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高等代数答案(王萼芳,石生明)

时间:2014-04-19


第一章

多项式

多项式理论是高等数学研究的基本对象之一, 在整个高等代数课程中既相对独立, 又贯穿其 他章节。换句话说,多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系,却可 为其他章节的内容提供范例与理论依据。 本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质,包括数域的概念、一元多项式的定义与运算 规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多元多项式,则主要讨论字典排列法与对称多项 式。 一 重难点归纳与分析 (一) 基本内容概述 多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分,其中一元多项式主要讨论: 1. 一元多项式的基本概念与基本性质:主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与 运算规律。 2. 一元多项式的整除性理论:主要讨论带余除法与余数定理、整除的基本概念与基 本性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质。 3. 一元多项式的因式分解理论:主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因 式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。 4. 一元多项式的根与重根:主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根 的个数定理。 多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式。 (二)重难点归纳 本章的重点为一元多项式的概念,因式分解理论,多项式的根和对称多项式;难点为最大 公因式的定义,一元多项式的整除性,一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项 式等概念的联系与区别。 (三)题型归类与分析 本章的基本题型主要有: 1. 关于一元多项式的基本概念,通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法,用以确定 多项式的次数及证明有关命题。 2. 关于一元多项式整除性理论,通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的 判别、按幂展开等等,可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法 及利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。 3. 关于一元多项式的因式分解理论,通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判 别等等,可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式 法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题。 4. 关于一元多项式的根与重根,通常有根的检验及重根的判别、根与系数的关系以及球多 项式的根与重根等等,可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别 法等进行讨论,以及利用某些基本定理求解。 5. 关于多元多项式,通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用,其 中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法;应 用对称多项式,可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒 等式的证明及求多元多项式的零点。 (四) 综合举例

例1 设

f ( x ) 是一元多项式, a, b 是任意数, c 是非零数,试证:

1) f ( x ? c ) = f ( x) ? f ( x ) 是常数; 2) f ( a + b) = f ( a) + f (b) ? f ( x ) = kx( k 为常数) ; 3) f ( a + b) = f (a ) f (b) ? f ( x ) = 1或1 。 证 上述命题的充分性显然,下证必要性。

1) 若 f ( x ) 不 是 常 数 , 因 f ( x ) 是 一 元 多 项 式 , 可 设 ?( f ( x )) = n > 0 , 并 设

x1 , x 2 ,... x n 是f ( x )的n 个根,则 f ( xi ? c) = f ( xi ) = 0
(i = 1, 2,..., n)

于是 x1 ? c, x 2 ? c,... x n ? c 也是 f ( x ) 的 n 个根,再由韦达定律,有

( x1 ? c) + ( x 2 ? c) + ... + ( x n ? c ) = x1 + x 2 + ... + x n
从而 c = 0 ,与假设矛盾,即证 f ( x ) 是常数。 2) 在 f (a + b) = f ( a ) + f (b) 中,令 b = 0 ,可得 f ( 0) = 0 ,于是 x0 = 0 是 f ( x ) 的一个 根,从而有 f ( x ) = xg ( x ), 再令 x = 2t ,得

2tg ( 2t ) = f ( 2t ) = f ( x + t ) = f ( x ) + f (t ) = 2 f (t ) = 2tg (t ) ? g ( 2t ) = g (t )
即证 g ( x ) 为一个常数,设其为 k ,代入 f ( x ) = xg ( x ) 可得 f ( x) = kx 。

3) 若 f ( x ) = 0 ,则结论成立。否则由

f ( 2 x ) = f ( x + x) = f ( x ) f ( x )
知 f ( x ) 只能是常数,设其为 k ,则

k = f (0) = f (0) + f (0) = f (0) f (0) = k 2
又因假设, k ≠ 0 ,所以 k = 1 ,即证 f ( x) = 1 。

例2

在 P[ x] 中,设 g ( x ) ≠ 0, h( x) 为任意的多项式,试证:

f ( f ( x ), g ( x )) = ( f ( x) ? h( x ) g ( x ), g ( x ))
证: 由已知,可设

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


f ( x ) = q1 ( x )d ( x), g ( x ) = q 2 ( x )d ( x)
于是

f ( x ) ? h ( x ) g ( x ) = [q1 ( x) ? h( x )q 2 ( x )]d ( x)
即 d ( x) 是 f ( x ) ? h ( x ) g ( x ) 与 g ( x ) 的一个公因式。 若 d1 ( x) 是 f ( x ) ? h ( x ) g ( x ) 与 g ( x ) 的任意一个公因式,则由多项式的整除性质,可 得 f ( x) = q 3 ( x ) d1 ( x) 。这表明 d 1 ( x ) f ( x ) ,从而

d1 ( x) d ( x)
即 d ( x) 还是 f ( x ) ? h ( x ) g ( x ) 与 g ( x ) 的一个首项系数为 1 的最大公因式,故有

d ( x ) = ( f ( x), g ( x )) = ( f ( x ) ? h ( x ) g ( x ), g ( x ))
例3 设 f 1 ( x ), f 2 ( x ), g1 ( x), g 2 ( x ) 是实系数多项式,且 (1) (2)

( x 2 + 1) f1 ( x) + ( x + 1) g1 ( x) + ( x ? 2) g 2 ( x ) = 0 ( x 2 + 1) f 2 ( x ) + ( x ? 1) g 1 ( x ) + ( x + 2) g 2 ( x ) = 0
试证 g1 ( x), g 2 ( x) 皆能被 x + 1 整除。 证 由 ( x ? 1) × (1) ? ( x + 1) × ( 2) 可得
2

( x 2 + 1)[( x ? 1) f1 ( x ) ? ( x + 1) f 2 ( x )] ? 6 xg 2 ( x ).
再由 ( x + 2) × (1) ? ( x ? 2) × ( 2) ,同理可证 ( x + 1) | g1 ( x). 例4 试问: 2 是否为一元多项式
2

f ( x) = 3x 4 + 4 x 3 ? x 2 + 4 x ? 4 g ( x ) = x 5 ? 6 x 4 + 11x 3 ? 2 x 2 + ?12 x + 8
的根?如果是,它是几重根? 解:考察 2 是否为 f ( x ) 或者 g ( x ) 的根时,可采用综合除法,得 f ( 2) = 80 ≠ 0 ,

g (2) = 0 。即知 2 不是 f ( x ) 的根,但 2 是 g ( x ) 的根。
进一步考察 2 是 g ( x ) 的几重根。 求 g ( x ) 的各阶导函数。因为

g ( x ) = x 5 ? 6 x 4 + 11x 3 ? 2 x 2 ? 12 x + 8
所以

g / ( x ) = 5 x 4 ? 24 x 3 + 33x 2 ? 4 x ? 12 g // ( x) = 20 x 3 ? 72 x 2 + 66 x ? 4 g /// ( x ) = 60 x 2 ? 144 x + 66
于是有

g (2) = g / (2) = g // (2) = 0, g /// (2) = 18 ≠ 0
从而知 2 是 g ( x ) 的三重根。

例5

设有一个三阶行列式

x1 f ( x1 , x 2 , x3 ) = x3 x2

x2 x1 x3

x3 x2 x1

试求此行列式,并将其表示成初等对称多项式的多项式。 解:直接展开此三阶行列式,可得

f ( x1 , x2 , x3 ) = x13 + x2 3 + x33 ? 3x1 x2 x3
再由初等对称多项式

σ 1 = x1 + x 2 + x3 σ 2 = x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x 3 σ 3 = x1 x 2 x 3
则所求多项式 f 中相应的初等对称多项式 σ i (i = 1,2,3) 的方幂之积应满足下表: 指数组 3 0 0 对应的 σ i 的方幂乘积

σ i3

2 1 若令

1 1

0 1

σ 1σ 2 σ3

f ( x1 , x 2 , x3 ) = x1 + x 2 + x 3 ? 3x1 x 2 x3 = σ 1 + aσ 1 σ 2 + bσ 3
并取值 x1 = 0, x 2 = 1, x3 = ? 1, 代入上式可得

3

3

3

3

b=0
从而所求初等对称多项式为

f = σ 1 ? 3σ 1σ 2
例6 解 求一个三元一次方程, 使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。 设 α , β , γ 分别为方程 x 3 + ax 2 + bx + c = 0 的三个根,则

3

α 3 + β 3 + γ 3 = (α + β + γ ) 3 ? 3(α + β + γ )(αβ + βγ + αγ ) + 3αβγ

= ?a 3 ? 3ab + 3c
α 3 β 3 + β 3γ 3 + α 3γ 3 = (αβ + βγ + αγ ) 3 ? 3αβγ (α + β + γ )(αβ + βγ + αγ ) + 3α 2 β 2 γ 2

= ?b 3 ? 3abc + 3c 2
α 3 β 3γ 3 = ?c 3
于是由韦达定理,所求三元一次方程为

y 3 + (a 3 + 3ab ? 3c ) y 2 + (b 3 ? 3abc + 3c 2 ) y + c 3 = 0

二 、

习题精解

1. 用 g ( x ) 除 f ( x ) ,求商 q ( x ) 与余式 r ( x ) : 1) f ( x ) = x 3 ? 3x 2 ? x ? 1, g ( x ) = 3x 2 ? 2 x + 1 2)

f ( x ) = x 4 ? 2 x + 5, g ( x ) = x 2 ? x + 2

解 1)由带余除法,可得 q ( x ) =
2

1 7 26 2 x ? , r ( x) = ? x ? 3 9 9 9

2)同理可得 q ( x ) = x + x ? 1, r ( x) = ?5 x + 7

2. m, p, q 适合什么条件时,有 1) x 2 + mx ? 1 | x 3 + px + q 2) x + mx + 1 | x + px + q 解 1 由假设,所得余式为 0,即
2 4 2

( p + 1 + m 2 ) x + ( q ? m) = 0
所以当

? p + 1 + m2 = 0 ? ? q?m=0
时有

x 2 + mx ? 1 | x 3 + px + q
2)类似可得

? m( 2 ? p ? m 2 ) = 0 ? 2 ?q + 1? p ? m = 0
于是当 m = 0 时,代入(2)可得 p = q + 1 ;而当 2 ? p ? m = 0 时,代入(2)可得 q = 1 。 综上所诉,当
2

? m=0 ? ?p = q +1
时,皆有

或?

q =1 2 ?p + m = 2
?

x 2 + mx + 1 | x 4 + px 2 + q

3.求 g ( x) 除 f ( x) 的商 q ( x ) 与余式 r ( x) : 1 ) f ( x) = 2 x ? 5 x ? 8 x, g ( x) = x + 3 2) f ( x) = x ? x ? x, g ( x) = x ? 1 + 2i 解 1)因为 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。
3 2 5 3

所以

q ( x ) = 2 x 4 ? 6 x 3 + 13x 2 ? 39x + 109 r ( x) = ?327
2)因为 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 所以

q ( x ) = x 2 ? 2ix ? (5 + 2i ) r ( x) = ?9 + 8i

4.把 f ( x) 表示成 x ? x0 的方幂和,即表成

c0 + c1 ( x ? x0 ) + c2 (x ? x 0 )2 + ... + cn ( x ? x 0 )n + ...
的形式: 1 ) f ( x) = x 5 , x0 = 1 2) f ( x ) = x ? 2 x + 3, x0 = ?2 3) f ( x) = x + 2ix ? (1 + i) x ? 3 x + 7 + i, x0 = ? i 解 1)由综合除法,可得 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 所以
4 3 2 4 2

f ( x) = 1 + 5( x ? 1) + 10( x ? 1)2 + 10(x ? 1)3 + 5(x ? 1)4 + (x ? 1)5
2)类似可得

x 4 ? 2 x 2 + 3 = 11 ? 24( x + 2) + 22( x + 2)2 ? 8( x + 2)3 + (x + 2)4
3) 因为 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 所以

x 4 + 2ix3 ? (1 + i) x 2 ? 3 x + (7 + i)
= (7 + 5i ) ? 5( x + i ) + (?1 ? i )( x + i ) 2 ? 2i (x + i )3 + (x + i )4

5.求 f ( x) 与 g ( x) 的最大公因式: 1) f ( x) = x + x ? 3 x ? 4 x ? 1, g ( x) = x + x ? x ? 1 2) f ( x ) = x 4 ? 4 x 3 + 1, g ( x) = x 3 ? 3 x 2 + 1
4 3 2 3 2

3) f ( x) = x ? 10 x + 1, g ( x ) = x ? 4 2 x + 6 x + 4 2 x + 1 解 1) ( f ( x), g ( x)) = x + 1 2) ( f ( x), g ( x)) = 1 3) ( f ( x), g ( x)) = x ? 2 2 x ? 1
2

4

2

4

3

2

6.求 u ( x), v( x) 使 u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = ( f ( x), g( x)). 1) f ( x) = x + 2 x ? x ? 4 x ? 2, g ( x) = x + x ? x ? 2 x ? 2 2) f ( x) = 4 x ? 2 x ? 16 x + 5 x + 9, g ( x) = 2 x ? x ? 5 x + 4 3) f ( x) = x 4 ? x3 ? 4 x2 + 4 x + 1, g ( x) = x2 ? x ? 1 解 1)因为 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 所以
4 3 2 3 2 4 3 2 4 3 2

( f ( x), g ( x)) = x2 ? 2 = r2 ( x)
再由

? f ( x ) = q1 ( x) g ( x) + r1 ( x) ? ? g ( x) = q2 ( x) r 1 ( x) + r 2 ( x)
解得

r2 ( x) = g ( x) ? q2 ( x) r1 ( x) = g ( x) ? q2 ( x)[ f ( x) ? q1 ( x) g ( x)]
= [ ? q2 ( x)] f ( x) + [1 + q1 ( x) q2 ( x)] g( x)
于是

u ( x) = ? q2 ( x) = ? x ? 1 v( x) = 1 + q1 ( x) q2 ( x) = 1 +1i( x +1) = x + 2
2)仿上面方法,可得

( f ( x), g ( x)) = x ? 1


1 1 2 2 u( x) = ? x + , v( x) = x 2 ? x ? 1 3 3 3 3
3)由 ( f ( x), g ( x)) = 1 可得

u ( x) = ? x ? 1, v ( x ) = x 3 + x 2 ? 3 x ? 2

7.设 f ( x) = x 3 + (1 + t) x 2 + 2 x + 2u 与 g ( x) = x3 + tx 2 + u 的最大公因式是一个二次多项 式,求 t , u 的值。 解 因为

f ( x ) = q1 ( x ) g ( x ) + r1 ( x ) = ( x 3 + tx 2 + u ) + (x 2 + 2x + u ) g ( x) = q2 ( x) r1 ( x) + r2 ( x)
= ( x + (t ? 2))( x 2 + 2 x + u ) ? (u + 2t ? 4) x + u (3 ? t )
且由题设知最大公因式是二次多项式,所以余式 r2 ( x) 为 0,即

??(u + 2t ? 4) = 0 ? ? u (3 ? t ) = 0
从而可解得

?u1 = 0 ? ? t1 = 2



?u2 = ?2 ? ? t2 = 3

8. 证明: 如果 d ( x) | f ( x), d ( x) | g ( x) , 且 d ( x) 为 f ( x) 与 g ( x) 的组合, 那么 d ( x) 是 f ( x) 与 g ( x) 的一个最大公因式。 证 易见 d ( x ) 是 f ( x) 与 g ( x) 的公因式。另设 ? ( x) 是 f ( x) 与 g ( x) 的任一公因式,下证

? ( x) | d ( x) 。
由于 d ( x) 是 f ( x) 与 g ( x) 的一个组合,这就是说存在多项式 s ( x) 与 t ( x) ,使

d ( x) = s( x) f ( x) + t( x) g( x)
从而由 ? ( x ) | f ( x), ? ( x) | g ( x) 可得 ? ( x ) | d ( x ) ,即证。

9.证明: ( f ( x) h( x), g( x) h( x)) = ( f ( x), g( x)) h( x) 证 因为存在多项式 u ( x), v( x) 使

( h( x) 的首系数为1) 。

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

另一方面,由 ( f ( x), g ( x)) | f ( x) 知

( f ( x), g( x)) h( x) | f ( x) h( x)
同理可得

( f ( x), g( x)) h( x) | g( x) h( x)
从 而 ( f ( x), g ( x)) h( x) 是 f ( x) h( x) 与 g ( x) h( x) 的 一 个 最 大 公 因 式 , 又 因 为

( f ( x), g ( x)) h( x) 的首项系数为1,所以

( f ( x) h( x), g( x) h( x)) = ( f ( x), g( x)) h( x)

10.如果 f ( x ), g ( x ) 不全为零,证明:

? ? f ( x) g ( x) , ? ? =1 ? ( f ( x), g( x)) ( f ( x), g( x)) ?
证 存在 u ( x), v( x) 使

( f ( x), g ( x)) = u( x) f ( x) + v( x) g( x)
又因为 f ( x), g ( x) 不全为0,所以

( f ( x ), g ( x)) ≠ 0
由消去律可得

1 = u ( x)
所以

f ( x) g ( x) + v( x) ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g( x))

? ? 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 由上题证明类似可得结论。

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 由假设,存在 u1 ( x), v1 ( x) 及 u2 ( x), v2 ( x) 使 ( 1) (2)

u1 ( x ) f ( x) + v1 ( x) g ( x) = 1 u 2 ( x ) f ( x) + v2 ( x ) h ( x) = 1
将(1) (2)两式相乘,得

[u1 ( x )u2 ( x) f ( x) + v1 ( x) u2 ( x) g( x) + u1( x) v2 ( x) h( x)] f ( x) +[ v1 ( x) v2 ( x)] g ( x) h( x) = 1
所以

( f ( x), g ( x) h( x)) = 1

13.设 f1 ( x ),..., f m ( x), g1 ( x),..., g n ( x) 都是多项式,而且

( fi ( x), g j ( x)) = 1
求证:

(i = 1, 2,..., m; j = 1, 2,..., n)

( f1 ( x ) f 2 ( x)... fm ( x), g1( x) g 2 ( x)... gn ( x)) = 1
证 由于

( f1 ( x ), g1 ( x)) = 1 ( f1 ( x ), g 2 ( x )) = 1 .......................... ( f1 ( x ), g n ( x )) = 1
反复应用第 12 题结论,可得

( f1 ( x ), g1 ( x) g 2 ( x)... g n ( x)) = 1
同理可证

( f 2 ( x), g1 ( x) g 2 ( x)... gn ( x)) = 1 ........................................ ........ ( f m ( x ), g1 ( x) g 2 ( x)... g n ( x)) = 1
从而可得

( f1 ( x ) f 2 ( x)... fm ( x), g1( x) g 2 ( x)... gn ( x)) = 1

14.证明:如果 ( f ( x), g ( x)) = 1 ,那么 ( f ( x) g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1 。



由题设知 ( f ( x), g ( x)) = 1 ,所以存在 u ( x), v( x) 使

u( x) f ( x) + v( x) g( x) = 1
从而

u( x) f ( x) ? v( x) f ( x) + v( x) f ( x) + v( x) g( x) =1


[u( x) ? v( x)] f ( x) + v( x)[ f ( x) + g( x)] = 1
所以

( f ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
同理

( g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
再由 12 题结论,即证

( f ( x) g ( x), f ( x) + g ( x)) = 1
15.求下列多项式的公共根

f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1, g ( x ) = x 4 + x 3 + 2 x 2 + x + 1
解 由辗转相除法,可求得

( f ( x ), g ( x)) = x 2 + x + 1
所以它们的公共根为

?1 ± 3i 。 2

16.判别下列多项式有无重因式: 1 ) f ( x) = x ? 5 x + 7 x ? 2 x + 4 x ? 8 2 ) f ( x) = x 4 + 4 x 2 ? 4 x ? 3
5 4 3 2



1)

f ′( x ) = 5 x 4 ? 20 x 3 + 21x 2 ? 4 x + 4
( f ( x), f ′( x)) = ( x ? 2) 2

所以 f ( x) 有 x ? 2 的三重因式。 2) f ′( x ) = 4 x + 8x ? 4
3

( f ( x), f ′( x)) = 1

所以 f ( x) 无重因式。

17.求 t 值,使 f ( x) = x 3 ? 3 x 2 + tx ? 1 有重根。 解 易知 f ( x) 有三重根 x = 1 时, t = 3 。若令

x3 ? 3 x 2 + tx ? 1 = ( x ? a ) 2 ( x ? b )
比较两端系数,得

? ? 3 = ? 2a ? b ? 2 ? t = a + 2ab ? 1 = a 2b ?
由(1) , (3)得

2a 3 ? 3a 2 + 1 = 0
解得 a 的三个根为

a1 = 1, a2 = 1, a3 =

1 2

将 a 的三个根分别代入(1) ,得

b1 = 1, b2 = 1, b3 = 4
再将它们代入(2) ,得 t 的三个根

t1 = 3, t2 = 3, t3 =

5 4

当 t1,2 = 3 时 f ( x) 有 3 重根 x = 1 ;当 t3 =

5 1 时, f ( x) 有 2 重根 x = 。 4 2

18.求多项式 x + px + q 有重根的条件。 解 令 f ( x) = x + px + q ,则
3

3

f ′( x ) = 3x 2 + p
显然当 p = 0 时,只有当 q = 0, f ( x ) = x 才有三重根。 下设 p ≠ 0 ,且 a 为 f ( x) 的重根,那么 a 也为 f ( x) 与 f ′( x ) 的根,即
3

?a 3 + pa + q = 0 ? 2 ? 3a + p = 0
由(1)可得 a ( a + p) = ? q ,再由( 2)有 a 2 = ?
2

p 。所以 3

p + p) = ?q 3 3q ?a=? 2p a (?
两边平方得

9q 2 p = a2 = ? 2 4p 3
所以

4 p 3 + 27q 2 = 0
综上所叙即知,当 4 p 3 + 27q 2 = 0 时,多项式 x3 + px + q 有重根。

19.如果 ( x ? 1)2 | ax 4 + bx 2 + 1 ,求 a, b 解 令

f ( x) = ax 4 + bx2 + 1
f ′( x ) = 4ax3 + 2bx
由题设知,1 是 f ( x) 的根,也是 f ′( x ) 的根,此即

?a + b + 1 = 0 ? ? 4 a + 2b = 0
解得 a = 1, b = ?2 。

20.证明: 1 + x +

x2 xn 不能有重根。 + ... + 2! n!

证 因为 f ( x) 的导函数

f ′( x ) = 1 + x +

1 2 1 x + ... + x n ?1 2! (n ? 1)!

所以 f ( x) = f ′( x) +

1 n x ,于是 n! 1 1 ( f ( x), f ′( x)) = ( f ′( x) + x n , f ′( x)) = ( x n , f ′( x)) = 1 n! n!

从而 f ( x) 无重根。

21.如果 α 是 f ′′′( x ) 的一个 k 重根,证明 α 是

g ( x) =


x?a [ f ′( x) + f ′( a )] ? f ( x ) + f (a )] 的一个 k+3 重根。 2

因为

x?a 1 f ′′( x) ? [ f ′( x) ? f ′( a)] 2 2 x?a g ′′( x) = f ′′′( x) 2 g ′( x) =
由于 α 是 f ′′′( x ) 的 k 重根,故 α 是 g ′′( x) 的 k + 1 重根。代入验算知 α 是 g ( x) 的根。 现在设 α 是 g ( x) 的 s 重根,则 α 是 g ′( x) 的 s ? 1 重根,也是 g ′′( x) 的 s-2 重根。 所以

s ? 2 = k +1? s = k + 3
即证。

22.证明: x0 是 f ( x) 的 k 重根的充分必要条件是

f ( x0 ) = f ′( x0 ) = ... = f ( k ?1) ( x0 ) = 0 ,而 f ( k ) ( x0 ) ≠ 0
证 必要性: 设 x0 是 f ( x) 的 k 重根,从而是 f ′( x ) 的 k ? 1 重根, 是 f ′′( x ) 的 k ? 2 重根, 。 。 。 。 , 是 f
( k ? 2)

( x0 ) 的一重根,并且 x0 不是 f ( k ) ( x ) 的根。于是
( k ?1)

f ( x0 ) = f ′( x 0 ) = ... = f
充分性:由 f
( k ?1)

(k ) ( x 0 ) = 0, 而 f ( x0 ) ≠ 0

( x0 ) = 0 , 而 f ( k ) ( x0 ) ≠ 0 , 知 x0 是 f ( k ?1) ( x ) 的 一 重 根 。 又 由 于

f ( k ? 2) ( x0 ) = 0 ,知 x0 是 f ( k ? 2) ( x ) 的二重根,依此类推,可知 x0 是 f ( x) 的 k 重根。

23.举例说明段语“ α 是 f ′( x ) 的 m 重根,那么 α 是 f ( x) 的 m + 1 重根”是不对的。 解 例如,设

f ( x) =

1 x m +1 ? 1 m +1
m

那么 f ′( x ) = x 以 0 为 m 重根,但 0 不是 f ( x) 的根。

24.证明:如果 ( x ? 1) | f ( x n ) ,那么 ( x n ? 1) | f ( xn ) 。

证 要证明 ( x n ? 1) | f ( xn ) ,就是要证明 f (1) = 0 (这是因为我们可以把 x n 看作为一个变 量) 。 由题设由 ( x ? 1) | f ( x n ) ,所以

f (1n ) = 0
也就是 f (1) = 0 ,即证。

25.证明:如果 ( x 2 + x + 1) | f1 ( x3 ) + xf 2 ( x3 ) ,那么

( x ? 1) | f1 ( x ), ( x ? 1) | f 2 (x )
证 因为 x + x + 1 的两个根为 ε 和 ε ,其中
2 2

ε = cos

2π 2π + i sin 3 3
2
3 3

所以 ε 和 ε 也是 f1 ( x ) + xf 2 ( x ) 的根,且 ε = 1 ,于是

3

? f1 (1) + ε f 2 (1) = 0 ? 2 ? f1 (1) + ε f 2 (1) = 0
解之得

f1 (1) = 0, f 2 (1) = 0
即证。

26.求多项式 x n ? 1 在复数范围内和在实数范围内的因式分解。 解 在复数范围内

x n ? 1 = ( x ? 1)( x ? ε )( x ? ε 2 )...( x ? ε n ?1 )
其中

ε = cos

2π 2π + i sin 3 3

在实数域内

ε j = ε n ? j (0 < j < n)
所以,当 n 为奇数时,有
n ?1 2 n +1 2

x n ? 1 = ( x ? 1)[ x 2 ? (ε + ε n ?1 ) x + 1][ x 2 ? (ε 2 + ε n ?2 ) x + 1]... ?[ x 2 ? ( ε
其中



) x + 1]

ε j + ε n? j = ε j + ε j = 2 cos
皆为实数。 当 n 是偶数时,有

2 jπ n ?1 ( j = 1, 2,..., ) n n

x n ? 1 = ( x + 1)( x ? 1)[ x 2 ? (ε + ε n ?1 ) x + 1][ x 2 ? (ε 2 + ε n ?2 ) x + 1]... ?[ x 2 ? (ε
27.求下列多项式的有理根: 1) x ? 6 x + 15 x ? 14 2) 4 x 4 ? 7 x 2 ? 5 x ? 1 3) x + x ? 6 x ? 14 x ? 11x ? 3 解 利用剩余除法试根,可得 1) 有一个有理根:2。 2) 有两个有理根: ?
5 4 3 2 3 2

n ?1 2



n ?1 2

) x +1]

1 1 1 。 , ? (即有 2 重有理根 ? ) 2 2 2

3) 有五个有理根: 3, ? 1, ? 1, ? 1, ? 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 2 + 1 2) x ? 8 x + 12 x + 2 3) x + x + 1 4) x + px + 1, p 为奇素数 5) x 4 + 4 kx + 1, k 为整数 解 1)因为 ±1 都不是它的根,所以 x + 1 在有理数域里不可约。 2)利用艾森斯坦判别法,取 p = 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 f ( x) ,令 x = y + 1 或 x = y ? 1 ,得
2
p

4

3

2

6

3

g ( y ) = f ( y + 1) 或 g ( y ) = f ( y ? 1)
则 f ( x) 与 g ( y ) 或者同时可约,或者同时不可约。 事实上,若 f ( x) 可约,即 f ( x) = f1 ( x) f2 ( x) ,从而

g ( y ) = f ( y ± 1) = f1 ( y ±1) f 2 ( y ±1)
这就是说 g ( y ) 也可约,反之亦然。 现在我们用它来证明 x + x + 1 在有理数域上不可约。令 x = y + 1 ,则多项式变为
6 3

( y + 1) 6 + ( y + 1) 3 + 1 = y 6 + 6 y 5 + 15 y 4 + 21y 3 + 18 y 2 + 9 y + 3
利用艾森斯坦判别法,取 p = 3 ,即证上式不可约,因而 x + x + 1 也不可约。 4) 设 f ( x) = x + px + 1 ,令 x = y ? 1 ,则
p

6

3

g ( y ) = f ( y ? 1)
p ?1 2 p?2 p?2 2 p ?1 = y p ? C1 + Cp y ? ... ? C p y + (C p + p) y ? p py

由于 p 是素数,因而

p | C ip (i = 1, 2,..., p ?1)
但 p | p ,所以由艾森斯坦判别法,即证 g ( y ) 在有理数域上不可约,因而 f ( x) 也在有理 数域上不可约。 5) 已知
2

f ( x ) = x 4 + 4kx + 1
令 x = y + 1 ,可得

g ( y ) = f ( y + 1) = y 4 + 4 y 3 + 6 y 2 + (4k + 4) y + 4k + 2
利用艾森斯坦判别法,取 p = 2 ,即证 g ( y ) 在有理数域上不可约,因而 f ( 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: 1) x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x1 x3 2 + x2 2 x3 + x2 x3 2 2) ( x1 + x2 )( x1 + x3 )( x2 + x3 ) 3) ( x1 ? x2 ) ( x1 ? x3 ) ( x2 ? x3 )
2 2 2

4) x12 x2 2 + x12 x3 2 + x1 2 x4 2 + x2 2 x3 2 + x2 2 x4 2 + x32 x42 5) ( x1 x2 + x3 )( x2 x3 + x1 )( x3 x1 + x2 )

6) ( x1 + x2 + x1 x2 )( x2 + x3 + x2 x3 )( x1 + x3 + x1 x3 ) 解 1)对称多项式的首项为 x1 x2 ,其方幂为 (2,1, 0) ,即
?0 0 σ 12 ?1σ 1 2 σ 3 = σ 1σ 2 2

又因为

x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x1 x3 2 + x2 2 x3 + x2 x3 2 ? σ 1σ 2 = ?3 x1 x2 x3
所以 原式= σ 1σ 2 ? 3σ 3 2)同理可得

( x1 + x2 )( x1 + x3 )( x2 + x3 ) = x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x1 x3 2 + x2 2 x3 + x2 x32 + 2 x1 x2 x3 = σ 1σ 2 ? 3σ 3 + 2σ 3 = σ 1σ 2 ? σ 3
4) 原式 = ( x1 ? 2 x1 x2 + x2 )( x1 ? 2x1 x3 + x3 )( x2 ? 2x2 x3 + x3 )
2 2 2 2 2 2

= x14 x22 + ...
由此可知多项式时六次对称多项式,且首项为 x1 x2 ,所以 σ 的方幂之积为 指数组 4 4 3 3 2 2 1 3 2 2 0 1 0 1 2 对应 σ 的方幂乘积
2 σ 12σ 2 4 2

σ 13σ 3
3 σ2

σ 1σ 2σ 3 σ 32

2 3 原式= σ 12σ 2 + aσ 13σ 3 + bσ 2 + cσ 1σ 2σ 3 + dσ 32

(1)

只要令 x1 = 0, x2 = x3 = 0 ,则原式左边 = 0 。另一方面,有

σ 1 = 2, σ 2 = 1, σ 3 = 0
代入( 1)式,得 b = ?4 。 再令 x1 = x2 = 1, x3 = ?2 ,得

d = ?27
令 x1 = x2 = 1, x3 = ?1,得

? a + c = 22
令 x1 = x2 = x3 = 1, 得

(2)

3a + c = 6
由(2) , (3)解得 a = ?4, c = 18 。因此 原式 = σ 1 σ 2 ? 4σ 1σ 3 ? 4σ 2 + 18σ 1σ 2σ 3 ? 27σ 3
2 2 3 3 2

(3)

4)原式= x12 x2 2 + x12 x3 2 + x1 2 x4 2 + x2 2 x3 2 + x2 2 x4 2 + x32 x42 指数组 2 2 1 设 原式 = σ 2 + aσ 1 σ 3 + bσ 4 令 x1 = x2 = x3 = 1, x4 = 0, 得 a = ?2 。 再令 x1 = x2 = x3 = x4 = 1, 得 b = 2 。 因此 原式 = σ 2 ? 2σ 1 σ 3 + 2σ 4 5) 因为 原式 = x1 x2 x3 + ( x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 )
2 2 2 3 3 3 2 2

对应 σ 的方幂乘积 0 1 1 0 0 1

2 1 1

σ 22 σ 1σ 3 σ4

+( x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x3 2 ) + x1 x2 x3
由于

x13 x2 x3 + x1 x23 x3 + x2 x2 x33 = σ 12σ 3 ? 2σ 2σ 3

x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x3 2 = σ 22 ? 2σ 1 σ 3
所以 原式 = σ 1 σ 3 ? 2σ 1 σ 3 + σ 2 ? 2σ 2σ 3 + σ 3 + σ 3 6) 因为 原式 = x1 x2 x3 + 2( x1 x2 x3 + x1 x2 x3 + x1 x2 x3 )
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2

+( x12 x2 2 + x2 2 x32 + x12 x3 2 + 3 x12 x2 x3 + 3 x1 x2 2 x3 + 3 x1x 2 x 32 ) +( x12 x2 + x1 x2 2 + x12 x3 + x2 2 x3 + x1 x3 2 + x2 x3 2 ) + 2 x1 x2 x3
其中

2( x12 x22 x3 + x12 x2 x32 + x1x 22 x 33 ) = 2σ 2σ 3
2 x12 x2 2 + x2 2 x32 + ... + 3 x1 x2 x32 = σ 2 + σ 1σ 3

x12 x2 + x1 x2 2 + ... + x2 x3 2 = σ 1 σ 2 ? σ 3
所以 原式 = σ 1 σ 2 + σ 1 σ 3 + σ 2 + 2σ 2σ 3 + σ 3 ? σ 3 30.用初等对称多项式表出下列 n 元对称多项式: 1) 2) 3) 4) (
2 2

∑x

4 1 2 1 2 3 2 2 1 2 2 2 1 2 3 4

∑x x x ∑x x

∑x x x x
l1 l 2 1 2

∑ ax

ln ln l1 l 2 表示所有由 ax1 经过对换得到的项的和。 ) x ... xn x2 ... xn

解 1)因为多项式的首项为 x14 ,所以 指数组 4000…0 3100…0 2200…0 对应 σ 的方幂乘积

σ 14 σ 12σ 2 σ 22

2110…0 1111..0 设 原式 = σ 1 + aσ 1 σ 2 + bσ 2 + cσ 1 σ 3 + dσ 4 令
4 2 2

σ 1σ 3 σ4

x1 = 1, x2 = ? 1, x3 = x4 = ... = xn = 0, 得 b = 2 。 x1 = x2 = 1, x3 = ... = xn = 0, 得 a = ?4 。 x1 = x2 = x3 = 1, x4 = ... = xn = 0, 得 c = 4 。 x1 = x2 = 1, x3 = x4 = ?1, x5 = ... = xn = 0, 得 d = ?4 。
所以 原式 = σ 1 ? 4σ 1 σ 2 + 2σ 2 + 4σ 1 σ 3 ? 4σ 4 2)同理可得 原式 = σ 1 σ 3 ? 4σ 4 3)原式 = σ 12 ? 2σ 1 σ 3 + 2σ 4 4) 原式 = σ 2σ 4 ? 4σ 1 σ 5 + 9σ 6
4 2 2

31.设 a1 , a 2 , a3 是方程 5 x 3 ? 6 x 2 + 7 x ? 3 = 0 的三个根,计算
2 2 2 2 ( a12 + a1a2 + a2 )( a2 + a2 a3 + a3 )( a12 + a1 a3 + a3 )



因为

σ 1 = a1 + a 2 + a3 σ 2 = a1 a2 + a2 a3 + a1 a3 σ 3 = a1 a2 a3
由根和系数的关系,可得

6 7 3 σ 1 = ,σ 2 = ,σ 3 = 5 5 5
再将对称多项式化为初等多项式并计算,可得
2 2 2 2 (a12 + a1a2 + a2 )( a2 + a2 a3 + a3 )( a12 + a1a3 + a3 ) 3 = σ 12σ 12 ? σ 13σ 3 ? σ 2 =?

1679 625

32.证明:三次方程 x3 + a1 x 2 + a2 x + a3 = 0 的三个根成等差数列的充分必要条件为

2a13 ? 9a1a2 + 27a3 = 0
证 设原方程的三个根为 δ1 , δ 2 , δ 3 ,则它们成等差数列的充分必要条件为

(2δ1 ? δ 2 ? δ 3 )(2δ 2 ? δ1 ? δ 3 )(2δ 3 ? δ1 ? δ 2 ) = 0
将上式左端表为初等对称多项式,得

(2δ1 ? δ 2 ? δ 3 )(2δ 2 ? δ1 ? δ 3 )(2δ 3 ? δ1 ? δ 2 ) = 2δ13 ? 9δ1δ 2 + 27δ3
故三根成等差数列的充分必要条件为

2a13 ? 9a1a2 + 27a3 = 0

三 、补充题精解 1. 设 f1 ( x ) = af ( x ) + bg ( x), g1 ( x) = cf ( x) + dg( x) ,且 ad ? bc ≠ 0 ,证明:

( f ( x), g ( x)) = ( f1 ( x), g1 ( x))
证 设

d ( x) = ( f ( x), g( x))
则由已知,得

d ( x) | f1 ( x), d ( x) | g1 ( x)
其次,设 ? ( x) 是 f1 ( x ) 与 g 2 ( x) 的任一公因式,只需证明 ? ( x) | d ( x) 即可。 因为 f1 ( x ) = af ( x ) + bg ( x), g1 ( x) = cf ( x) + dg( x) 所以

d b ? f ( x) = f1 ( x) ? g1 ( x) ? ? ad ? bc ad ? bc ? c a ? g ( x) = f1 ( x) + g1 ( x) ? ad ? bc ad ? bc ?
又因为

? | f1 ,? | g1 ? ? | f ,? | g
从而 ? ( x) | d ( x) 。故 d ( x) 也是 f1 ( x ) 与 g1 ( x) 的最大公因式。 2. 证明:只要

f ( x) g ( x) , ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g( x))
的次数都大于零,就可以适当选择适合等式

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = ( f ( x), g( x))
的 u ( x) 与 v( x) ,使

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?(u ( x)) < ? ? ? , ?( v( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g( x)) ? ? ( f ( x), g( x)) ?
证 存在多项式 u1 ( x) , v1 ( x) ,使

u1 ( x ) f ( x) + v1 ( x) g ( x) = ( f ( x), g( x))

从而

u1 ( x )

f ( x) g ( x) + v1 ( x ) =1 ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g( x))

(1)

1) 若 u1 ( x) 的次数满足

? ? g ( x) ?(u1 ( x )) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?


? ? f ( x) ?( v1 ( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
事实上,采用反证法。若

? ? f ( x) ?( v1 ( x)) ≥ ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
则( 1)式左边的第一项次数小于

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?? ? + ?? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g( x)) ?
而第二项的次数大于或等于

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?? ? + ?? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g( x)) ?
这样(1)式左端的次数 ≥ ? ? 数为零,矛盾。所以

?

? ? ? g ( x) f ( x) ? + ?? ? > 0 ,但(1)式右端的次 ? ( f ( x), g( x)) ? ? ( f ( x), g( x)) ?

? ? ? ? g ( x) f ( x) ?(u1 ( x )) < ? ? ? , ?(v1 ( x )) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ? ? ( f ( x), g( x)) ?
此时 u1 ( x) , v1 ( x) 即为所求。 2)若

? ? g ( x) ?(u1 ( x )) ≥ ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
则用

g ( x) 除 u1 ( x) ,可得 ( f ( x), g ( x)) g ( x) + r ( x) ( f ( x), g ( x))

u1 ( x ) = s ( x)

其中

? ? g ( x) ?( r ( x)) < ? ? ? ? ( f ( x), g ( x)) ?
注意到 r ( x) = 0 是不可能的,事实上,若 r ( x ) = 0 ,则

u1 ( x ) = s ( x)

g ( x) ( f ( x), g ( x))

代入( 1)式得

[ s ( x)

g ( x) g ( x) + v1 ( x)] =1 ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g( x))

矛盾。 再将 u1 ( x ) = s ( x)

g ( x) + r ( x) 代入(1)式,可得 ( f ( x), g ( x))

r ( x)


f ( x) f ( x) g ( x) + [ s ( x) + v1 ( x)] × =1 ( f ( x), g ( x)) ( f ( x), g( x)) ( f ( x), g( x))

u ( x) = r ( x), v ( x ) = s ( x)

f ( x) + v1 ( x) ( f ( x), g ( x))

再利用本题 1)的证明结果,即证。

3. 证明:如果 f ( x) 与 g ( x) 互素,那么 f ( x ) 与 g ( x ) 也互素。 证 由假设,存在 u ( x) 和 v( x) 使

m

m

u ( x) f ( x) + v( x) g ( x) = 1
于是

u ( x m ) f ( xm ) + v( xm ) g ( xm ) = 1
即证。

4. 证明:如果 f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x) 的最大公因式存在,那么

f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x), f s ( x)
的最大公因式也存在,且当 f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x), f s ( x) 全不为零时有

( f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x), f s ( x)) = (( f1( x), f 2 ( x),... f s ?1( x)), f s ( x))

再利用上式证明,存在 u1 ( x ), u 2 ( x ),..., u s ( x) 使

u1 ( x ) f1 ( x ) + u2 ( x ) f 2 ( x) + ... + us ( x) fs ( x) = ( f1( x), f 2 ( x),..., fs ( x))
证 因为 f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x) 的最大公因式存在,设其为 d1 ( x) ,则

d1 ( x ) = ( f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x))
于是 d1 ( x) 与 f s ( x ) 的最大公因式也存在,不妨设为

d ( x) = ( d1 ( x), f s ( x ))


d ( x) | f i ( x )

(i = 1, 2,..., s )

若设 ? ( x) 是 f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x), f s ( x) 的任一公因式,则

? ( x) | d1 ( x )
这样 ? ( x) 为 d1 ( x) 与 f s ( x) 的一个公因式,又可得 ? ( x) | d ( x) ,即证

d ( x) = ( f1 ( x), f 2 ( x),... f s ?1( x), f s ( 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 s ? 1 也成立,即存在

v1 ( x), v2 ( x ),..., vs ?1 ( x) ,使 v1 ( x) f1 ( x) + v2 ( x ) f 2 ( x) + ... + vs ?1( x) f s ?1( x)
= ( f1 ( x ), f 2 ( x ),... f s ?1( x)) = d 1( x )
成立,再证命题对 s 也成立。 事实上,存在 p ( x ) 和 q ( x ) ,使

d ( x) = ( d1 ( x), f n ( x)) = p ( x )d1 ( x ) + q ( x ) f s ( x )
= p ( x )[v1 ( x ) f1 ( x ) + v2 ( x ) f 2 ( x) + ... + vs ?1( x) f s ?1( x)] + q ( x) f s ( x)


ui ( x) = p( x)vi ( x) u s ( x) = q ( x)

(i = 1, 2,..., s ?1)

即证。

5. 多项式 m( x ) 称为多项式 f ( x), g ( x) 的一个最小公因式,如果 1) f ( x) | m ( x ), g ( x) | m ( x ) ; 2) f ( x), g ( x) 的任一公倍式都是 m ( x ) 的倍式。 我们以 [ f ( x), g( x)] 表示首项系数是 1 的那个最小公倍式,证明:如果 f ( x), g ( x) 的首项系 数都是 1,那么

[ f ( x), g( x)] =
证 令

f ( x) g ( x) ( f ( x), g ( x))

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


f ( x ) = f1 ( x )d ( x) , g ( x) = g1 ( x) d ( x)
于是

f ( x) g ( x) = f ( x ) g1 ( x ) = g ( x ) f1 ( x ) ( f ( x), g ( x))


f ( x) |

f ( x) g ( x) ( f ( x), g( x))

, g ( x) |

f ( x) g ( x) ( f ( x), g ( x)) f ( x) g ( x) | M ( x) 。 ( f ( x), g ( x))

设 M ( x) 是 f ( x) 与 g ( x) 的任一公倍式,下面证明 由倍式的定义,有

M ( x) = f ( x) s( x) = g( x) t( x)


f1 ( x )d ( x) s ( x) = f ( x) s( x) = g ( x) t( x) = g1 ( x) d( x) t( x)
消去 d ( x) 得

f1 ( x )s ( x) = g1 ( x)t ( x)
于是 g1 ( x ) | f1 ( x ) s ( x ) 。由于 ( f1 ( x ), g1 ( x )) = 1,因而

g1 ( x) | s( x) 或者 s ( x) = g1 ( x) q( x)

所以

M ( x) = f ( x) s( x) = f ( x) g1 ( x) q( x) = f ( x) g ( x) | M ( x) ( f ( x), g ( x))

f1 ( x ) q( x) ( 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 f ( x), g ( x) , 由

p( x) | f ( x) g ( x) 可以推出
p ( x ) | f ( x ) 或者 p ( x ) | g ( 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 ) = p1 ( x ) | p2 ( x)
那么由假设可得

p ( x ) | p1 ( x ) 或 p ( x ) | p2 (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。

7. 证明:次数 > 0 且手项系数为 1 的多项式 f ( x) 是一个不可约多项式的方幂的充分必要 条件为:对任意的多项式 g ( x) 必有 ( f ( x), g ( x)) = 1 ,或者对某一正整数 m, f ( x) | g ( x) 。 证 必要性:设 f ( x) = p ( x) (其中 p ( x ) 是不可约多项式) ,则对任意多项式 g ( x) ,有
s m

1) ( p ( x ), g ( x)) = 1 ; 或 2) p ( x ) | g ( x ) 对于 1)有 ( f ( x), g ( x)) = 1 。 对于 2)有 p ( x ) | g ( x ) ,此即 f ( x ) | g ( x ) 。再让 m = s ,即证必要性。 充分性:设 f ( x) 不是某一个多项式的方幂,则
s s s

λ2 λn f ( x) = p1λ1 ( x ) p2 ( x )... pn ( x)

其中 n > 1, λi (i = 1, 2,..., n) 是正整数。 若 g ( x) = p1 ( x) ,则由题设知 f ( x) 与 g ( x) 满足

( f ( x), g( x)) = 1 或 f ( x) | g m ( x) ( m 为某一正整数)
但这是不可能的,即证。

8. 证明:次数 > 0 且首项系数为 1 的多项式 f ( x) 是某一不可约多项式的方幂的充分必要 条件是:对任意的多项式 g ( x), h( x) ,由 f ( x) | g ( x) h( x) ,可以推出 f ( x ) | g ( x ) ,或者 对某一正整数 m, f ( x) | h ( x ) 。 证 必要性:设 f ( x) | g ( x) h( x) ,则对多项式 h( x) ,有 1) ( f ( x), h( x)) = 1 ,于是 f ( x ) | g ( x ) ; 2) f ( x ) | h ( x )(m 为某一正整数) 。 必要性成立。 充分性:对任意多项式 g ( x) ,有
m m

( f ( x), g ( x)) = 1 或 ( f ( x), g ( x)) = d ( x) ≠ 1
若 f ( x) = f1 ( x) d ( x) ,那么

f ( x ) | f1 ( x ) g ( x )
但 f ( x) | f1 ( x) 。再由充分性假设,可得 f ( x ) | g m ( x ), m 为某一正整数。于是由第 7 题的充 分条件,即证。

9. 证明: x + ax
n

n

n?m

+ b 不能有不为零的重数大于 2 的根。
+ b ,则

证 设 f ( x) = x + ax

n?m

f ′( x ) = x n ? m ?1[nx m + ( n ? m)a ]
又因为 f ′( x ) 的非零根都是多项式 g ( x) = nx + ( n ? m) a 的根,而 g ( x) 的 m 个根都是单 根,因而 f ′( x ) 没有不为零且重数大于 2 的根。
m

10. 证

证明:如果 f ( x) | f ( x ) ,那么 f ( x) 的根只能是零或单位根。 设 a 是 f ( x) 的任一个根,由 f ( x ) | f ( x n ) 知, a 也是 f ( x ) | f ( x n ) 的根,即

n

f ( xn ) = 0
所以 a 也是 f ( x) 的根。以此类推下去,则
n

a, an , an ,...
都是 f ( x) 的根。 若 f ( x) 是 m 次多项式,则 f ( x) 最多只可能有 m 个相异的根,于是存在 k > λ 使

2

an = an a n (a n
λ k

k

λ

? nλ

? 1) = 0

因此 f ( x) 的根 a 或者为 0,或者为单位根。

11.如果 f ′( x ) | f ( x) ,证明 f ( x) 有 n 重根,其中 n = ?( f ( x)) 。 证 设 a1 , a2 ,..., as 是 f ′( x ) 的 s 个不同的根, 且它们的重数分别为 λ1 , λ2 ,..., λs , 由于 f ′( x ) 是

n ? 1 次多项式,因而 λ1 + λ2 + ... + λs = n ? 1
其次,由 f ′( x ) | f ( x) ,所以 a1 , a2 ,..., as 分别为 f ( x) 的 λ1 + 1, λ2 + 1,..., λs + 1 重根,但

(λ1 + 1) + (λ2 + 1) + ... + (λs +1) = n
所以 n ? 1 + s = n ,从而 s = 1 。这就是说, f ′( x ) 只可能有一个根 a1 ,且重数为 λ1 = n ? 1 。 故 f ( x) 有 n 重根。

11.设 a1 , a 2 ,..., a n 是 n 个不同的数,而

F ( x ) = ( x ? a1 )( x ? a2 )...( x ? an )
证明:

n

1)

∑ ( x ? a ) F ′( a ) = 1
i =1 i i

F ( x)

2)任意多项式 f ( x) 用 F ( x) 除所得的余式为
n i =1

∑ ( x ? a ) F ′(a )
i i

f (ai ) F ( x )



1)令
n

g ( x) = ∑
i =1

F ( x) ( x ? ai ) F ′( ai )



? ( g ( x)) ≤ n ? 1


g (a1 ) = g (a2 ) = ... = g ( an ) = 1
所以 g ( x) ≡ 1 。即证
n i =1

∑ ( x ? a ) F ′( a ) = 1
i i

F ( x)

2)对于任意的多项式 f ( x) ,用 F ( x) 除得

f ( x) = q( x) F ( x) + r( x),

( r ( x) = 0或 ?( r ( x)) ≤ n ? 1)

当 r ( x ) = 0 时,结论显然成立。当 ?( r ( x)) ≤ n ? 1 时,若令
n

k ( x) = ∑
i =1

f (a i ) F ( x ) ( x ? ai ) F ′( ai )

则 ?(k ( x )) ≤ n ? 1 ,于是

r (ai ) = f (ai ) = k (ai )
即证
n

(i = 1, 2,..., n)

r ( x) = k ( x) = ∑
i =1

f (ai ) F ( x ) ( x ? ai ) F ′( ai )

12.

设 a1 , a 2 ,..., a n 与 F ( x) 同上题,且 b1 , b2 ,..., bn 是任意 n 个数,显然

n

L ( x) = ∑
i =1

bi F ( x) ( x ? ai ) F ′( ai )

适合条件

L(ai ) = bi

(i = 1, 2,..., n)

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 f ( x) ,它适合条件:

f (2) = 3, f (3) = ?1, f (4) = 0, f (5) = 2
2)一个二次多项式 f ( x) ,它在 x = 0,

π , π 处与函数 sin x 有相同的值; 2

3)一个次数尽可能低的多项式 f ( x) ,使

f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 5, f (3) = 10
解 1)设 F ( x) = ( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) ,且

f (2) = 3, f (3) = ?1, f (4) = 0, f (5) = 2
将它们代入 L ( x ) (即 f ( x) ) ,可得

f ( x) =

3( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) ( ?1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) + ( x ? 2)(2 ? 3)(2 ? 4)(2 ? 5) (x ? 3)(3? 2)(3? 4)(3? 5) + 0( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) 2( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4)( x ? 5) + ( x ? 4)(4 ? 2)(4 ? 3)(4 ? 5) (x ? 5)(5 ? 2)(5 ? 3)(5 ? 4)

2 17 203 = ? x3 + x 2 ? x + 42 3 2 6
2) 已知

sin 0 = 0 = f (0) ,
设 F ( x) = x( x ?

sin

π π = 1 = f ( ) , sin π = 0 = f (π ) 2 2

π )( x ? π ) ,与上题类似,可得 2
4 x( x ? π ) π2

f ( x) = ?

3) 同理,设 F ( x) = x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ,可得

f ( x) = x 2 + 1

14 .设 f ( x) 是一个整系数多项式,试证:如果 f (0) 与 f (1) 都是奇数,那么 f ( x) 不能有整 数根。 证 设 a 是 f ( x) 的一个整数根,则

f ( x) = ( x ? a) f1 ( x)
由综合法知商式 f1 ( x ) 也为整系数多项式,于是

? f (0) = ?af1 (0) ? ? f (1) = (1 ? a) f1 (1)
又因为 a 与 1 ? a 中必有一个为偶数,从而 f (0) 与 f (1) 中至少有一个为偶数,与题设矛盾。 故 f ( x) 无整数根。 15.设 x1 , x2 ,..., xn 是方程

x n + a1 x n ?1 + ... + an = 0
的根,证明: x2 ,..., xn 的对称多项式可以表成 x1 与 a1 , a2 ,..., an ?1 的多项式。 证 设 f ( x2 ,..., xn ) 是关于 x2 ,..., xn 的任意一个对称多项式,由对称多项式的基本定理,有

f ( x2 ,..., xn ) = g(σ 1/ ,..., σ n/ ?1)
其中 σ 1 (i = 1, 2,..., n ? 1) 是 x2 ,..., xn 的初等对称多项式。 由于
/

(1)

? σ 1/ = σ 1 ? x1 ? / / ? σ 2 = σ 2 ? x1σ 1 ? ? .................... ?σ n/ ?1 = σ n ?1 ? x1σ n/ ? 2 ?
其中 σ i 为 x1 , x2 ,..., xn 的初等对称多项式,但是

(2)

σ 1 = ?a1 ? ? σ 2 = a2 ? ? ............. ? n ?1 ? ?σ n ?1 = ( ?1) an ?1
/

( 3)

将(3)代入( 2)可知, σ i 是 x1 , a1 , a2 ,..., an ?1 的一个多项式,不妨记为

σ i/ = pi ( x1 , a1 , a2 ,..., a n?1)

(i = 1, 2,..., n ?1)

(4)

再将( 4)代入( 1)式右端,即证 f ( x2 ,..., xn ) 可表为 x1 , a1 , a2 ,..., an ?1 的多项式。 16.设

f ( x) = ( x ? x1 )( x ? x2 )...( x ? x n )
= x n ? σ 1 x n ?1 + ... + ( ?1) n σ n

k sk = x1k + x2 + ... + xnk

( k = 0,1, 2,...)

1) 证明

x k +1 f ′( x ) = (s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk ?1 x + sk ) f ( x) + g ( x)
其中 g ( x) 的次数 < n 或 g ( x) = 0 。 2) 由上式证明证明牛顿 (Newton)公式:

sk ? σ 1 sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + ( ?1) k ?1σ k ?1s1 + ( ?1) k kσ k = 0 sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + ( ?1) n σ n sk ?n = 0
证 1)由假设
n

(对 1 ≤ k ≤ n )

(对 k > n )

f ′( x ) = ∑
i =1

f ( x) x ? xi
n

x

k +1

f ′( x) = ∑
i =1 n

x k +1 f ( x) x ? xi

=∑
i =1 n

n x k +1 ? xik +1 x k +1 f ( x ) + ∑ i f ( x) x ? xi i =1 x ? xi

= ∑ ( x k + xi x k ?1 + ... + xik ) f ( x) + g ( x)
i =1

其中

xik +1 g ( x) = ∑ f ( x) i =1 x ? xi
n

是一个次数 < n 的多项式。故

x k +1 f ′( x ) = (s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk ?1 x + sk ) f ( x) + g ( x)
2)由于

f ( x ) = x n ? σ 1 x n?1 + ... + ( ?1) n σ n

x k +1 f ′( x) = x k +1 (nx n ?1 ? ( n ? 1)σ 1 x n ?2 + ... + ( ?1) n ?1σ n ?1 )
因此得等式

( s0 x k + s1 x k ?1 + ... + sk ?1 x + sk )( x n ? σ 1 x n?1 + ... + ( ?1) n σ n ) + g ( x) = x k +1 ( nx n ?1 ? ( n ? 1)σ 1 x n ?2 + ... + ( ?1) n ?1 σ n ?1 )
n

(?)
n

当 k ≤ n 时,比较上式两端含 x 的系数,首先由于 ?( g ( x)) < n, g ( x) 不含有 x 的项,所以等 式左端含 x 的系数为
n

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + ( ?1) k ?1σ k ?1s1 + ( ?1) k s 0σ k = 0
而右端含 x n 的项只有一项,它的系数为 (? 1) k ( n ? k )σ k ,所以

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + ( ?1) k ?1σ k ?1s1 + ( ?1) k s 0σ k = ( ?1) k ( n ? k ) σ k
注意到 s0 = n ,即证

sk ? σ 1sk ?1 + σ 2 sk ? 2 + ... + ( ?1) k ?1σ k ?1s1 + ( ?1) k σ k = 0
当 k > n 时,等式 (?) 右端所有项的次数都大于 n ,所以含 x n 的系数为 0,而左端含 x n 的项的 系数为

sk ? σ 1sk ?1 + ... + ( ?1) n σ n sk ?n
因此

sk ? σ 1 sk ?1 + ... + ( ?1) n σ n sk ? n = 0
即证。

17.根据牛顿公式,用初等对称多项式表示 s2 , s3 , s4 , s5 , s6 。 解 1)当 n ≥ 6 时,由上题可得

s2 ? s1σ 1 + 2σ 2 = 0
而 s1 = σ 1 ,所以

s2 = σ 12 ? 2σ 2
同理可得

s3 = σ 13 ? 3σ 1σ 2 + 3σ 3 s4 = σ 14 ? 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 22 ? 4σ 4

2 s5 = σ 15 ? 5σ 13σ 2 + 5σ 12σ 3 + 5σ1σ 2 ? 5σ1σ 4 ? 5σ 2σ 3 + 5σ 5 2 3 s6 = σ 16 ? 6σ 14σ 2 + 6σ 13σ 3 + 9σ 12σ 2 ? 6σ 12σ 4 ? 2σ 2

+3σ 32 + 6σ 2σ 4 + 6σ 1σ 5 ?12σ 1σ 2σ 3 ? 6σ 6
2)当 n = 5 时, s2 , s3 , s4 , s5 同 1)所给,且
2 s6 = σ 16 ? 6σ 14σ 2 + 6σ 13σ 3 + 9σ 12σ 2 ? 6σ 12σ 4 ? 12σ 1σ 2σ 3 3 +6σ 1σ 5 ? 2σ 2 + 6σ 2σ 4 + 3σ 32

3) 当 n = 4 时, s2 , s3 , s4 同 1)所给, s6 同 2)所给,且
2 s5 = σ 15 ? 5σ 13σ 2 + 5σ 12σ 3 + 5σ 1σ 2 ? 5σ 1σ 4 ? 5σ 2σ 3

4)当 n = 4 时, s2 , s3 同 1)所给, s5 , s6 同 3)所给,且

s4 = σ 14 ? 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 22
5)当 n = 2 时, s2 同 1)所给, s4 , s5 , s6 同 4)所给,且

s3 = σ 13 ? 3σ 1σ 2

18.证明:如果对于某一个 6 次方程有 s1 = s3 = 0 ,那么

s7 s5 s2 = i 7 5 2
证 这时 n = 6 ,并注意 s1 = σ 1 = 0 ,且 s1 = 3σ 3 = 0 ,所以 σ 3 = 0 ,于是

s2 = ?2σ 2 , s5 = ?5σ 2σ 3 + 5σ 5


s5 = 5σ 5


s7 = σ 1 s6 ? σ 2 s5 + σ 3 s4 ? σ 4 s3 + σ 5 s5 ? σ 6 s1
= ?7σ 2σ 5


s7 s s = ?σ 2σ 5 = 5 i 2 7 5 2

19.求一个 n 次方程使

s1 = s2 = .. = sn ?1 = 0
解 设此方程为

x n ? σ 1 x n ?1 + ... + ( ?1) n σ n = 0
由题设及牛顿公式,可得

σ 1 = σ 2 = ...σ n ?1 = 0
故所求方程为

x n + (?1)n σ n = 0 或 xn + a = 0
20.求一个 n 次方程使

s1 = s2 = .. = sn = 0
解 设此方程为

x n ? σ 1 x n ?1 + ... + ( ?1) n σ n = 0
由题设及牛顿公式可得

σk =


σ k ?1σ 1 k σ 1k k!

( k = 2,3,..., n)

σk =
所以

(k = 2,3,..., n)

1 1 1 σ 2 = σ 12 , σ 3 = σ 13 , ... , σ n = σ 1n 2 3! n!
故所求方程为

x n ? σ 1 x n?1 +

σ 12 n? 2 σn x + ... + ( ?1) n 1 = 0 2! n!


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