《多项式习题解答》doc版.doc

螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇芈莄蚁羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃节螆螂莂莅蕿肀莁薇螄肆莀虿蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肃羄芃蚃罿肃莅衿袅肂蒈蚂螁肂蚀蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅袄膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羁膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇芈莄蚁羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃节螆螂莂莅蕿肀莁薇螄肆莀虿蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肃羄芃蚃罿肃莅衿袅肂蒈蚂螁肂蚀蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅袄膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羁膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇芈莄蚁羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃节螆螂莂莅蕿肀莁薇螄肆莀虿蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肃羄芃蚃罿肃莅衿袅肂蒈蚂螁肂蚀蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅袄膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羁膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇芈莄蚁羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃节螆螂莂莅蕿肀莁薇螄肆莀虿蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肃羄芃蚃罿 第一章 多项式习题解答P44. 1. 用除,求商和余式. 解: 1). 2).2. 求m, p,q适合什么条件时, 有1) 解: 1) 方法1. , 得余式方法二. 设, 则, .同样.2 ) 解: 假设, 展开右边与左边比较, 得,消去a, 得 , 所以当m0时, q=1, p=2-m2; 当m=0时, p=q+1. 3. 用综合除法求求商和余式. 1) .解: 作算式: -3 | 2 0 -5 0 -8 0 -6 18 -39 117 -327 2 -6 13 -39 109 -327得： 即商2) 解: 商, 余式.4. 把f(x)表成(x-x0)的方幂和.1) .解: 用综合除法: 1 | 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 3 6 1 3 6 10 1 4 1 4 10 1 1 5当然也可以.2) 3) 5. 求f(x), g(x)的最大公因式.1) f(x)=x4+x3-3x2-4x-1, g(x)=x3+x2-x-1.解: , , (2), 不可约, .(3)6. 求u(x), v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x), g(x).(1), .解: 作辗转除法: g(x) f(x) q2(x)=x+1 q1(x)=1 x4-2x2 x3+x2-2x-2 r1(x)= x3-2x q3(x)=xx3-2x x3-2x r2(x)=x2-2 0因为r2(x)| r1(x), 所以(f(x), g(x) = r2(x) = x2-2. 再由, 得令u(x)=-(x+1), v(x)=(x+2), 则.2) (f(x), g(x) = r2(x) = x-1. .3), , ，1.7. 由题意 解出()当()即 P45、8表明是公因式又已知： 表明任何公因式整除所以 是一个最大的公因式。P45，9. 证明（的首系=1）证：设由 是一个公因式。设而首项系数=1，又是公因式得（由P45、8），它是最大公因式，且P45、10已知不全为0。证明证：设则设 及所以消去得P45.11 证：设P45.12设.P45.13 ， 固定 P45.14同理.由12题令 ,（注反复归纳用12题）。推广若则m，n有P45,15f(x)=x3+2x2+2x+1, g(x)=x4+x3+2x2+x+1解：g(x)=f(x)(x-1)+2(x2+x+1),f(x)=(x2+x+1)(x+1)即(f(x)，g(x) = x2+x+1.令(x2+x+1)=0得f(x)与g(x)的公共根为.P45.16 判断有无重因式 解2故有重因式P45.17有重因式（有重根）解. 如 则 有重因式：3重因式如则此时必须 有重因式P45.18求多项式有重根因式的条件证 p45.19 令即 又 P46，20证无重因式（重根）证： . P46，21 g(x)= f(x)+ f(a)+ g(a)=0 又g(a)=0 P46，22“”必要性显然（见定理6推论1）“”若x0是f(x)的t重根，tk，由定理f(k)( x0)=0若tk，所以矛盾.P46.23 例如.P46.24 若证若所以 P46,25 证明 设x2+x+1的两个根.P46、26分解p46,27求有理根：（1）x3-6x2+15x-14=f(x).解：有理根可能为1、2、7、14.当a0时f（a）0，所以f(x)的有理根是可能1,2,7,14f(1)=-40, f(2)=0, f(7)=1400, f(14)=17640,只有一个x=2（2）4x4-7x2-5x-1=f(x).解：有理根可能为1、，f(1)=-90，f(-1)=10,f()=-5,f(-)=0,f()=-2,f(-)=-所以f(x)只有一个有理根x= - （3）f(x)=x5+x4-6x3-14x2-11x-3=f(x).解：可能有有理根为1、3、f(1)=-32,f(-1)=0,f(3)=0 f(-3)=-96故f(x)有两个有理想-1,3P46,28x2+1：解 y=y+1, x2+1=y2+2y+2不可约 解取P=2，由Eisenstein判别法，不可约。x6+x3+1,解令x=y+1则x6+x3+1=y6+6y5+15y4+21y3+15y2+9y+3取P=3即可。xp+px+1为奇素数解：取y=x+1, x3+px+1=yp+=yp+取p素数，即可x4+4kx+1k为整数解：令x=y+1,则f(x)=x4+4kx+1=y4+4y3+6y2+(4+4k)y+(4k+2)取p=2，则，即可由Eisenstein判别法，f(x)于Q上不可约。补充题P.471. 设, 证明 .证: 设 要证明d(x)|d1(x)及d1(x)|d(x). 首先因为d(x)|f(x), d(x)|g(x), 所以由条件知d(x)|f1(x), d(x)|g1(x), 从而d(x)|d1(x). 另一方面, 由于ad-bc0, 所以由条件知.于是由d1(x)|f1(x), d1(x)|g1(x), 得d1(x)|f(x), d1(x)|g(x),从而d1(x)|d(x).所以d1(x)=d(x).2. 证明:只要的次数都大于零, 就可适当地选择适合等式的u(x)和v(x)使使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).证明：设（f(x)，g(x)）=d(x), 存在u1(x), v1(x)使得u1(x) f(x)+v1(x)g(x)=d(x). 记f(x)=fi(x)d(x), g(x)=gi(x)d(x), 则有u1 (x)f1(x)+v 1(x)g1(x)=1. (*)a)若(u1(x)(g1(x), 由上式, (u1(x)+(f1(x)=(v1(x)+(g1(x), 得(v1(x)(f1(x).b) 若(u1(x)(g1(x), 令u1 (x)=q1(x)g1(x)+u2(x), (u2)(g1(x)=().v 1(x)=q2(x)f1 (x)+v2(x), (v2)(f1(x)=( ). 代入(*)式: 得f1(x)u2(x)+g1(x)v2(x)+f1(x)g1(x)q1(x)+f1(x)g1(x)q2(x)=1, f1(x)u2(x)+g1(x)v2(x)+f1(x) q1(x)+f1(x) q2(x)=1.令u (x)=u2 (x), v(x)= v2(x)+f1(x) q1(x)+f1(x) q2(x), 则由于(u)= (u2)(g1(x), 得 (v)= (v2) 0且首项系数为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是, 对任意的多项式g(x), 或者或者存在正整数m使得.证明: 必要性：设f (x) = ps (x)（其中p(x)是不可约多项式），则对任意多项式g(x)，有a) ( p(x), g(x) =1; 或b) p(x) | g(x). 对于 a) 有( f (x), g(x) =1.对于b)有ps(x) | gs(x)，此即f(x)|gs(x).再让m = s，即证必要性.充分性：若 f (x)不是某一个多项式的方幂，则f (x)有典型分解式: 取g(x)=p1(x)，则由题设知f (x)与g(x)应满足( f (x), g(x) =1或f (x) | gm (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) | hm(x).证明: 必要性.设f (x)= pm(x)是某一不可约多项式p(x)的方幂, 则由于p(x)不可约,所以由f (x) | g(x)h(x)，可推知p(x) | g(x)h(x)，及p(x) | g(x)或p(x) | g(x). 所以必存在正整数使得pm (x) | hm (x), 即f(x) | hm (x) .充分性. 若 f (x)不是某一个多项式的方幂，则f (x)有典型分解式: 取 则 f (x) | g(x)h(x)，但是出f (x)既不整除g(x)，也不能整除h(x)的任意方幂 hm(x).9. 证明：2的非零根证明：设 f (x) = xn + axn-m + b，则f(x) = xn-m-1nxm + (n-m)a.又因为 f (x)的非零根都是多项式g(x) = nxm + (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.10. 证明: 如果f (x)| f m(x), 那么f (x)的根只能是0或单位根.证明: 设a是f (x)的任一个根，由f (x) | f (xn )知，a也是f (xn )的根，即f (an ) = 0, 所以an也是f (x)的一个根. 以此类推下去，则都是 f (x)的根. f (x)是一个次数有限的多项式，所以f (x)最多只可能有限个相异的根，于是必有, .11. 如果f(x) | f (x)，证明f (x)有n重根，其中n = ( f (x).证明: 设a1 , a2,., a s 是f (x)的s个不同的根，且它们的重数分别为k1 , k2,., ks，由于f (x)是n1次多项式，因而k1 +k2+.+ ks=n-1. 其次，由 f (x)|f(x), a1, a2,., a s 分别为f (x)的k1 +1, k2+1， ., ks+1重根，但k1 +1+k2+1+.+ ks+1=n-1+s=n, 从而s =1. 这就是说， f (x)只可能有一个根1 a ，且重数为k1= n1.故f (x)有n重根.12. 设a1, a2,., an 是n个不同的数, 而证明: 1) 2)对任意多项式f(x),用F(x)除所得的余式为证明：1),所以. (=gi(x).则(gi(x) n 1, 且gi (ai)=1, gi(aj)=0, 当ij. 所以.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)n1).当r(x)=0时，结论显然成立. 当(r(x)n1时，若令k(x)=, 则(k(x)n1，于是r(ai) =f(ai) = k(ai) (i =1,2,.,n), 所以r(x)=k(x)=.13. a1, a2,., an与上题相同, b1, b2,., bn是任意数,显然适合条件L(ai)=bi, i=1,2,n. 这称为Lagrange插值公式, 利用上面的插值公式求: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0, , 处与函数sin x有相同的值.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) 由Lagrange插值公式: 取 2) 已知f (0) =sin 0=0， f()=sin=1, f ()sin=0. 设F(x)=x(x-)(x-), 则得到.3) 同理可得,14. 设f(x)是一个整系数多项式, 试证: 如果f(0)和f(1)都是奇数, 则f(x)不能有整数根.证明: 设a是f (x)的一个整数根，则f (x) =(xa) f1(x), 由综合法知商式f1(x)也为整系数多项式，于是f(0)=(0-a)f(0), f(1)=(1-a)f(1). 因为f(0)和f(1)都是奇数, 而(0-a)和(1-a)中恰有一个偶数, 这样得到偶数整除奇数, 矛盾. 所以f(x)不能有整数根. 蚇聿薃蕿蚆膂莆蒅蚅芄膈螃螅羄莄虿螄肆膇薅螃膈莂蒁螂羈膅蒇螁肀蒁螆螀膂芃蚂螀芅葿薈蝿羄节蒄袈肇蒇莀袇腿芀虿袆衿蒅蚅袅肁芈薁袄膃薄蒇袄芆莇螅袃羅腿蚁袂肈莅薇羁膀膈蒃羀袀莃荿罿羂膆螈羈膄莁蚄羈芆芄薀羇羆蒀蒆羆肈芃螄羅膁蒈蚀肄芃芁薆肃羃蒆蒂蚀肅艿莈虿芇蒅螇蚈羇莇蚃蚇聿薃蕿蚆膂莆蒅蚅芄膈螃螅羄莄虿螄肆膇薅螃膈莂蒁螂羈膅蒇螁肀蒁螆