高等代数多项式习题解答文档格式.docx
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当且仅当〃『+/?
+!
=0、q=m时x2+nix-\\x'
+px+q.
本题也可用待定系数法求解•当x+itn-\\x+px+q时，用x2+mx-\去除疋+px+O,余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x-q.于是有
x'
+px+q=（x-q）（x2+nix-1）=xy+{m-q）x2-（mq+\）x+c/.
因此有nr+〃+1=0,q=m.
2）x2+nix+\\xA+px2+q
山带余除法可得
x4+px2+q=（x2+mx+Y）（x2-nix+p-\+m2）+m（2-p-m2）x+（q+\-p-m1）
当且仅当r（x）=m（2一p-m2）x+（q+1—”一〃产）=0时x2+nix+11x4+px2+g•即
m（2-p-m1）=0
§
+]_“_nr=0
m=0,
4+]=/人
或”+"
=2,
本题也可用待定系数法求解•当a2+nix+1lx4+px2+q时，用十+mx+\去除
+余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2+ax+q.于是
有
x4+px2+q=（x2+ax+q）（^2+〃口+1）
=x4+（m+a）xy+（ma+c/+\）x2+（a+mq）x+c/.
比较系数可得m+a=0,ma+q+\=p.a+m/=0•消去a可得
]加=0,
1$+1=几
3.求g（x）除f（x）的商q（x）与余式r（x）.
1）f（x）=2x5一5a3一8x,g（X）=x+3;
解：
运用综合除法可得
-320-50-80
一618-39117-327
2）f（x）=x3-x2-x,g（x）=x-\+2i.
解:
运用综合除法得：
1-2/1-1-10
1-2/-4-2/-9+8/
1-2i-5-2/-9+8/
商为F—2ix-（5+2i）涂式为—9+8/.
4.把/⑴表成尢-兀的方幕和，即表示成c0+cl（x-x0）+c2（x-x0）2+…的形式.
1）f（x）=x$9x0=1;
2）f（x）=x4—2x2+3,xQ=-2;
3）f（x）=x4+2/x3-（1+i）x2-3x+7+/,=-1.
分析：
假设/（x）为〃次多项式，令
/（x）=c0+c,（x-x0）+c2（x-x0）2+…+c”（x_Xo）"
=c0+（x-x0）[c1+c2（x-x0）+---+cn（x-x0）,/_1]
co即为兀-X（＞除/⑴所得的余式，商为q（x）=C]+C?
（X-旺）+…+C“（X-兀严.类似可得q为x-x（＞除商g（x）所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.
1）解法一：
应用综合除法得.
1100000
11111
1111111
1234
112345
136
113610
14
11410
15
f（x）=x5=（x-l）5+5（x-l）4+10（x-l）3+10（x-l）2+5（x-1）+1.
解法二：
把X表示成（x-l）+l,然后用二项式展开
xs=[（x-l）+l]5=（x-1）5+5（x-1）4+10（x-1）3+10（x-1）2+5（x-1）+1
2）仿上可得
-210-203
-24-48
-21-22-411
-28-20
-21-410-24
-212
-21-622
-2
1-8
/（x）=11-24（x+2）+22（x+2）2-8（x+2）3+（x+2）4.
3）因为
/（x）=x4+2/\3-（1+/）x2-3x+7+z
=（7+5z）一5（x+i）—（1+i）（x+/）'
—2,（x+。
’+（x+z）4・
5.求/（a）与g（x）的最大公因式
1）f（x）=x4+x3-3x‘-4x-l,g（x）=x'
+x2-x-l
解法一：
利用因式分解
f（x）=x4+<
-3x2_4兀_1=（x+l）（x_3x_l）,
g（x）=x3+x2-x-l=（x+l）'
（x-l）・
因此最大公因式为x+l・
运用辗转相除法得
2）/（x）=x4-4x3+1,g（x）=x3-3x2+\.
运用辗转相除法得（注意缺项系数补零）
皿）=-卜+罟
—3对+Ox+1
31°
2X+-X--x
10,2t
一一+-x+\33
10,1620
-—JT_—X+—
金）』」
299
（/W^Cv））=l.
x4-4x3+Ox2+0x+lx4-3x3+Ox2+x
x-l=^（x）
-x3+0x2-x+1
—+3对+Ox—1
）\（x）=-3a2-x+2
a.33一3x~+—x
16
49
49539
一一X+
16256
27八（劝=_——
3256
27
-一X-
441
256
3）f（x）=x4-\Ox2+1,g（x）=«
/-4、尬+6x2+4v2x+1.gW=/（x）-4^2（x3-2y/2x2-x）=f（x）+r}（x）,
f（x）=（A?
-lypix1-X）（X+2V2）-（X2-2yj2x-1）=—l\（X）（X+2J2）+（X）,
4y]2
—r（x）=x3-2y/2x2-x=x（x2一2血/一1）=一匚（x）x,4a/2-
Sit（/UXg（Q）=X2-2近x_1.
6•求u（x）9v（x）使u（x）f（x）+咻）g（x）=（/G）,g（x））:
1）f（x）=x4+2疋一宀4x-2,g（x）=/+，一妒一2x一2;
运用辗转相除法得：
q2（x）=x+\
x4+x，-x2-2x-2
X4-2x2
+2.v——4x-2
+x--2x-2
l=4（x）
A+X2-2.V
斤（x）=x3_2x
x=q3M
x3-2x
x}-2x
r2（x）=x2-2
因此（/（x）,g（x））=r2（x）=x2-2.且有
f（xy）=g（x）q}（x）+rl（x）,g（x）=斤⑴①⑴+勺⑴，rx（x）=r2（x）q3（x）.
于是r2（x）=g（x）-rl（x）q2（x）=g（x）-[f（x）-g{x）q{（x）]q2（x）
=一①（切/⑴+[1+SMq2（x）]g（x）・
u（x）=-q2（x）=-x-l,v（x）=1+4（x）q2（x）=x+2.
2）/（x）=4x4-2x5-16x2+5x+9,g（x）=2x3-x2一5x+4;
2（兀）=斗+[
2x3-x2-5x+4
4x4-2x3-16x2+5x+9
2x3+a2-3x
4x4-2a3-10x2+8x
-2x2-2x+4
?
（x）=-6x2-3x+9
-2x2-x+3
-6x2+6x
r>
（x）=-x+l
一9x+9
运用辗转相除法得:
2x=q}（x）
6x+9=§
3（x）
因此（/（x）,g（x））=-r2（x）=x-l•且有
fM=g（x）q}（x）+rl（x）,g（x）=rl（x）q2（x）+r2（x\r{（x）=r2（x）q3（x）.
于是r2（x）=g（x）-r{（x）q2（x）=g（x）-[f（x）-g（x）qx（x）]q2（x）
=一qEf（x）+[1+s（x）q2（x）]g（x）・
112.2
v（x）=-l-<
7i（x）t72（x）=-l-2x（--x+-）=-x^--x-l.
x2-x-1x2-2x
a4-x3-4x‘+4x+l
F-3=s（x）
.1—1
-3x2+4x+l
x-2
—3x*"
+3x+3
f2（a）=1
/i（A）=x-2
因此（f（x\g（x））=r2M=\.且有
f（x）=g（x）q}（x）+rl（x）,g（x）=rxMq2（x）+r2（x\r{（x）=r2（x）q3（x）.
于是r2（x）=£
（X）-斤（x）?
2（x）=g（x）-If（x）-g（x）qx（x）]q2（x）
=一弘（x）/（x）+[1+务（x）q2（x）]g（x）•
u（x）=—q2M=-x—1,v（x）=1+4（x）q2（x）=1+（x2一3）（x+1）=x3+x2一3x一2.
7.设/（x）=x3+（1+t）x2+2x+2u,g（x）=x3+tx+u的最大公因式是一个二次多项式，求的值.
运用带余除法有
f（x）=x3+（l+t）x2+2x+2u=（x3+tx+u）-l+（l+t）x2-（2-t）x+u=g（x）+斤（x）,山题意可得，rjx）即为f（x）.g（x）的最大公因式•因此有1+/H0•进一步
1/一2
w=rlw[___.+___]+r2w,
（l+o2
要使斤⑴为的最大公因式的充要条件是r2M=0.即
7（1+/）2-“（1+/）+（2-/）2=0,川（1+『）2一（一2）]=0,
解得
u=0.
u=0,
<
t—/1・
l±
V3z
19
C2'
u=-7-
-1+VTTz
“=-7+\/Fiz,
-i-Vh/
t=.
、2
8•证明:
如果d（x）If（x）,d（x）Ig（x）,且〃（x）为/（x）与g（x）的一个组合，那么
d（x）是/（x）与g（x）的一个最大公因式.
证明：
由d（x）\f（x）,d（x）Ig（x）可知〃（x）是/（x）与g（x）的一个公因式.下证/（X）与g（x）的任意一个公因式是〃（X）的因式.
由d（x｝为f（x）与g（x）的一个组合可知，存在多项式w（x）,v（x）,使得
J（x）=W（x）/（x）+v（x）^（x）.
设0（x）是/（X）与g（x）的任意一个公因式,则（p（x）If（x\（p（x）Ig（x）.故
（p（x）\u（x）f（x）+v（x）g（x）
即（p（x）IJ（A）.因此〃（x）是/（x）与g（x）的一个最大公因式.
9.证明:
（f（x）h（x）yg（x）h（x））=（/（x）,^（x））/?
（x）（/i（x）的首项系数为1）.
存在多项式h（x）,v（x）,使得
（/O）,g（x））=u（x）f（x）+咻）g（x）・
所以有（/（x）,g（x）”2（x）="
（x）/（x）〃（_r）+y（x）g（x）〃（x）.即（/（x）,g（x））"
（x）是
f（x）h（x）与g（x）h（x）的一个组合.显然有
（/3，g（x））l/（x）,（/（x）,g（x））lg（x）.
从而（/（X）,^（X））/7（A）I/（X）/?
（X）,（/（X）,^（X））/7（A）Ig（x）ll（x）•由第8题结果（/（x）,g（x）”?
（x）是/（x）/?
（x）与g（x）/£
i）的一个最大公因式.乂h（x）是首项系数为1的,因此（f（x）h（x\g（x）h（x））=（f（x）9g（x））h（x）.
/（X）g（x）
（/（x）,g（x）'
（/（x）,g（x）
证明:
lil/（x）^（x）不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即
（/（x）,g（x））H0・乂存在多项式m（x）,v（x）,使得
（/（◎g（x））=u（x）f（x）+咻）g（x）.
于是
因此册T册^“
11•如果f（x）,g（x）不全为零，且
u（x）f（x）+v（x）g（x）=（/（x）,g（Q）,那么（Z/（X）,V（A））=1.
由/（X）,g⑴不全为零可得（/（兀）,g（x））HO・由
u（x）f（x）+v（x）g（x）=（f（x）9g（x））
+v（x）
g（x）
（/（x）,g（x））
=1.
于是（w（x）,v（x））=l.
12•证明：
如果（/（x）,g（x））=l,（/（x）/（x））=1,那么（/（x）,g（x）/i（x））=1.
证法一、由条件（/（x）,g（x））=1,（f（x）Ji（x））=1可得存在多项式“1（X）,V,（X）；
"
2（X），"
2（X）使得
w1（x）/（x）+v1（x）^（x）=l,W2（x）/（x）+v2（x）h（x）=1.
两式相乘得
[%（x）u2（x）f（x）+W2（x）v,（x）g（x）+Mj（x）v2（x）/l（x）]/（x）+V（（x）v2（x）g（x”7（x）=1.因此有（/（x）,g（x）/?
（x））=l.
证法二、反证法证明.显然（/（x）,g（x）〃（x））HO.若（/（x）,g（x）〃（x））H1,则存在不可约多项式P（x）,使得p（x）为f（x）与g（x）h（x）的公因式.因此有p（x）If（x）且p（x）\g（x）h（x）.由p（x）的不可约性有p（x）Ig（x）或p（x）Ih（x）.若p（x）Ig（x）,则p（x）为f（x）与g（x）的一个公因式，与（/（x）,g（x））=l相矛盾.若p（x）Ih（x）,则p（x）为/（x）与/t（x）的一个公因式，与（f（x）,/t（x））=l相矛盾•因此（/（X），g（X）"
W）H1不成立，即有（/（x）,g（x）/?
（x））=1.
13.设£
（x\f2（x\（x）,g]（a）,g2（x）,…g”（x）都是多项式，而且
（Z（x）,gj（x））=1,（i=1,2,…,m;
j=1,2,…,fl）.
求证：
（/,（x）ECO…f„,（x），g]（x）g2（x）…gn（X））=1•
由（/1（x）,^>
（x））=1（j=1,2,反复利用第12题结果可得
（/i（%）,g]（gCO…g“（x））=1•
类似可得
（Z（x），gi（x）g2⑴…g”（x））=1,j=2,…,m.
再反复利用12题结果可得（£
（x）/2（x）…几（x）,g]（风息（x）…g„（x））=1.
14.证明：
如果（/（x）,g（x））=1,那么（/（x）g（x）J'
（x）+g（x））=1.
方法一.由（/（x）,g（x））=l,存在多项式w（x）,v（x）使得
u（x）f（x）+v（x）g（x'
）=l.
从而有
0<
|（X）-V）（x））/（x）+V,（X）（/（A）+g（x））=1,«
1（x）（/（x）+g（x））+（一绚⑴+片M）gW=L因此有（/（x）,/（x）+g（x））=l,（g（x）,/（x）+g（x））=l.由12题结果结论成立.
方法二：
用反证法.若（/（x）g（x）,/（x）+g（x））H1.则存在不可约多项式p（x）,使得P（x）为/（x）g（x）与/（x）+g（x）的公因式.即
p（x）If（x）g（x）且p（x）If（x）+g（x）.
由P（x）的不可约性及p（x）If（x）g（x）,有p（x）If（x）或p（x）Ig（x）.若p（x）If（x）,乂pM\f（x）+g（x）,因此有p（x）I[（f（x）+g（x））-/（x）],即p（x）Ig（x），也即p（x）为/（x）与g（x）的—个公因式，与（/3，g（x））=l相矛盾.类似可得当p（x）Ig（x）时也与已知g）,g（x））=l矛盾.所以（/（x）g（x）,/（x）+g（x））=l.
15.求下列多项式的公共根：
f（x）=x3+2x2+2x+l;
g（x）=+x3+2a,2+x+1.
利用因式分解可得
f（x）=x+2f+2x+l=（x+l）（x~+x+l）;
g（x）=xA+x3+2x2+x+l=（a2+l）（x‘+x+l）・
i斤
因此（f（x\g{x））=x2+x+\.fM与g（x）的公共根为-于土宁i・
运用辗转相除法求出/（X）与g（n的最大公因式，最大公因式的根即为所求的公共根.
迄2
+-
1-2
g（x）=/（xXx-1）一2（x2+X+1）,f（x）=（A-2+X+l）（x+1）.
因此（/（兀）,g（x））=x2+x+l.f（x）与g（x）的公共根为
16•判别下列多项式有无重因式：
1）/（x）=x5-5x4+lx3-2x2+4x一8;
广（尢）=5"
-20疋+21工一4兀+4,
运用辗转相除法可得（/（x）J©
））=x2—4x+4=（x-2）1因此—2为/（X）的三重因式.
试根可得2为/（x）的根
f（x）={X一2）（x4-3x3+兀2+4）=（X一2）2（疋一疋一兀一2）=（X—2）\x2+x+1）・
因此x—2为J\x）的三重因式.
2）f（x）=x4+4x2-4x-3・
f\x）=4x3+8x-4=4（"
+2x-l）.g）,广（x））=1.故/（a）无重因式.
17•求f值使f（x）=疋一3扌+x_l有重根.
要使/（劝有重根，则（/（x）/（x））H1J©
）=3x2-6x+/・
/（x）=x3-3x2+Lv-l=（-x--）/'
（-v）+—（2x+1）,
f'
（x）=3x2-6x+t=（2x+l）（-x-—）+/+—.
当上2=0,即/=3时
广匕）=3兀2一6兀+3=3（—1）2,/©
）|/（Q（/（x）J©
））=（x—1）2,
因此1为/（x）的三重根.
当^+―=0,即t=~—时，（/（x）J-（x））=x+|,-］为/⑴的二重根.解法二:
设/（x）=（X-a）2（x-b）=x3-（2a+b）x2+（a2+2ab）x—a2h.
因此有
2a+b=3,
va2+2ab=t,
a2b=\.
由第一个方程有b=6—2a,代人第三个方程有/（3_2°
）=1,2/-3/+1=0,即
1
‘=—
2方=4,=_15
（“一1）2（2“+1）=0・因此有
=1,
〃=1,或V
/=3,
即当r=3时1为/（a）的三重根；
当t=-—时，-丄为/（a）的二重根.2
18•求多项式x^px+q有重根的条件.
令/（切=疋+/以+。
•显然当〃=g=0时，0为/（x）的三重根•当“H0时,
f9（x）=3x2+p,
f（x）=尤3+px+q=*+斗x+q,
“、,2p927q27q2
fW=（—v+<
7）（—x-—^）+（/?
+—-5-）.
32p4/”4/r
要使/（x）有重根，则（/（x）,/•（%））H1•即"
+?
算=0,即4//+27亍=°
显然4/<
p=q=0也满足4/,+27/=0.因此/（x）有重根的条件是4/J+271?
2=0.
19•如果（x_1尸IAx4+Bx2+1,求礼B.
利用整除判定方法，（X-l）2|A^+&
2+1的充要条件是用（X-l）2除
Ax4+Bx2+\9余式为零.
Ax4+Bx2+\=（x-\）2（Ax2+2Ax+B+3A）+（2B+4A）x+{\-3A-B）.
因ifc有（23+4A）x+（l—3A—3）=0,即
2B+4A=0,JA=1,
1—3A—B=0.[3=一2・
解法二要使（x-1）2IAv4+Bx2+1成立，则1至少是加4+从2+1的二重根.
因此1既是Ax4
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