH---x2-----x+42

326o

2)已知

sin0=0=/(0)s,“，一1一/(万)sin^-=0=于(兀)

F（x）=x（x--）（x-万）

设2,与上题类似，可得

4

J⑶二-------X（X-7T）

71"O

3）同理,设.（x）=M尤T）（x-2）（x-3）,可得

2

/（x）=x+lo

14.设/（X）是一个整系数多项式，试证：如果/（°）与/⑴都是奇数，那么了（X）不能有整

数根。

证设。是/（X）的一个整数根，则/。）=（》一。）工（工）,由综合法知商式工（划也为整系

数多项式，于是

'〃0）=-d（0）

\/（1）=（1-«）/,（1）

又因为。与1-4中必有一个为偶数，从而/（°）与/（D中至少有一个为偶数，与题设矛盾。

故/（x）无整数根。

15.设玉，*2,是方程

xn+=0

的根，证明：々…”血的对称多项式可以表成玉与"卜"2,…，氏7的多项式。

证设/（/，…，X"）是关于》2,…，%的任意一个对称多项式，由对