《高等代数》多项式试题库

1 1 数 域 达 标 训 练 题 一 填 空 题 1 数 集 0 对 运 算 封 闭 . 2 自 然 数 集 N 对 运 算 封 闭 . 3 数 集 , Zbabia 对 封 闭 . 二 判 断 题 1 . 数 域 必 含 有 无 穷 多 个 数 . 2 . 所 有 无 理 数 构 成 的 集 合 是 数 域 . 三 证 明 1 . 证 明 ,)( QbanbanQ 是 数 域 , 这 里n 不 是 完 全 平 方 数 . 2 . 证 明 ,2 3 Qbaba 不 是 数 域 . 3 . 若 21, PP 是 数 域 , 证 明 21 PP 也 是 数 域 , 而 21 PP 不 一 定 是 数 域 . 1 数 域 达 标 训 练 题 解 答 一 填 空 题 1 加 法 、 减 法 、 乘 法 2 . 加 法 、 乘 法 3 . 加 法 、 减 法 、 乘 法 . 二 判 断 题 1 . ( T ) 2 . ( F ) 三 、 解 答 题 1 证 明 显 然 nQ1,0 . 对 任 意 的 )(, 2211 nQnbanba , )()( 2211 nbanba = )( 21 aa + nbb )( 21 )( nQ ; )()( 2211 nbanba nbababnbaa )()( 12212121 )( nQ . 当 011 nba 时 , nba nba 11 22 )(2121 21212121 2121 nQnnba abbanba nbbaa . 故 ,)( QbanbanQ 对 加 法 减 法 乘 法 除 法 封 闭 . 即 ,)( QbanbanQ 是 数 域 . 2 证 明 因 为 3 2 ,2 3 Qbaba , 333 422 ,2 3 Qbaba . 即 ,2 3 Qbaba 对 乘 法 不 封 闭 . 所 以 ,2 3 Qbaba 不 是 数 域 . 3 证 明 由 于 任 意 数 域 都 包 含 有 理 数 , 故 21, PP 也 包 含 有 理 数 域 , 从 而 21 PP 包 含 有 理 数 域 . 令 21, PPba , 则 1, Pba , 2, Pba . 由 于 21, PP 是 数 域 , 故 2 1, Pabba , 2, Pabba ; 当 0b 时 , 21, Pb aPba , 所 以 21, PPb aabba . 即 21 PP 是 数 域 . 例 如 : 取 1P = ,2)2( QbabaQ , 2P ,3)3( QbabaQ , 容 易 验 证 21 PP 不 一 定 是 数 域 ; 取 1P = Q , 2P ,3)3( QbabaQ , 显 然 21 PP = ,3 Qbaba 是 数 域 . 2 一 元 多 项 式 达 标 训 练 题 A 组 一 填 空 题 1 . 系 数 在 数 域 P 上 的 关 于 文 字 x 的 一 元 多 项 式 指 的 是 形 式 表 达 式 , 其 中i 次 项 是 , i 次 项 系 数 是 , 常 数 项 是 . 2 . 下 列 形 式 表 达 式 ( i ) 2 ; ( i i ) x 1 ; ( i i i ) 0 ; ( i v ) )3l n(1 32 xxx ; ( v ) 1)1( 23 xii x ; ( v i ) nxnxx ! 1!31!211 3 ; 其 中 是 多 项 式 . 3 . 零 多 项 式 是 , 零 次 多 项 式 是 . 4 . 设 多 项 式 m i ii n i ii xbxgxaxf 11 )(,)( , 则 )()( xgxf 的 k 次 项 系 数 是 . 二 判 断 题 1 . 0 是 零 次 多 项 式 . 2 . 若 )()()()( xhxfxgxf , 则 )()( xhxg . 3 . 若 )() ,() ,( xhxgxf 都 是 数 域 P 上 的 多 项 式 , 则 ) )()( xgxf ) )( xf 或 者 ) )()( xgxf ) )( xg . 三 解 答 题 1 . 设 )2()1()2()( 22 xxcxbxaxf , 试 确 定 cba , , 使 )( xf ( i ) 零 次 多 项 式 ; ( i i ) 零 多 项 式 ; ( i i i ) 一 次 多 项 式 5x . 2 . 若 )() ,( xgxf 是 实 数 域 上 的 多 项 式 , 证 明 : 若 ,0)()( 22 xgxf 则 0)()( xgxf . B 组 1 . 设 )() ,() ,( xhxgxf 是 实 数 域 上 的 多 项 式 , 证 明 : 若 ) ,()()( 222 xxhxxgxf 则 3 0)()()( xhxgxf . 2 . 求 一 组 满 足 上 式 的 不 全 为 零 的 复 系 数 多 项 式 . 3 . 次 数 定 理 中 , 式 子 ) ) () ) ,(max) )()( xgxfxgxf 何 时 等 号 成 立 ? 何 时 小 于 号 成 立 ? 2 一 元 多 项 式 达 标 训 练 题 解 答 A 组 一 填 空 题 1 11 1 0n nn na x a x a x a ii xa ia 0a 2 . i i i i v 3 . 0 非 零 常 数 4 . 1 1 k i ikiba . 二 判 断 题 1 ( F ) 2 . ( F ) . ; 3 . ( F ) . 三 解 答 题 1 解 因 为 2 2 2 ( ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 ) ( )f x a x b x c x x a c x ( 2 )a b c x )24( cba . 利 用 多 项 式 相 等 的 定 义 的 : ( i ) 024 02 0 cba cba ca ( i i ) 024 02 0 cba cba ca ( i i i ) 524 12 0 cba cba ca 即 ( i ) 当 0,3, ccbca 时 , )( xf 为 零 次 多 项 式 ; ( i i ) 当 0 cba 时 )( xf 为 零 多 项 式 ; ( i i i ) 6,17,6 cba 时 )( xf 是 一 次 多 项 式 5x . 2 证 明 设 01)( axaxaxf nn 01)( bxbxaxg mm 则 )()( 22 xgxf 的 第 k 次 项 系 数 为 )(0 iki k i iki bbaa = 0 , 当 0k 得 000 ba , 当 1k 时 得 02121 ba , 进 而 011 ba , 同 样 地 , 得 到 022 ba . 因 此 0)()( xgxf B 组 1 证 明 若 0)( xg ( 或 0)( xh ) 显 然 得 )()()( 222 xxhxxgxf 是 一 个 奇 次 多 项 式 , 这 是 不 可 能 的 . 又 若 0)( xf , 则 )() ,( xhxg 不 全 为 零 , 因 此 也 得 )()()( 222 xxhxxgxf 是 一 个 奇 次 多 项 式 , 这 也 是 不 可 能 的 . 所 以 0)()()( xhxgxf 2 解 取 1)() ,1()(,2)( xxhxixgi xxf 则 )()()( 222 xxhxxgxf . 3 解 当 两 个 多 项 式 次 数 不 等 时 或 者 虽 然 相 等 但 最 高 次 项 系 数 不 是 相 反 数 时 , 等 号 成 立 ; 其 余 情 形 小 于 号 成 立 . 4 3 整 除 的 概 念 达 标 训 练 题 A 组 一 填 空 题 1 . )() ,() ,( xhxgxf 都 是 xP 中 的 多 项 式 , 若 )()()( xhxgxf , 则 称 整 除 称 为 的 因 式 为 的 倍 式 记 为 . 2 . 若 0)(,0)() ,()()()( xrxgxrxqxgxf 或 ) )() )( xgxr , 那 么 除 的 商 式 是 , 余 式 是 , 这 里 )() ,() ,( xPxrxgxf . 二 判 断 题 1 . 零 多 项 式 能 够 整 除 任 意 多 项 式 . 2 . 整 除 任 意 多 项 式 能 够 被 零 次 多 项 式 整 除 . 3 . 若 )()() ,()( xfxgxgxf , 则 ) )() )( xgxf . 4 . 若 0)() ,()()()( xgxrxqxgxf , 则 满 足 该 式 的 多 项 式 )() ,( xrxq 有 且 只 有 一 对 . 5 . 若 ) )()()( xhxgxf , 则 )()()()( xhxfxgxf 或 . 三 解 答 题 1 设 baxxxxf 23 2)( 2)( 2 xxxg )( xg 除 )( xf 的 余 式 12)( xxr 求 ba , . 2 . 如 果 ) )()()() ) ,()()( 2121 xfxfxgxfxfxg , 则 )()(,)()( 21 xfxgxfxg . 2 如 果 x 不 整 除 )( xf 与 )( xg 则 x 不 整 除 )( xf 与 )( xg 的 乘 积 . 3 . 证 明 pnmxxxxx pnm ,1 231332 是 非 负 整 数 . 4 . 证 明 如 果 )()( xfxh , ( ) | ( )h x g x , 则 ( ) | ( ( ) ( ) )h x f x g x ; 如 果 ( ) | ( ) , ( ) | ( )h x f x h x g x, 则 ( ) | ( ) ( )h x f x g x 不 一 定 成 立 . B 组 一 多 项 选 择 题 1 . )( xf 是 任 意 多 项 式 , c 是 非 零 常 数 , 则 下 列 结 论 成 立 的 是 . ( A ) )(0 xf ; ( B ) 0)( xf ; ( C ) 00 ; ( D ) c0 ; ( E ) 0c ; ( F ) cxf )( ; ( G ) )( xfc ; ( H ) )()( xfxcf . 2 . 若 在 xP 中 , )( xg 整 除 )( xf 为 强 调 数 域 我 们 记 )()( xfxg P . 设 5 )() ,( xQxgxf 下 列 结 论 正 确 的 有 . ( A ) 若 )()( xfxg Q , 则 )()( xfxg R ; ( B ) 若 )()( xfxg R , 则 )()( xfxg q ; ( C ) 若 )()( xfxg Q , 则 )()( xfxg R ; ( D ) 若 )()( xfxg R , 则 )()( xfxg q . 3 . 设 )()() ,()( xgxpxfxp , 则 )( xp 整 除 于 . )()( xgxf ; )()( 22 xgxf ; )()( xgxf ; )()( 33 xgxf . 二 证 明 题 1 . 证 明 )( xfx k 的 充 分 必 要 条 件 是 )( xfx . 2 . 证 明 11 3691234578 xxxxxxxxxx . 3 . 证 明 1dx 整 除 1nx 的 充 要 条 件 是 nd . 4 . 证 明, 若 )()()(1 424423 xhxxxgxfxxx , 则 1x 同 时 整 除 )() ,() ,( xhxgxf . 与 例 2 联 系 , 将 此 题 推 广 到 一 般 结 果 , 并 证 明 你 的 结 论 . 5 . 对 照 多 项 式 的 整 除 性 理 论 讨 论 整 数 的 整 除 性 理 论. 3 整 除 的 概 念 达 标 训 练 题 解 答 A 组 一 填 空 题 1 )() ,( xhxg )( xf )() ,( xhxg )( xf )( xf )() ,( xhxg )()() ,()( xfxhxfxg )( xg )( xf 2 . )( xq )( xr . 二 判 断 题 1 . ( F ) 2 . ( T ) 3 . ( F ) ; 4 . ( F ) ; 5 . ( F ) 三 解 答 题 1 解 利 用 带 余 除 法 得 )2()1) ()( baxxxgxf 所 以 12)2( xbax 即 3,2 ba . 2 证 明 ) )()()() ) ,()()( 2121 xfxfxgxfxfxg , 利 用 整 除 性 的 性 质 我 们 有 ) ) ()(21) ) )()( (21)( 2121 xfxfxfxfxg 即 )()(,)()( 21 xfxgxfxg . 3 证 明 若 )()( xgxfx , x 不 整 除 )( xf 与 )( xg 则 存 在 常 数 0,0 21 rr , 使 2211 )()(,)()( rxxqxgrxxqxf , 所 以 )()()()( 21 xqxxqxxgxf 2112 ) )( rrxqr , 由 于 )()( xgxfx , 所 以 21rrx , 得 出 矛 盾 . 即 x 不 能 整 除 )()( xgxf 证 明 由 于 三 次 单 位 根 21 , 都 是 23133 pnm xxx 的 根 即 12 xx 的 根 都 是 23133 pnm xxx 的 根 . 从 而 pnmxxxxx pnm ,1 231332 . 4. 证 明 因 为 2 1 21 ( ) ( ) ,x x x x 其 中 ( 1 , 2 )i i 是 三 次 单 位 虚 根 , 而 3 3 1 3 2 0m n pi i i , 即 3 3 1 3 2 ( 1 , 2 )m n pix x x x i , 再 利 用 1 2,x x 互 素 6 得 到 3 3 1 3 21 2( ) ( ) m n px x x x x , 即 2 3 3 1 3 21 m n px x x x x 5 证 明 如 果 )()()( xgxfxh , 因 为 )()( xfxh , 由 整 除 性 性 质 得 : )()()()( xfxgxfxh , 即 )()( xgxh , 与 )()( xgxh 矛 盾 , 所 以 )()()( xgxfxh . B 组 一 多 项 选 择 题 1 B , C , E , G , H 2 . ( A ) ( D ) ; 3 . 二 、 证 明 题 1 证 明 充 分 性 显 然, 仅 证 必 要 性. 设 rxxqxf )()( , 则 )()()( xqxCrxxqxf kkokkk rxqxC kkk )(111 kkkkkk rCrxxqC 11 )( krxxp )( 因 为 )( xfx 且 )( xxpx 由 整 除 性 的 性 质 得 )( xfx k . 2 证 明 利 用 带 余 除 法, )1) (1(1 2343457836912 xxxxxxxxxxxxxx 所 以 11 3691234578 xxxxxxxxxx . 3 证 明 充 分 性 显 然, 仅 证 必 要 性. 设 rdqn 若 drr ,0 , )1()1(11 rrdqrdqn xxxxx , 而 11 dqd xx , 因 此 11 rd xx , 得 出 矛 盾. 所 以 0r , 即 nd . 4 证 明 因 为 )3,2,1(4s i n4 k kikc o nwk 是 123 xxx 的 根 , 显 然 )()()( 4244 xhxxxgxfwx k , 即 0)1()1()1( 2 hwgwf kk ( 3,2,1k ) , 从 而 0)1()1()1( hgf . 一 般 地, 我 们 有 如 下 的 结 果: 若 )()()(1 122121 nnnnnnn xfxxxfxfxxx , 则 1,2,1) ,(1 nixfx i . 事 实 上, 设 iii rxqxxf )()1()( , 则 ininni rxqxxf )()1()( , 进 一 步 有 )() )( )()() (1()()()( 122112 211221 nnnnn nnnnnnnn rxxrrxqx xxqxqxxfxxxfxf 由 于 )()()(1 122121 nnnnnnn xfxxxfxfxxx , )()()()1(1 122121 nnnnnnnn xqxxxqxqxxxx 则 112121 1 nnnn rxxrrxxx . 5 参 见 张 禾 瑞 先 生 的 高 等 代 数 第 三 版 高 等 教 育 出 版 社 教 材 或 7 者 初 等 数 论 教 材 . 4 最 大 公 因 式 达 标 训 练 题 A 组 一 、 填 空 1 对 于 任 意 两 个 多 项 式 ) ,() ,( xgxf 它 们 总 有 公 因 式 我 们 称 它 为 平 凡 公 因 式 . 2 两 个 零 多 项 式 的 做 大 公 因 式 是 . 3 零 多 项 式 与 任 意 多 项 式 )( xf 的 最 大 公 因 式 是 . 4 若 ) ,()( xfxg 则 )() ,( xfxg 的 最 大 公 因 式 是 . 5 xxgxxf 1)(,1)( 2 则 ) )() ,( xgxf , 取 )( xu , )( xv = , 使 ) ) .() ,()()()()( xgxfxvxgxuxf 6 . 若 ,1)()()()( xvxgxuxf 则 )( xu 与 )( xv . 二 、 判 断 题 1 . 若 )( xd 是 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式 则 )( xcd 也 是 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式 c( 是 常 数 . 2 . 存 在 惟 一 一 对 多 项 式 ) ,() ,( xvxu 使 ) ) .() ,()()()()( xgxfxvxgxuxf 3 若 ,1) )() ,( xgxf 则 存 在 惟 一 一 对 ) ,() ,( xvxu 使 .1)()()()( xvxgxuxf 4 若 )() ,( xgxf 不 全 为 零 则 .1) )() ,( )(, ) )() ,( )( xgxf xg xgxf xf 5 由 于 1 6 , 8 = 8 , 所 以 多 项 式 8 与 1 6 不 互 素 . . )( xf 与 )( xg 的 次 数 最 高 的 公 因 式 是 最 大 公 因 式 . 三 、 解 答 题 1 . 判 定 32)(,1363)( 223 xdxxgxxxxf 是 否 互 素 , 并 求 ) ,() ,( xvxu 使 ) ) .() ,()()()()( xgxfxvxgxuxf 2 . 证 明 : ) ) .()() ,() )()() ,() )() ,( xgxfxfxgxfxfxgxf 3 . 证 明 : 两 个 多 项 式 )() ,( xgxf 都 与 )( xh 互 素 的 充 要 条 件 是 它 们 乘 积 )()( xgxf 与 )( xh 互 素 . 4 . 若 ,1) )() ,( xgxf 则 .1) )() ,( xgxf mm B 组 一 、 选 择 题 1 . 若 ) ,()() ,( xdxgxf 则 成 立 . ( A ) ) ;()()() ,( xdxgxfxf ( B ) ) ;()() )()() .()( xhxdxhxgxhxf ( C ) ) .()() )()() ,()() () ;() )() ,( , xhxdxhxgxhxfDxdxgxf nmmm 2 . 若 ,0)( xf 且 ) ,()()()()() ,() )(,)( xdxvxgxuxfxdxgxf 则 错 误 结 是 . ;1)( )(,0( )() () ;()() ,() ( xd xgxd xfBxdxgxfA nnn 8 ) .() )() ,()() () ;() )() ,() ( xdxgxgxfDxdxvxuC 3 . ( 多 项 选 择 ) 若 ) ,()()()( xrxqxgxf 则 成 立 . ) ,() )() ,() ( xgxgxfA ( ) ;r x ( ) ( ( ) , ( ) ) ( ( ) , ( ) )B f x g x f x r x ) ) .() ,() )() ,() ( ) ) ;() ,()() ,() () ) ;() ,() )() ,() ( xrxqxqxfE xqxgxrxfDxrxqxgxfC 二 、 解 答 题 1 . 确 定k , 使 24)6(2 kxkx 与 kxkx 2)2(2 的 最 大 公 因 式 是 一 次 的 . 2 . 设 )() ,( xgxf 不 全 为 零 , 则 )( xf 与 )( xg 的 次 数 最 高 的 公 因 式 是 最 大 公 因 式 ; 反 之 , )( xf 与 )( xg 的 最 大 公 因 式 都 是 次 数 最 高 的 公 因 式 . 3 . 证 明 : 若 ,1) )() ,( xgxf 且 ,0) )(,0) )( xgxf 那 么 存 在 惟 一 第 一 对 多 项 式 ) ) ,()() ) ,() )() ,() ,( xfxvxgxuxvxu 使 1)()(,0()( xvxgxuxf 4 . 依 照 两 个 多 项 式 的 最 大 公 因 式 式 理 论 , 讨 论 的 有 限 多 个 多 项 式 的 最 大 公 因 式 的 理 论 ( 定 义 , 存 在 性 , 求 法 , 互 素 ) . 4 最 大 公 因 式 达 标 训 练 题 解 答 A 组 一 、 填 空 题 1 零 次 多 项 式 2 . 零 多 项 式 ; 3 . 多 项 式 ( )c f x c 为 零 次 多 项 式; 4 . )( xcg , c 为 零 次 多 项 式; 5 . 1,1 xx ; 6 . 互 素. 二 、 判 断 题 1 F 2 . F ; 3 . F ; 4 . T ; 5 . F ; 6 . F . 三 、 解 答 题 1 . 解: 通 过 辗 转 相 除 法 求 得 1) )() ,( xgxf , 9 73 69 73 39 71 8)(,9 71 19 76)( 2 xxxvxxu . 2 . 证 明: 设 )() )() ,( xdxgxf , 容 易 证 明 )( xd 是 )()() ,( xgxfxf 的 公 因 式; 对 )()() ,( xgxfxf 的 任 意 公 因 式, 容 易 证 明 它 是 )() ,( xgxf 的 公 因 式, 从 而 它 整 除 于 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式 )( xd . 即 )()() ,( xgxfxf 的 任 意 公 因 式 整 除 于 它 的 公 因 式 )( xd , 所 以 )( xd 是 )()() ,( xgxfxf 的 最 大 公 因 式. 3 . 证 明: 1) )() ,( xhxf , 1) )() ,( xhxg , 则 存 在 )() ,( xvxu 与 )() ,( xqxp , 使 1)()()()( xhxvxfxu , 1)()()()( xqxhxpxg , 以 上 两 式 相 乘 容 易 得 到 1)()()()()( xhxVxgxfxU , 故 1) )() ,()( xhxgxf . 反 过 来 若 1) )() ,()( xhxgxf 则 存 在 )() ,( xvxu 使 1)()()()()( xvxhxuxgxf 若 令 )()()( xpxuxg 则 有 1)()()()( xvxhxpxf 故 1) )() ,( xhxf 同 样 的 若 令 9 )()()( xqxuxf 则 有 1)()()()( xvxhxqxg 故 1) )() ,( xhxg . 4 证 明 首 先 利 用 上 题 及 归 纳 法 容 易 证 明 若 1) )() ,( xgxf 1) )() ,( xgxf m 同 样 的 利 用 归 纳 法 证 明 1) )() ,( xgxf nm . B 组 一 、 选 择 题 1 A ( D ) 2 . C ; 3 . ( A , E ) 二 、 解 答 题 1 解 利 用 辗 转 相 除 法 容 易 得 到: )224()()( kxxgxf , )1) (3(41)232) (224(41)( kkkxkxxg 因 此 最 大 公 因 式 是 一 次 的 条 件 是 3k 或 者 1k . 2 . 证 明 设 )( xd 是 )() ,( xgxf 的 次 数 最 高 的 公 因 式, )(0 xd 是 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式, 所 以 )()( 0 xdxd , 而 0)(0 xd 因 此 )(0 xd 的 次 数 等 于 )( xd 的 次 数, 从 而 )()(0 xcdxd . 故 )( xd 是 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式 式. 反 之, 若 )(0 xd 是 )() ,( xgxf 的 最 大 公 因 式, 由 于 )( xd 是 公 因 式, 因 此 )()( 0 xdxd , 所 以 要 么 )( xd 是 零 多 项 式, 要 么 )( xd 的 次 数 不 大 于 )(0 xd 的 次 数. 但 0)(0 xd , 所 以 )( xd 的 次 数 不 大 于 )(0 xd 的 次 数. 故 )(0 xd 是 )() ,( xgxf 的 次 数 最 大 的 多 项 式. 3 . 证 明: 由 互 素 的 充 分 必 要 条 件 知 存 在 )() ,( xvxu 使 1 gvf u . 首 先 证 明 若 gu , 必 有 fv . 由 gvf u 1 gvf u , 所 以 vguf , 因 此 若 gu , 必 有 fv . 其 次 证 明 如 果, 可 以 重 新 选 取 11 , vu , 使 11 , vu 符 合 要 求. 由 带 余 除 法 定 理 知 存 在 rq , 使 grrrgqu 0, , 所 以 1)( gvrgqf . 若 0r 上 式 为 1)( vf qg , 可 得 到 0 g 与 已 知 矛 盾. 若 gr , 上 式 为 1)( vf qgf r , 由( 1 ) 知 fvf q )( 令 11 , vvf qur , 则 有 111 gvf u . 最 后 证 明 唯 一 性. 如 果 存 在 2211 ,;, vuvu , 2,1,1,1 2211 ifvgugvf ugvf u ii 则 )()( 1221 vvguuf , 因 为 1),( gf , 所 以 12 vvf , 故 21 vv , 同 样 的 21 uu . 4 . ( 参 照 张 禾 瑞 编 高 等 代 数) 10 5 因 式 分 解 定 理 达 标 训 练 题 一 、 填 空 题 1 . )( xp 是 不 可 约 多 项 式 , ,)( xPxf 若 )( xp )( xf , 则 . 2 . )( xp 是 不 可 约 多 项 式 , ,)( xPxf 则 )( xp 与 )( xf 互 素 的 充 要 条 件 是 . 3 . 判 定 多 项 式 2x + 2 在 数 域 P 上 的 可 约 性 . ( i ) P = Q 时 ; )(i i P = R 时 ; )(i i i P = C 时 . 4 . )( xf = )42( x 2 3)33( x )2( x 的 标 准 分 解 式 是 . 5 . )( xf = 2 )2( x 3 )1()4( 24 xx , )( xg = 4 )3( x )1( x 2 )2( x 2 , 则 ( )( xf , )( xg ) = . 二 、 判 断 题 1 . 任 意 数 域 上 都 有 不 可 约 多 项 式 . 2 . 若 )( xh )( xf )( xg , 则 )()( xfxh 或 ) .()( xgxh 3 . )( xp 是 不 可 约 多 项 式 , )()( xfxp 且 )()( xgxp , 则 )()()( xgxfxp . 三 、 解 答 题 1 . 分 别 在 有 理 数 、 实 数 域 、 复 数 域 上 分 解 14 x 为 不 可 约 多 项 式 的 乘 积 . 2 . 证 明 : 若 )( xp 不 可 约 , )( xp ( )( xf + )( xg ) , )( xp )( xf )( xg , 则 )( xp )( xf , 且 )( xp )( xg . 若 )( xp 可 约 , 上 述 结 论 是 否 成 立 ? 为 什 么 ? 3 . )( xp 是 次 数 大 于 零 的 多 项 式 , 若 )( xp 与 任 一 多 项 式 )( xf 的 关 系 只 有 两 种 情 况 ( )( xp , )( xf ) = 1 , 或 )( xp )( xf , )( xp 是 否 是 不 可 约 的 ? 并 说 明 理 由 . 4 . 若 )( xf 是 次 数 大 于 零 的 首 项 系 数 为 1 的 多 项 式 , 证 明 )( xf 是 不 可 约 多 项 式 的 方 幂 的 充 要 条 件 是 : 对 任 意 的 多 项 式 )( xg , 或 者 ( )( xf , )( xg ) = 1 , 或 者 存 在 正 整 数 m , 使 )()( xgxf m . 5 因 式 分 解 定 理 达 标 训 练 题 解 答 一 、 填 空 题 1 . 1) )() ,( xfxp ; 2 . )( xp 不 整 除 于 )( xf 3 . 不 可 约, 不 可 约, 可 约; 4 . 32 )1()2) (2(3 6 xxx ; 5 . 1 . 二 、 判 断 题 1 . T ; 2 . F ; 3 . F . 三 、 解 答 题 1 . 解 在 有 理 数 14 x 为 不 可 约 多 项 式 , 因 此 在 有 理 数 14 x 的 分 解 式 为 其 本 身 . 在 实 数 域 : 4 2 21 ( 2 1 ) ( 2 1 )x x x x x 11 在 复 数 域 上 : ) () () () (1 23232121224 ixixixixixixx . 2 . 证 明 : 若 )( xp 不 可 约 , 由 )( xp )( xf )( xg , 则 )( xp )( xf 或 )( xp )( xg . 若 )( xp )( xf 成 立 , 又 )( xp ( )( xf + )( xg ) , 所 以 )( xp )( xf )( xg , 则 )( xp )( xg 成 立 ; 同 样 地 若 )( xp )( xg 成 立 利 用 )( xp ( )( xf + )( xg ) 得 到 )( xp )( xf 成 立 . 总 之 有 )( xp )( xf 与 )( xp )( xg 同 时 成 立 . 若 )( xp 可 约 , 上 述 结 论 不 成 立 . 事 实 上 取 ,)(,)(,)( 22 xxxgxxfxxp 则 )()()( xgxfxp 且 )( xp ( )( xf + )( xg ) , 但 )( xp 即 不 整 除 0( xf 也 不 整 除 )( xg . 3 . )( xp 是 不 可 约 多 项 式 . 证 明 如 下 : 若 )( xp 可 约 , 则 存 在 )2,1) ()(0) ,( ixpxpxp ii , 使 )()()( 21 xpxpxp , 利 用 题 设 可 以 得 出 ( )( xp , )( xp i ) = 1 或 者 )()( xpxp i , 而 事 实 上 , 这 两 种 结 果 都 不 能 成 立 . 因 此 )( xp 可 约 的 假 设 不 正 确 . 4 证 明: 必 要 性 . 设 )()( xpxf m ( )( xp 为 不 可 约 多 项 式 ) , 显 然 对 任 意 的 )( xg , 若 1) )() ,( xgxp , 则 1) )() ,() )() ,( xgxpxgxf m , 若 )()( xgxp , 则 )()( xgxp mm , 即 存 在 正 整 数 m , 使 )()( xgxf m . 充 分 性 : 设 )1) )()(,0)()() ()()( 1111 xfxpxfxpxfxpxf k 不 可 约 , 取 )()( 1 xpxg , 则 ( )( xf , )( xg ) = 1 不 成 立 , 且 对 任 意 正 整 数 m , )()( xgxf m 不 成 立 . 故 )1) )()(,0)()() ()()( 1111 xfxpxfxpxfxpxf k 不 可 约 不 成 立 . 即 )( xf 是 不 可 约 多 项 式 的 方 幂 . 6 重 因 式 达 标 训 练 题 一 、 填 空 题 1 . 设 多 项 式 )( xf = 22 )4x 2)2( x )2( x )3( x , 则 )( xf 的 单 项 式 是 , 重 因 式 是 , 它 们 的 重 数 分 别 是 . 2 . 若 )( xp 是 )( xf 的 5 重 因 式 , 则 )( xp 是 的 3 重 因 式 , 的 单 项 式 . 3 . )(2 xf 的 微 商 是 . 4 . 与 )( xf 有 相 同 的 不 可 约 因 式 , 但 无 重 因 式 . 5 , )( xp 是 ( )( xf , )(/ xf ) 的 )1( kk 重 因 式 , 则 )( xp 是 )( xf 的 重 因 12 式 . 一 、 判 断 题 1 . )( xp 是 )( xf 的k 重 因 式 , 则 )( xp 是 )(/ xf 的 1k 重 因 式 )1( k 2 . , )( xp 是 )(/ xf 的k 重 因 式 , 则 )( xp 是 )( xf 的 1k 重 因 式 . 2 多 项 式 的 重 因 式 不 因 数 域 的 扩 大 改 变 . 四 、 解 答 题 1 . 判 断 下 列 多 项 式 有 无 重 因 式 , 若 有 , 求 出 重 因 式 . ( i ) )( xf = 354 23 xxx ; ( i i ) )( xf = 3x 1 2 . 将 )( xf = xxx 23 2 单 项 式 化 , 然 后 分 解 因 式 . 3 . 证 明 : )( xf = 1 + !2 2 nxxx n 没 有 重 因 式 . 4 . a , b 满 足 什 么 条 件 , baxx 33 有 重 因 式 . 6 重 因 式 达 标 训 练 题 解 答 一 、 填 空 题 1 . 3x , 2x 与 2x , 4 与 3 ; 2 . )( xf ; 3 . )()(2 xfxf ; 4 . ) )() ,( )( xfxf xf ; 5 . 1k . 二 、 判 断 题 1 . F ; 2 . T ; 3 . F . 三 、 解 答 题 1 . 解 : ( 1 ) 利 用 辗 转 相 除 法 容 易 求 出 1) )() ,( xfxf , 所 以 )( xf = 354 23 xxx 无 重 因 式 . ( 2 ) 同 ( 1 ) . 2 . 解 容 易 计 算 )1() )() ,( xxfxf 所 以 1x 是 )( xf 的 二 重 因 式 又 )1() )() ,( )( xxxfxf xf 故 )( xf = 2)1( xx xxx 23 2 . 3 . 证 明: 12 ) !1( 1 !2 11)( nx nxxxf , 1) !1( 11,!1() )() ,()() )() ,( 1 nn xnxxnxfxfxfxfxf . 故 无 重 因 式 . 4 . 解 : 显 然 当 0a b 时 baxx 33 有 三 重 因 式 x 当 0 , 0a b 时 13 baxx 33 无 重 因 式 当 0a 时 当 2 04 ba a 时 2( ( ) , ( ) ) 2 2 bf x f x x x a a baxx 33 有 二 重 因 式 22x a 7 多 项 式 函 数 达 标 训 练 题 A 组 一 、 填 空 题 1 . 多 项 式 有 无 穷 多 个 根 . 2 , 若 )( xf = 234 32 xxx , 则 )2(f = , )( xf 的 根 是 , 重 根 是 , 其 重 数 是 . 3 . 是 多 项 式 )( xf 微 商 的k 重 根 , 则 是 )()3( xf 的 重 根 . 这 里 k 5 . 4 . 若 是 )(/ xf 的k 重 根 , 且 满 足 , 是 )( xf 的 1k 重 根 . 二 、 判 断 题 1 . 若 )( xf 没 有 重 根 , 则 )( xf 没 有 重 因 式 . 2 . 若 )( xf 没 有 根 , 则 )( xf 不 可 约 . 3 . )( xf 没 有 重 根