高等代数(北大版第三版)习题答案一到四章.pdf

高等代数（北大高等代数（北大高等代数（北大高等代数（北大* * * *第三版）答案第三版）答案第三版）答案第三版）答案 第一章第一章第一章第一章多项式多项式多项式多项式 1 用)(xg除)(xf，求商)(xq与余式)(xr： 1）123)(, 13)( 223 +=xxxgxxxxf； 2）2)(, 52)( 24 +=+=xxxgxxxf。 解 1）由带余除法，可得 9 2 9 26 )(, 9 7 3 1 )(=xxrxxq； 2）同理可得75)(, 1)( 2 +=+=xxrxxxq。 2qpm,适合什么条件时，有 1）qpxxmxx+ 32 |1， 2）qpxxmxx+ 242 |1。 解 1）由假设，所得余式为 0，即0)()1( 2 =+mqxmp， 所以当 = =+ 0 01 2 mq mp 时有qpxxmxx+ 32 |1。 2）类似可得 =+ = 01 0)2( 2 2 mpq mpm ，于是当0=m时，代入（2）可得1+=qp；而当 02 2 =mp时，代入（2）可得1=q。 综上所诉，当 += = 1 0 qp m 或 =+ = 2 1 2 mp q 时，皆有qpxxmxx+ 242 |1。 3求( )g x除( )f x的商( )q x与余式： 1） 53 ( )258 , ( )3f xxxx g xx=+； 2） 32 ( ), ( )12f xxxx g xxi= +。 解1） 432 ( )261339109 ( )327 q xxxxx r x =+ = ； 2） 2 ( )2(52 ) ( )98 q xxixi r xi =+ = + 。 4把( )f x表示成 0 xx的方幂和，即表成 2 010200 ()().()n n cc xxcxxcxx+的形式： 1） 5 0 ( ),1f xxx=； 2） 42 0 ( )23,2f xxxx=+= ； 3） 432 0 ( )2(1)37,f xxixi xxi xi=+= 。 解 1）由综合除法，可得 2345 ( )15(1) 10(1)10(1)5(1)(1)f xxxxxx= +； 2）由综合除法，可得 42234 231124(2)22(2)8(2)(2)xxxxxx+=+； 3） 由综合除法，可得 432 2(1)3(7)xixi xxi+ 234 (75 )5()( 1)()2 ()()ixii xii xixi=+ +。 5求( )f x与( )g x的最大公因式： 1） 43232 ( )341, ( )1f xxxxxg xxxx=+=+； 2） 4332 ( )41, ( )31f xxxg xxx=+=+； 3） 42432 ( )101, ( )4 264 21f xxxg xxxxx=+=+。 解 1）( ( ), ( )1f xg xx=+； 2）( ( ), ( )1f x g x=； 3） 2 ( ( ), ( )2 21f xg xxx=。 6求( ), ( )u x v x使( ) ( )( ) ( )( ( ), ( )u x f xv x g xf x g x+=。 1） 432432 ( )242, ( )22f xxxxxg xxxxx=+=+； 2） 43232 ( )421659, ( )254f xxxxxg xxxx=+=+； 3） 4322 ( )441, ( )1f xxxxxg xxx=+=。 解 1）因为 2 2 ( ( ), ( )2( )f xg xxr x= 再由 11 212 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) f xq x g xr x g xqx r xr x =+ =+ ， 解得 22121 212 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1( )( ) ( ) r xg xqx r xg xqxf xq x g x qxf xq x qx g x = = + ， 于是 2 12 ( )( )1 ( )1( )( )1 1 (1)2 u xqxx v xq x qxxx = = = += +=+i 。 2）仿上面方法，可得( ( ), ( )1f x g xx=，且 2 1122 ( ), ( )1 3333 u xxv xxx= +=。 3）由( ( ), ( )1f xg x=可得 32 ( )1, ( )32u xxv xxxx= =+。 设 32 ( )(1)22f xxt xxu=+与 32 ( )g xxtxu=+的最大公因式是一个二次多项 式，求,t u的值。 解因为 322 11 212 ( )( ) ( )( )()(2) ( )( ) ( )( ) f xq x g xr xxtxuxxu g xqx r xr x =+=+ =+ ， 2 (2)(2)(24)(3)xtxxuutxut=+， 且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式 2( ) r x为 0，即 (24)0 (3)0 ut ut += = ， 从而可解得 1 1 0 2 u t = = 或 2 2 2 3 u t = = 。 证明： 如果( )|( ), ( )|( )d xf x d xg 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 ( )| ( )xd 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 xs x f xt x g x=+， 从而由( )|( ), ( )| ( )xf xxg x可得( )| ( )xd x，得证。 证明：( ( ) ( ), ( ) ( )( ( ), ( ) ( )f x h xg x h xf xg x h x=，( ( )h x的首系数为） 。 证因为存在多项式( ), ( )u x v x使( ( ), ( )( ) ( )( ) ( )f x g xu x f xv x g x=+， 所以( ( ), ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )f x g x h xu x f x h xv x g x h x=+， 上式说明( ( ), ( ) ( )f xg 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 xf x知( ( ), ( ) ( )|( ) ( )f x g x h xf x h x， 同理可得( ( ), ( ) ( )|( ) ( )f xg x h xg 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，所以( ( ) ( ), ( ) ( )( ( ), ( ) ( )f x h x g x h xf x g x h x=。 如果( ), ( )f xg x不全为零，证明： ( )( ) ,1 ( ( ), ( ) ( ( ), ( ) f xg x f xg xf xg x = 。 证存在( ), ( )u x v x使( ( ), ( )( ) ( )( ) ( )f x g xu x f xv x g x=+， 又因为( ), ( )f x g x不全为，所以( ( ), ( )0f x g x， 由消去律可得 ( )( ) 1( )( ) ( ( ), ( )( ( ), ( ) f xg x u xv x f xg xf xg x =+， 所以 ( )( ) ,1 ( ( ), ( ) ( ( ), ( ) f xg x f xg xf xg x = 。 11证明：如果( ), ( )f xg x不全为零，且( ) ( )( ) ( )( ( ), ( )u x f xv x g xf x g x+=，那么 ( ( ), ( )1u x v x=。 证 由上题证明类似可得结论。 12证明：如果( ( ), ( )1,( ( ), ( )1f xg xf x h x=，那么( ( ), ( ) ( )1f xg x h x=。 证由假设，存在 11 ( ),( )u x v x及 22 ( ),( )ux vx使 11 ( ) ( )( ) ( )1u x f xv x g x+=（1） 22 ( ) ( )( ) ( )1ux f xvx h x+=（2） 将（1） （2）两式相乘，得 121212 12 ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 u x ux f xv x ux g xu x vx h xf x v x vx g x h x + += ， 所以( ( ), ( ) ( )1f xg x h x=。 13设 11 ( ),.,( ),( ),.,( ) mn f xfxg xgx都是多项式，而且 ( ( ),( )1 ij f xgx=(1,2,.,;1,2,., )im jn=。 求证： 1212 ( )( ).( ),( )( ).( )1 mn f x fxfxg x gxgx=。 证 由于 11 12 1 ( ),( )1 ( ),( )1 . ( ),( )1 n f xg x f xgx f xgx = = = ， 反复应用第 12 题结论，可得 112 ( ),( )( ).( )1 n f xg x gxgx=， 同理可证 212 12 ( ),( )( ).( )1 . ( ),( )( ).( )1 n mn fxg x gxgx fxg x gxgx = = ， 从而可得 1212 ( )( ).( ),( )( ).( )1 mn f x fxfxg x gxgx=。 14证明：如果( ( ), ( )1f xg x=，那么( ( ) ( ),( )( )1f x g xf xg x+=。 证由题设知( ( ), ( )1f xg x=，所以存在( ), ( )u x v x使( ) ( )( ) ( )1u x f xv x g x+=， 从而( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )1u x f xv x f xv x f xv x g x+=， 即 ( )( ) ( )( ) ( )( )1u xv xf xv xf xg x+=， 所以( ( ), ( )( )1f xf xg x+=。 同理( ( ),( )( )1g xf xg x+=。 再由 12 题结论，即证( ( ) ( ),( )( )1f x g xf xg x+=。 15求下列多项式的公共根 32432 ( )221, ( )21f xxxxg xxxxx=+=+ 解由辗转相除法，可求得 2 ( ( ), ( )1f xg xxx=+，所以它们的公共根为 13 2 i 。 16判别下列多项式有无重因式： 1） 5432 ( )57248f xxxxxx=+； 2） 42 ( )443f xxxx=+； 解1） 432 2 ( )5202144 ( ( ),( )(2) fxxxxx f xfxx =+ = ， 所以( )f x有2x的三重因式。 2） 3 ( )484fxxx=+，( ( ),( )1f xf x=，所以( )f x无重因式。 17求t值，使 32 ( )31f xxxtx=+有重根。 解易知( )f x有三重根1x=时，3t=。若令 322 31() ()xxtxxaxb+ =，比较两端系数，得 2 2 32 2 1 ab taab a b = =+ = 由（1） ， （3）得 32 2310aa+ =，解得a的三个根为 123 1 1,1, 2 aaa=，将a的三个根 分别代入 （1） ， 得 123 1,1,4bbb=。 再将它们代入 （2） ， 得t的三个根 123 5 3,3, 4 ttt=。 当 1,2 3t=时( )f x有 3 重根1x=；当 3 5 4 t=时，( )f x有 2 重根 1 2 x=。 18求多项式 3 xpxq+有重根的条件。 解令 3 ( )f xxpxq=+，则 2 ( )3fxxp=+，显然当0p=时， 只有当 3 0,( )qf xx= 才有三重根。 下设0p，且a为( )f x的重根，那么a也为( )f x与( )f x的根，即 3 2 0 30 apaq ap += += 由（1）可得 2 ()a apq+= ，再由（2）有 2 3 p a= 。所以 () 3 3 2 p apq q a p += = ， 两边平方得 2 2 2 9 43 qp a p = ，所以 32 4270pq+=。 综上所叙即知，当 32 4270pq+=时，多项式 3 xpxq+有重根。 19如果 242 (1) |1xaxbx+，求,a b。 解 令( )f x= 42 1axbx+，( )fx= 3 42axbx+。由题设知，1 是( )f x的根，也是( )fx 的根，此即 10 420 ab ab + = += ， 解得1,2ab= 。 20证明： 2 1. 2! n xx x n +不能有重根。 证 因为( )f x的导函数 21 11 ( )1. 2!(1)! n fxxxx n = + ， 所以 1 ( )( ) ! n f xfxx n =+ ， 于是 11 ( ( ),( )( ),( )(,( )1 ! nn f xfxfxxfxxfx nn =+=，从而( )f x无重根。 21如果是( )fx的一个 k 重根，证明是 ( )( )( )( )( ) 2 xa g xfxfaf xf a =+的一个 k+3 重根。 证因为 1 ( )( )( )( ) 22 ( )( ) 2 xa g xfxfxfa xa gxfx = = ， 由于是( )fx的k重根，故是( )gx的1k+重根。代入验算知是( )g x的根。 现在设是( )g x的s重根，则是( )g x的1s重根，也是( )gx的 s-2 重根。 所以213sksk=+ =+。得证。 22证明： 0 x是( )f x的k重根的充分必要条件是 (1) 000 ()().()0 k f xfxfx =， 而 ( ) 0 ()0 k fx 证 必要性：设 0 x是( )f x的k重根,从而是( )f x的1k重根，是( )fx的2k重根， 是 (2) 0 () k fx 的一重根，并且 0 x不是 ( )( )k fx的根。于是 (1) 000 ()().()0, k f xfxfx =而 ( ) 0 ()0 k fx。 充 分性 ： 由 (1) 0 ()0 k fx =， 而 ( ) 0 ()0 k fx， 知 0 x是 (1)( )k fx 的 一重 根 。又 由 于 (2) 0 ()0 k fx =，知 0 x是 (2)( )k fx 的二重根，依此类推，可知 0 x是( )f x的k重根。 23举例说明段语“是( )f x的m重根，那么是( )f x的1m+重根”是不对的。 解 例如，设 1 1 ( )1 1 m f xx m + = + ，那么( ) m fxx=以 0 为m重根，但 0 不是( )f x的根。 24证明：如果(1)|() n xf x，那么(1)|() nn xf x。 证 要证明(1)|() nn xf x，就是要证明(1)0f=（这是因为我们可以把 n x看作为一个变 量） 。由题设由(1)|() n xf x，所以(1 )0 n f=，也就是(1)0f=，得证。 25证明：如果 233 12 (1)|()()xxf xxfx+，那么 12 (1)|( ),(1)|( )xf xxfx。 证 因为 2 1xx+的两个根为和 2 ，其中 22 cossin 33 i =+，所以和 2 也是 33 12 ()()f xxfx+的根，且 3 1=，于是 12 2 12 (1)(1)0 (1)(1)0 ff ff += += ， 解之得 12 (1)0,(1)0ff=。得证。 26求多项式1 n x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 21 1(1)()().() nn xxxxx =，其中 22 cossin 33 i =+， 在实数域内(0) jnj jn =，所以，当n为奇数时，有 11 212222 22 1(1)()1()1. ()1 nn nnn xxxxxxxx + =+ 其中 21 2cos(1,2,.,) jnjjj jn j nn +=+=，皆为实数。 当n是偶数时，有 11 212222 22 1(1)(1)()1()1. ()1 nn nnn xxxxxxxxx =+ 27求下列多项式的有理根： 1） 32 61514xxx+； 2） 42 4751xxx； 3） 5432 614113xxxxx+。 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 11 , 22 （即有 2 重有理根 1 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） 2 1x+； 2） 432 8122xxx+； 3） 63 1xx+； 4）1, p xpxp+为奇素数； 5） 4 41,xkxk+为整数。 解 1）因为1都不是它的根，所以 2 1x+在有理数域里不可约。 2）利用艾森斯坦判别法，取2p=，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1xy=+或1xy=，得 ( )(1)g yf y=+或( )(1)g yf y= 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 12 ( )( )( )f xf x fx=，从而 12 ( )(1)(1)(1)g yf yf yfy=， 这就是说( )g y也可约，反之亦然。 现在我们用它来证明 63 1xx+在有理数域上不可约。令1xy=+，则多项式变为 6365432 (1)(1)1615211893yyyyyyyy+ =+ 利用艾森斯坦判别法，取3p=，即证上式不可约，因而 63 1xx+也不可约。 4） 设( )1 p f xxpx=+，令1xy=，则( )(1)g yf y= 1122221 .() ppppp pppp yC yC yCyCp yp =+ 由于p是素数， 因而|(1,2,.,1) i p p Cip=， 但 2 |pp， 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 4 ( )41f xxkx=+，令1xy=+，可得 432 ( )(1)46(44)42g yf yyyykyk=+=+ 利用艾森斯坦判别法，取2p=，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） 222222 121213132323 x xx xx xx xx xx x+； 2） 121323 ()()()xxxxxx+； 3） 222 121323 () () ()xxxxxx； 4） 222222222222 121314232434 x xx xx xx xx xx x+； 5) 123231312 ()()()x xxx xxx xx+； 6) 121223231313 ()()()xxx xxxx xxxx x+。 解 1）对称多项式的首项为 2 12 x x，其方幂为(2,1,0)，即 2 11 00 12312 =， 又因为 222222 12121313232312123 3x xx xx xx xx xx xx x x += ， 所以 原式= 123 3 。 2）同理可得 121323 ()()()xxxxxx+ 222222 121213132323123 2x xx xx xx xx xx xx x x=+ 1233 123 32 =+ = ）原式= 222222 112211332233 (2)(2)(2)xx xxxx xxxx xx+ 42 12 .x x=+， 由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为 42 12 x x，所以的方幂之积为 指数组对应的方幂乘积 420 22 12 411 3 13 330 3 2 321 123 222 2 3 原式= 22332 121321233 abcd +(1) 只要令 123 0,0 xxx=,则原式左边0=。另一方面，有 123 2,1,0=， 代入（1）式，得4b= 。再令 123 1,2xxx= ，得27d= 。 令 123 1,1xxx= ，得 22ac+=（2） 令 123 1,xxx=得 36ac+=（3） 由（2） ， （3）解得4,18ac= =。因此 原式 22332 121321233 441827 =+。 4）原式= 222222222222 121314232434 x xx xx xx xx xx x+ 指数组对应的方幂乘积 2200 2 2 2110 13 1111 4 设原式 2 2134 ab =+ 令 1234 1,0,xxxx=得2a= 。 再令 1234 1,xxxx=得2b=。 因此原式 2 2134 22 =+。 1） 原式= 222333 123123123123 ()x x xx x xx x xx x x+ 222222 122313123 ()x xx xx xx x x+， 由于 3332 1231232231323 2x x xx x xx x x +=， 2222222 122313213 2x xx xx x +=， 所以原式 222 131322333 22 =+。 2） 原式 222222223 123123123123 2()x x xx x xx x xx x x=+ 222222222 122313123123123 (333)x xx xx xx x xx x xx x x+ 222222 121213231323123 ()2x xx xx xx xx xx xx x x+， 其中 222223 12312312323 2()2x x xx x xx x x +=， 222222 1223123213 .3x xx xx x x +=+， 222 121223123 .x xx xx x +=， 所以 原式 22 121322333 2 =+。 30用初等对称多项式表出下列 n 元对称多项式： 1） 4 1 x ； 2） 2 123 x x x ； 3） 22 12 x x ； 4） ； 22 1234 x x x x （ 12 12. n lll n ax xx 表示所有由 12 12. n lll n ax xx经过对换得到的项的和。 ） 解 1）因为多项式的首项为 4 1 x，所以 指数组对应的方幂乘积 40000 4 1 31000 2 12 22000 2 2 21100 13 1111.0 4 设原式 422 1122134 abcd =+， 令 1234 1,1,.0, n xxxxx= =得2b=。 123 1,.0, n xxxx=得4a= 。 1234 1,.0, n xxxxx=得4c=。 12345 1,1,.0, n xxxxxx= =得4d= 。 所以原式 422 1122134 4244 =+。 2）同理可得原式 134 4 =。 3）原式 2 1134 22 =+。 4） 原式 24156 49 =+。 31设 123 ,a a a是方程 32 56730 xxx+=的三个根，计算 222222 112222331133 ()()()aa aaaa aaaa aa+ 解因为 1123 2122313 3123 aaa a aa aa a a a a =+ =+ = ， 由根和系数的关系，可得 123 673 , 555 =， 再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得 222222 112222331133 ()()()aa aaaa aaaa aa+ 2233 11132 1679 625 = 。 32证明：三次方程 32 123 0 xa xa xa+=的三个根成等差数列的充分必要条件为 3 1123 29270aa aa+=。 证设原方程的三个根为 123 , ，则它们成等差数列的充分必要条件为 123213312 (2)(2)(2)0=。 将上式左端表为初等对称多项式，得 3 1232133121123 (2)(2)(2)2927 =+， 故三根成等差数列的充分必要条件为 3 1123 29270aa aa+=。 二二 、补充题及参考解答、补充题及参考解答 1 设 11 ( )( )( ),( )( )( )f xaf xbg xg xcf xdg x=+=+，且0adbc，证明： 11 ( ( ), ( )( ),( )f xg xf xg x= 证设( )( ( ), ( )d xf xg x=,则由已知，得 11 ( )|( ), ( )|( )d xf x d xg x。 其次，设( )x是 1( ) f x与 2( ) gx的任一公因式，只需证明( )|( )xd x即可。 因为 11 ( )( )( ),( )( )( )f xaf xbg xg xcf xdg x=+=+,所以 11 11 ( )( )( ) ( )( )( ) db f xf xg x adbcadbc ca g xf xg x adbcadbc = =+ 又因为 11 |,|,|fgfg,从而( )|( )xd x。 故( )d x也是 1( ) f x与 1( ) g x的最大 公因式。 2 证明：只要 ( )( ) , ( ( ), ( ) ( ( ), ( ) f xg x f xg xf xg x 的次数都大于零，就可以适当选择适合等式 ( ) ( )( ) ( )( ( ), ( )u x f xv x g xf xg x+=的( )u x与( )v x，使 ( )( ) ( ( ), ( ( ) ( ( ), ( )( ( ), ( ) g xf x u xv x f xg xf xg x 证存在多项式 1( ) u x， 1( ) v x，使 11 ( ) ( )( ) ( )( ( ), ( )u x f xv x g xf xg x+=,从而 11 ( )( ) ( )( )1 ( ( ), ( )( ( ), ( ) f xg x u xv x f xg xf xg x +=（1） 1） 若 1( ) u x的次数满足 1 ( ) ( ( ) ( ( ), ( ) g x u x f x g x ,则 1 ( ) ( ( ) ( ( ), ( ) f x v x f xg x ，但（1）式右端的次 数为零，矛盾。所以 11 ( )( ) ( ( ), ( ( ) ( ( ), ( )( ( ), ( ) g xf x u xv x f xg xf xg x =是正整数。 若 1 ( )( )g xp x=，则由题设知( )f x与( )g x满足( ( ), ( )1f xg x=或( )|( ) m f xgx（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 xg x h x，可以推出( )|( )f xg x，或者 对某一正整数,( )|( ) m m f xhx。 证 必要性：设( )| ( ) ( )f xg x h x，则对多项式( )h x，有 1）( ( ), ( )1f x h x=，于是( )|( )f xg x；2）( )|( )( m f xhx m为某一正整数） 。 必要性成立。 充分性：对任意多项式( )g x，有( ( ), ( )1f x g x=或( ( ), ( )( )1f x g xd x=， 若 1 ( )( ) ( )f xf x d x=，那么 1 ( )|( ) ( )f xf x g x，但 1 ( )|( )f xf x。再由充分性假设，可得 ( )|( ), m f xgx m为某一正整数。于是由第 7 题的充分条件，即证。 9 证明： nn m xaxb +不能有不为零的重数大于 2 的根。 证 设( ) nn m f xxaxb =+，则 1 ( )() n mm fxxnxnm a =+， 又因为( )fx的非零根都是多项式( )() m g xnxnm a=+的根，而( )g x的m个根都是单 根，因而( )fx没有不为零且重数大于 2 的根。 10证明：如果( )|() n f xf x，那么( )f x的根只能是零或单位根。 证设a是( )f x的任一个根，由( )|() n f xf x知，a也是( )|() n f xf x的根，即 ()0 n f x=，所以 n a也是( )f x的根。以此类推下去，则 2 ,. nn a aa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使 k nn aa =，(1)0 k nnn aa =，因此( )f x的根a或者为 0，或者为单位根。 11如果( )|( )fxf x，证明( )f x有n重根，其中( ( )nf x= 。 证设 12 ,., s a aa是( )f x的s个不同的根， 且它们的重数分别为 12 ,., s ， 由于( )f x是 1n次多项式，因而 12 .1 s n+=， 其次，由( )|( )fxf x，所以 12 ,., s a aa分别为( )f x的 12 1,1,.,1 s +重根，但 12 (1)(1).(1) s n+=， 所以1nsn +=，从而1s=。这就是说，( )fx只可能有一个根 1 a，且重数为 1 1n=。 故( )f x有n重根。 11设 12 ,., n a aa是n个不同的数，而 12 ( )()().() n F xxaxaxa= 证明：1） 1 ( ) 1 ()( ) n i ii F x xa F a = = ；2）任意多项式( )f x用( )F x除所得的余式为 1 ( ) ( ) ()( ) n i i ii f a F x xa F a = 证1）令 1 ( ) ( ) ()( ) n i ii F x g x xa F a = = ， 则( ( )1g xn， 但 12 ( )().()1 n g ag ag a=， 所以( )1g x。即证得 1 ( ) 1 ()( ) n i ii F x xa F a = = 。 2）对于任意的多项式( )f x，用( )F x除得 ( )( ) ( )( ),f xq x F xr x=+( ( )0( ( )1)r xr xn=或， 当( )0r x=时，结论显然成立。当( ( )1r xn时，若令 1 ( ) ( ) ( ) ()( ) n i i ii f a F x k x xa F a = = ， 则( ( )1k xn，于是 ( )( )( ) iii r af ak a=(1,2,., )in=， 即证得 1 ( ) ( ) ( )( ) ()( ) n i i ii f a F x r xk x xa F a = = 。 12设 12 ,., n a aa与( )F x同上题，且 12 ,., n b bb是任意n个数，显然 1 ( ) ( ) ()( ) n i i ii bF x L x xa F a = = 适合条件( ) ii L ab=(1,2,., )in=。 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： (2)3, (3)1, (4)0, (5)2ffff= 2）一个二次多项式( )f x，它在0, 2 x =处与函数sinx有相同的值； 3）一个次数尽可能低的多项式( )f x，使 (0)1, (1)2, (2)5, (3)10ffff= 解1）设( )(2)(3)(4)(5)F xxxxx=，且 (2)3, (3)1, (4)0, (5)2ffff=， 将它们代入( )L x（即( )f x） ，可得 3(2)(3)(4)(5)( 1)(2)(3)(4)(5) ( ) (2)(23)(24)(25)(3)(32)(34)(35) xxxxxxxx f x xx =+ 0(2)(3)(4)(5)2(2)(3)(4)(5) (4)(42)(43)(45)(5)(52)(53)(54) xxxxxxxx xx + 32 217203 42 326 xxx= +。 2） 已知 sin00(0)f=，sin1( ) 22 f = =，sin0( )f= 设( )()() 2 F xx xx =，与上题类似，可得 2 4 ( )()f xx x = 。 3） 同理，设( )(1)(2)(3)F xx xxx=，可得 2 ( )1f xx=+。 14设( )f x是一个整系数多项式，试证：如果(0)f与(1)f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 1 ( )()( )f xxa f x=，由综合法知商式 1( ) f x也为整系数 多项式，于是 1 1 (0)(0) (1)(1)(1) faf fa f = = 又因为a与1a中必有一个为偶数，从而(0)f与(1)f中至少有一个为偶数，与题设矛盾。 故( )f x无整数根。 15设 12 ,., n x xx是方程 1 1 .0 nn n xa xa += 的根，证明： 2,.,n xx的对称多项式可以表成 1 x与 121 ,., n a aa 的多项式。 证设 2 (,.,) n f xx是关于 2,.,n xx的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有 / 211 (,.,)(,.,) nn f xxg =(1) 其中 / 1( 1,2,.,1)in=是 2,.,n xx的初等对称多项式。 由于 / 111 / 2211 / 1112 . nnn x x x = = = （2） 其中 i 为 12 ,., n x xx的初等对称多项式，但是 11 22 1 11 . ( 1)n nn a a a = = = （3） 将（3）代入（2）可知， / i 是 1121 ,., n x a aa 的一个多项式，不妨记为 / 1121 ( ,.,) iin p x a aa =(1,2,.,1)in=（4） 再将（4）代入（1）式右端，即证 2 (,.,) n f xx可表为 1121 ,., n x a aa 的多项式。 16设 12 ( )()().() n f xxxxxxx= 1 1 .( 1) nnn n xx =+ ， 令 12 . kkk kn sxxx=+(0,1,2,.)k=。 1） 证明 11 011 ( )(.) ( )( ) kkk kk xfxs xs xsxsf xg x + =+ 其中( )g x的次数n） 证1）由假设 1 ( ) ( ) n i i f x fx xx = = ， 1 1 1 ( )( ) k n k i i x xfxf x xx + + = = 111 11 ( )( ) kkk nn ii ii ii xxx f xf x xxxx + = =+ 1 1 (.) ( )( ) n kkk ii i xx xxf xg x = =+ ， 其中 1 1 ( )( ) k n i i i x g xf x xx + = = 是一个次数n的多项式。故 11 011 ( )(.) ( )( ) kkk kk xfxs xs xsxsf xg x + =+ 2）由于 1 1 ( ).( 1) nnn n f xxx =+ ， 11121 11 ( )(1).( 1) kknnn n xfxxnxnx + =+ ， 因此得等式 11 0111 (.)(.( 1)( ) kknnn kkn s xs xsxsxxg x + + 1121 11 (1