高等代数习题解答第一章.docx
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高等代数习题解答第一章
高等代数习题解答
第一章多项式
x5与g（x）a（x2）2b（x1）
f2（x）xg2（x）x3h2（x），证明：
f（x）0，贝U（f2（x））为偶数，又
补充题1•当a,b,c取何值时，多项式f（x）
c（xx2）相等？
提示：
比较系数得a6,b^,c-.
555
补充题2•设f（x）,g（x）,h（x）?
[x],f（x）g（x）h（x）0.
证明假设f（x）g（x）h（x）0不成立•若
g2（x）,h2（x）等于0或次数为偶数，由于g2（x）,h2（x）?
[x]，首项系数（如果
有的话）为正数，从而xg2（x）xh2（x）等于0或次数为奇数，矛盾.若g（x）0或h（x）0则（xg2（x）x3h2（x））为奇数，而f2（x）0或（f2（x））为偶数，矛盾.综上所证，f（x）g（x）h（x）0.
1.用g（x）除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）=x-2x+5，g（x）=x2-x+2.
1）解法一待定系数法.
由于f（x）是首项系数为1的3次多项式，而g（x）是首项系数为3的2次多项式,所以商q（x）必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设
右边展开,
3
解得a
7,b更，c2，故得
999
q（x）
r（x）
262
x.
99
解法二带余除法.
1
-3
-1
-1
1
2
3
1
3
7
3
7
3
4
3
14
9
-1
7
9
26
c
2
c
1一3
1
26
0，
即
p
m210;
q
m
0.
mx1
3x
px
q
的充要条件
日是
m
q;
p
m210
解
2x
mx
1
除x4px2
q得余式为:
r（x
）
m（pm2
2）x（qp
0，
即
m
（p
m22）
2
0；
q
p
m10.
r（x）（p
令r（x）
m
2）
令r（x）
故x2
m21）x（qm），
21），
解得x2mx1xpx2q的充要条件是
m0;或q1；
^或2
pq1p2m.
3.求g（x）除f（x）的商q（x）与余式r（x）:
1）f（x）2x5x38x,g（x）x3;
32
2）f（x）xxx,g（x）x12i.
1）解法一用带余除法（略）.
解法二用综合除法.写出按降幕排列的系数，缺项的系数为0:
-320-50-80
+-618-39117-327
2-613-39109-327
所以
432
q（x）2x6x13x39x109,r（x）327.
2）解法一用带余除法（略）.
解法二用综合除法.写出按降幕排列的系数，缺项的系数为0:
f（x）
1-2i1-1-10
+1-2i-4-2i-9+8i
1-2i-5-2i-9+8i
所以
2
q（x）x2ix（52i）,r（x）98i.
4.把f（x）表成xx°的方幕和，即表成
2
C°C1（XX。
）C2（X沧）
的形式：
5
1）
设f（x）表成C0C|（xX0）C2（X
f（x）X,X。
1;
xXo除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到Co,Ci丄，Cn.
1）解用综合除法进行计算
1
1
0
0
0
0
0
+
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
1
2
3
4
1
2
3
4
5
1
+
1
3
6
1
3
6
10
1
+
1
4
1
4
10
1
+
1
15
所以x515（x1）10（x1）210（x1）35（x1）4（x1）5.
2）3）略
5.求f（x）与g（x）的最大公因式:
1）
f（x）
4x
3x
2
3x4x
1,g（x）x3x2x1；
2）
f（x）
4x
4x3
1,g（x）
32
x3x1;
3）
f（x）
4x
10x2
1,g（x）
x44.2x36x24.2x1
1）解用辗转相除法
q2（x）
11
-1
-1
11
-3
-4
-1
q（x）
1
0
‘3
1
1-
11
-1
-1
2
2
1
3
8
4
-1
n（x）
-2
-3
-1
q3（x）
2
2
3
3
1
3
1
-2
-2
2
4
4
3
3
D（x）
-1
-1
4
4
-1
-1
b（x）
0
g（x）
f（x）
1
4
所以
（f（x）,g（x））x1.
2）
（f（x）,g（x））1.
3）
（f（x）,g（x））x22.2x1.
6.
求u（x）,v（x）使u（x）f（x）v（x）g（x）
（f（x）,g（x））:
1）
f（x）
x42x3x24x2,g（x）x4
x22x
2）
f（x）
4x42x316x25x9,g（x）
2x
x25x
3）
f（x）
x4x34x2
4x
1,g（x）x2
1）
解用辗转相除法
q2（x）1
由以上计算得
因此
11-1
-2
-2
1
2
-1-4
-2
10-2
0
1
1
-1-2
-2
11
-2
-2
n（x）
1
0-2
0
10
-2
0
1
0-2
「2（X）1
0
-2
「3（X）
0
f（x）
q（x）g（x）
H（x）,
g（x）
q2（x）n（x）
D（x）,
n（x）
q3（x）a（x）,
（f（x）,g（x））
D（x）
2
x
2,
f（x）
g（x）
1
qO1
q3（x）10
（f（x）,g（x））s（x）
g（x）q2（x）n（x）
g（x）q2（x）[f（x）
qdx）g（x）]
q2（x）f（x）[1q（x）q2（x）]g（x）
所以
u（x）
q2（x）x1,v（x）1q（x）q2（x）x2.
1122
2）（f（x）,g（x））x1,u（x）3X3,v（x）-x21.
3）（f（x）,g（x））1,u（x）x1,v（x）x3x23x2.
7.设f（x）x3（1t）x22x2u,g（x）x3txu的最大公因式是一个二次多
项式，求t,u的值.
解略.
8.证明:
如果d（x）f（x）,d（x）g（x）且d（x）为f（x）与g（x）的一个组合，那么d（x）是f（x）与g（x）的一个最大公因式.
证明由于d（x）f（x）,d（x）g（x），所以d（x）为f（x）与g（x）的一个公因式.任取f（x）与g（x）的一个公因式h（x），由已知d（x）为f（x）与g（x）的一个组合，所以h（x）d（x）.因此，d（x）是f（x）与g（x）的一个最大公因式.
9.证明:
（f（x）h（x）,g（x）h（x））（f（x）,g（x））h（x），（h（x）的首项系数为1）.
证明因为存在多项式u（x）和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），
这表明（f（x）,g（x））h（x）是f（x）h（x）与g（x）h（x）的一个组合，又因为
（f（x）,g（x））f（x）,（f（x）,g（x））g（x），
从而
（f（x）,g（x））h（x）f（x）h（x）,（f（x）,g（x））h（x）g（x）h（x），
故由第8题结论，（f（x）,g（x））h（x）是f（x）h（x）与g（x）h（x）的一个最大公因式.注意到
（f（x）,g（x））h（x）的首项系数为1,于是
（f（x）h（x）,g（x）h（x））（f（x）,g（x））h（x）.
证明存在多项式u（x）和v（x）使
（f（x）,g（x））u（x）f（x）v（x）g（x），
因为f（x）,g（x）不全为零，所以（f（x）,g（x））0，故由消去律得
1
u（x）f（x）v（x）g（x），
（f（x）,g（x））（f（x）,g（x））
所以
（f（x）,g（x））1.（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
（u（x）,v（x））1.
证明因为f（x）,g（x）不全为零，故（f（x）,g（x））0,从而由消去律得
1u（x）空v（x）垃」，
（f（x）,g（x））（f（x）,g（x））
所以
（u（x）,v（x））1.
12.证明：
如果（f（x）,g（x））1,（f（x）,h（x））1，那么（f（x）,g（x）h（x））1.
证法一用反证法.假设d（x）（f（x）,g（x）h（x））1，贝U（d（x））0,从而d（x）有不可约因式p（x），于是p（x）f（x）,p（x）g（x）h（x），但因为（f（x）,g（x））1，所以p（x）不
整除g（x），所以p（x）h（x），这与（f（x）,h（x））1矛盾.因此（f（x）,g（x）h（x））1.
证法二由题设知，存在多项式U1（x）,V1（x）,U2（x）,V2（x），使得
U1（x）f（x）V1（x）g（x）1，U2（x）f（x）V2（x）h（x）1，
两式相乘得
[U1（X）U2（X）f（x）V1（x）U2（x）g（x）u,x）V2（x）h（x）]f（x）[v/x）V2（x）]g（x）h（x）1，所以（f（x）,g（x）h（x））1.
13.设f1（x）丄，fm（x）,g1（x）,L,gn（x）都是多项式，而且
（fi（x）,gj（x））1（i1,2,L,m;j1,2,L,n）.
求证：
（f1（x）f2（x）Lfm（x）,g（x）g2（x）Lgn（x））1.
证法一反复应用第12题的结果
证法二反证法
14.证明：
如果（f（x）,g（x））1，那么（f（x）g（x）,f（x）g（x））1.
证明由于（f（x）,g（x））1，所以存在多项式u（x）和v（x）使
u（x）f（x）v（x）g（x）1，
由此可得
u（x）f（x）v（x）f（x）v（x）f（x）v（x）g（x）1,
u（x）f（x）u（x）g（x）u（x）g（x）v（x）g（x）1,
即
u（x）v（x）f（x）v（x）f（x）g（x）1,
v（x）u（x）g（x）u（x）f（x）g（x）1,
于是
（f（x）,f（x）g（x））1，
（g（x）,f（x）g（x））1，
应用第12题的结论可得
（f（x）g（x）,f（x）g（x））1.
注也可以用反证法.
15.求下列多项式的公共根：
32432
f（x）x2x2x1;g（x）xx2x2x1.
提示用辗转相除法求出（f（x）,g（x））x2x1.于是得两多项式的公共根为
13i
2.
16.判别下列多项式有无重因式：
1）f（x）x55x47x32x24x8;
42
2）f（x）x4x4x3
1）解由于f'（x）5x420x321x24x4,用辗转相除法可求得
（f（x）,f'（x））（x2）2，
故f（x）有重因式，且x2是它的一个3重因式.
2）解由于f'（x）4x38x4，用辗转相除法可求得
（f（x）,f'（x））1，
故f（x）无重因式.
17.求t值使f（x）x33x2tx1有重根.解f'（x）3x26xt.
先用f'（x）除f（x）得余式r1（x）撐
1
当t3时，n（x）0.此时f'（x）f（x），所以（f（x）,f'（x））-f'（x）（x1）2，
3
所以1是f（x）的3重根.
1
2是f（x）的2重根.当
1，此时f（x）无重根.
当t3时，ri（x）0.再用ri（x）除f'（x）得余式d（x）t
2
a（x）0.此时，（f（x）,f'（x））—rdx）x
9
15
t3且t时，b（x）0,则（f（x）,f'（x））
4
18.求多项式x3pxq有重根的条件.
解略.
19.
如果（x1）2Ax4Bx21，求A,B.
f
（1）0且f'
（1）0,
B10;
2B0.
解得A1,B2.
解得A1,B
20.证明：
1x
x2xn
2!
-L-没有重根.
n!
n
X
（f（X）,f'（X））（f（x）,）n!
21.略.
而f（k）（xo）0.
（充分性）设f（Xo）f'（Xo）Lf（k1）（Xo）0，而f⑹（Xo）0，则Xo是f（k1）（x）的
单根，是f（k2）（x）的2重根，…，是f（X）的k重根.
23.举例说明断语“如果
是f'（x）的m重根，那么
是f（x）的m+1重根”是
不对的.
解取f（x）（x）m11，
则f'（x）m1（x）m.
是f'（x）的m重根，但
不是f（x）的m+1重根.
注：
也可以取具体的，如
0,m1.
24.证明：
如果（x1）f（xn），那么（xn1）
f（xn）.
证明略.
25.证明：
如果（x2x1）f1（x3）xf2（x3），那么
因此
f1
（1）丄⑴0；
f1
（1）2f2
（1）0.
解得f,1）f2
（1）0，从而（x1）f1（x）,（x1）f2（X）.
26.求多项式xn1在复数范围内和实数范围内的因式分解.
解多项式xn1的n个复根为
2k2k
kcosisin,k0,1,2,L,n1，
nn
所以xn1在复数范围内的分解式为
xn1（x1）（x1）（x2）L（xn1）.
在实数范围内，当n为奇数时：
1]，
1].
xn1（x1）[x2（1n1）x1][x2（2n2）X1丄*（口^J）X
当n为偶数时：
xn1（x1）（x1）[x2（1n1）x1][x2（2n2）X1]L[X?
（口口）X
22
27.求下列多项式的有理根：
1）x36x215x14;
2）4x47x25x1;
3）x5x46x314x211x3.
1）解多项式可能的有理根是1,2,7,14.
f
（1）40，f
（1）360.
由于fprW?
厂苏f都不是整数'所以多项式可能的有理
根只有2•用综合除法判别：
2
1
-6
15
-14
+
2
-8
14
2
1
-4
7
0
+
2
-4
1
-2
3工0
所以2是多项式的有理根（单根）.
注：
一般要求指出有理根的重数•计算量较小的话，也可以直接计算，如本题可
直接算得f
（2）0，说明2是f（x）的有理根，再由f'
（2）0知.2是单根•用综
合除法一般比较简单.
1
2）答—（2重根）.
2
3）答1（4重根），3（单根）.
28.
下列多项式在有理数域上是否可约?
1）
2x
1;
2）
4x
8x3
12x22;
3）
6x
x3
1；
4）
px
px
1，p为奇素数；
5）
4x
4kx
1，k为整数.
—）解x21可能的有理根是1，直接检验知，都不是它的根，故x21不可约.
2）解用艾森斯坦判别法，取p2.
3）解令xy1，则原多项式变为
（y1）6（y1）31y66y515y421y318y29y3，
取p3，则由艾森斯坦判别法知多项式y66y515y421y318y29y3不
可约，从而多项式x6x31也不可约.
4）提示：
令xy1，取素数p.
5）提示：
令xy1，取p2.
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