高等代数习题解答第一章.docx

1、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x 5 与 g(x) a(x 2)2 b(x 1)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(x x 2)相等？提示：比较系数得a 6,b ,c -.5 5 5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

2、次数为奇数，矛盾.若g(x) 0或 h(x) 0则(xg2(x) x3h2(x)为奇数，而f 2(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a7 ,

3、b更，c 2，故得9 9 9q(x)r(x)26 2x .9 9解法二带余除法.1-3-1-112313737343149-17926c2c1 一 31260，即pm2 1 0;qm0.mx 13 xpxq的充要条件日 是mq;pm2 1 0解2 xmx1除 x4 px2q得余式为:r(x)m(p m22)x (q p0，即m(pm2 2)20；qpm 1 0.r(x) (p令 r(x)m2)令 r(x)故x2m2 1)x (q m)，2 1)，解得x2 mx 1 x px2 q的充要条件是m 0;或 q 1；或 2p q 1 p 2 m .3.求g(x)除f (x)的商q(x)与余式r(x)

4、:1) f (x) 2x 5x3 8x, g(x) x 3;3 22) f (x) x x x, g(x) x 1 2i .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:-3 2 0 -5 0 -8 0+ -6 18 -39 117 -3272 -6 13 -39 109 -327所以4 3 2q(x) 2x 6x 13x 39x 109, 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)1-2i 1 -1 -1 0+ 1-2i -4-2i -9+8i1 -2i -5-2i -9+8i所

5、以2q(x) x 2ix (5 2i), r(x) 9 8i .4.把f (x)表成x x的方幕和，即表成2C C1(X X。) C2(X 沧)的形式：51)设 f (x)表成 C0 C| (x X0) C2(Xf (x) X , X。 1;x Xo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1100000+111111111111+1234123451+136136101+1414101+11 5所以 x5 1 5(x 1) 10(x 1)2 10(x 1)3 5(x 1)4 (x 1)5.2)3)略5.求f（x）与g（x）的最大公因式:1)f(x)

6、4 x3 x23x 4x1,g(x) x3 x2 x 1；2)f(x)4 x4x31,g(x)3 2x 3x 1;3)f(x)4 x10x21,g(x)x4 4.2x3 6x2 4.2x 11）解用辗转相除法q2（x）1 1-1-11 1-3-4-1q(x)10 311 -1 1-1-1221384-1n(x)-2-3-1q3（x）2233131-2-224433D(x)-1-144-1-1b(x)0g(x)f(x)14所以(f(x), g(x) x 1.2)(f(x),g(x) 1.3)(f (x), g(x) x2 2 . 2x 1.6.求 u(x), v(x)使 u(x)f(x) v(x

7、)g(x)(f (x), g(x):1)f(x)x4 2x3 x2 4x 2, g(x) x4x2 2x2)f(x)4x4 2x3 16x2 5x 9, g(x)2xx2 5x3)f(x)x4 x3 4x24x1,g(x) x21)解用辗转相除法q2(x) 1由以上计算得因此1 1 -1-2-212-1 -4-21 0 -2011-1 -2-21 1-2-2n(x)10 -201 0-2010 -22（X） 10-23（X）0f (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)2x2 ,f(x)g(x)1qO 1q

8、3(x) 1 0(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) 1 q(x)q2(x)g(x)所以u(x)q2(x) x 1, v(x) 1 q(x)q2(x) x 2.11 2 22) (f(x), g(x) x 1 , u(x) 3X 3, v(x) - x2 1.3) (f (x), g(x) 1 , u(x) x 1, v(x) x3 x2 3x 2.7.设f(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t,u的值.解略.8 .证明:如果d(x) f (x)

9、, 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)

10、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 (

11、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1u(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

12、由消去律得1 u(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 .

13、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 (i 1,2,L ,m; j 1,2,L , n).求证：(f1(x)f2(x)L fm(x), g(x)g2

14、(x)L gn(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 (

15、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：3 2 4 3 2f(x) x 2x 2x 1; g(x) x x 2x 2x 1.提示 用辗转相除法 求出(f(x), g(x) x2 x 1.于是得两多项式的公共根为1 3i2 .16.判别下列多项式有无重因式：1) f (x) x5 5x4 7x3 2x2 4x 8 ;4 22)f (x) x 4x 4x 31)解 由于f(x) 5x4 20x3 21x2 4x 4 ,用辗转相除法 可求得(f(x), f(x) (x

16、 2)2，故f (x)有重因式，且x 2是它的一个3重因式.2)解 由于f(x) 4x3 8x 4，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) x3 3x2 tx 1有重根. 解 f (x) 3x2 6x t .先用f(x)除f(x)得余式r1(x)撐1当 t 3 时，n(x) 0 .此时 f(x)f(x)，所以(f(x),f(x) - f (x) (x 1)2，3所以1是f(x)的3重根.12是f(x)的2重根.当1，此时f (x)无重根.当 t 3 时，ri(x) 0 .再用 ri(x)除 f (x)得余式 d(x) t2a(x) 0 .

17、此时，(f (x), f (x) rdx) x915t 3 且 t 时，b(x) 0,则(f (x), f (x)418.求多项式x3 px q有重根的条件.解略.19.如果(x 1)2 Ax4 Bx2 1，求 A, B .f (1) 0 且 f(1) 0 ,B 1 0;2B 0.解得A 1,B 2 .解得A 1,B20.证明：1 xx2 xn2!-L -没有重根.n!nX(f (X), f (X) (f (x),) n!21.略.而 f(k)(xo) 0 .(充分性)设 f(Xo) f(Xo) L f(k1)(Xo) 0，而 f(Xo) 0，则 Xo 是 f(k1)(x)的单根，是f(k2)

18、(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 )m 1 1，则 f (x) m 1 (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, m 1 .24.证明：如果(x 1) f(xn)，那么(xn 1)f(xn).证明略.25.证明：如果(x2 x 1) f1(x3) xf2(x3)，那么因此f1(1)丄 0；f1(1) 2f2(1) 0.解得 f,1) f2(1) 0，从而(x 1) f1(x), (x 1) f2(X).26.求多项式xn 1在复数范围

19、内和实数范围内的因式分解.解多项式xn 1的n个复根为2k 2kk cos i sin , k 0,1,2, L , n 1，n n所以xn 1在复数范围内的分解式为xn 1 (x 1)( x 1)(x 2)L (x n 1).在实数范围内，当n为奇数时：1，1.xn 1 (x 1)x2 ( 1 n 1)x 1x2 ( 2 n2)X 1丄* ( 口 J)X当n为偶数时：xn 1 (x 1)(x 1)x2 ( 1 n 1)x 1x2 ( 2 n2)X 1L X? ( 口 口)X2 227.求下列多项式的有理根：1)x3 6x2 15x 14 ;2) 4x4 7x2 5x 1 ;3) x5 x4

20、6x3 14 x2 11x 3 .1)解多项式可能的有理根是 1, 2, 7, 14 .f (1) 4 0， f ( 1) 36 0 .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：21-615-14+2-81421-470+2-41-23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.12） 答 （2重根）.23） 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)2 x1;2)4 x8x312x2 2 ;3)6 xx31 ；4)p xpx1，p为奇素数；5)4 x4kx1， k为整数.）解x2 1可能的有理根是 1，直接检验知，都不是它的根，故x2 1不可约.2） 解用艾森斯坦判别法，取p 2 .3） 解令x y 1，则原多项式变为（y 1）6 （y 1）3 1 y6 6y5 15 y4 21 y3 18 y2 9y 3，取p 3，则由艾森斯坦判别法知多项式 y6 6y5 15 y4 21 y3 18y2 9y 3不可约，从而多项式x6 x3 1也不可约.4） 提示：令x y 1，取素数p.5） 提示：令x y 1，取p 2 .