高等代数多项式习题解答.docx
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高等代数多项式习题解答
第一章多项式习题解答
1•用g(x)除f(x),求商<7(X)与余式心)•
1)f(x)=x3-3x2-x-l,g(x)=3疋-2x+l
3x2一2x+l
x3-3x2-x-1
322丄1
X——X+—x
33
一一fx-1
33
72147
——X+X——
399
262x——
99
17
-X-—
39
心)寺岭心—鄴一I
2)/(x)=x"-2x+5,g(x)=X,-x+2
x4+0?
+0x2-2x+5
X—F
x3-2x2-2x
兀'一兀'+2x
X2+x-\
-x2-4x+5
—+x—2
—5x+7
q(x)=x,+x—1,r(x)=-5x+7・
2.m、p、q适合什么条件时,有
1)x2+/mx-1Ix3+px+q
x1+//7.V-I
x3+Ox2+px+q
X5+nix1-X
-mx2+(p+l)x+q
2。
一mf-nrx+nt
(nr+0+l)x+(q-m)
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.
解:
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・
解法二:
运用辗转相除法得
2)/(x)=x4-4x3+1,g(x)=x3-3x2+\.
解:
运用辗转相除法得(注意缺项系数补零)
皿)=-卜+罟
x'—3对+Ox+1
31°2X+-X--x
33
10,2t
一一+-x+\33
10,1620
-—JT_—X+—
399
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
16
49539
一一X+
16256
27八(劝=_——
3256
27
-一X-
441
16
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;
解:
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
0
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
33
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
一9x+9
0
解:
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.
解:
运用辗转相除法得:
q2(x)=x+\
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.
解:
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).
证明:
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.
证明:
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•
证明:
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.
证明:
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.
解法一:
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・
解法二:
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;
解:
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.
解法二:
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・
解:
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.
解法一:
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.
解:
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.
解法一:
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