高等代数多项式习题解答

1 第第 1 1 章章 多项式习题解答多项式习题解答 1 用除 求商与余式 xg xf xq xr 1 123 13 223 xxxgxxxxf 9 7 3 1 9 2 9 26 9 7 9 14 3 7 1 3 4 3 7 3 1 3 2 13 123 2 2 23 23 2 x x xx xx xxx xxx xx 9 2 9 26 9 7 3 1 xxrxxq 2 2 52 24 xxxgxxxf 1 75 2 54 2 22 2 5200 2 2 2 2 23 23 234 234 2 xx x xx xx xxx xxx xxx xxxx xx 75 1 2 xxrxxxq 2 适合什么条件时 有qpm 1 qpxxmxx 32 1 mx mqxpm mxmxm qxpmx xmxx qpxxxmxx 1 1 01 2 22 2 23 232 当且仅当时 mqpm 01 2 qpxxmxx 32 1 2 本题也可用待定系数法求解 当时 用去除qpxxmxx 32 11 2 mxx 余式为零 比较首项系数及常数项可得其商为 于是有qpxx 3 qx qxmqxqmxmxxqxqpxx 1 1 2323 因此有 mqpm 01 2 2 qpxxmxx 242 1 由带余除法可得 1 2 1 1 2222224 mpqxmpmmpmxxmxxqpxx 当且仅当时 即0 1 2 22 mpqxmpmxrqpxxmxx 242 1 即或 01 0 2 2 2 mpq mpm 1 0 pq m 1 2 2 q mp 本题也可用待定系数法求解 当时 用去除qpxxmxx 242 11 2 mxx 余式为零 比较首项系数及常数项可得其商可设为 于qpxx 24 qaxx 2 是有 1 2224 mxxqaxxqpxx 1 234 qxmqaxqmaxamx 比较系数可得消去可得 0 1 0 mqapqmaama 或 1 0 pq m 1 2 2 q mp 3 求除的商与余式 xg xf xq xr 1 3 852 35 xxgxxxxf 解 运用综合除法可得 327109391362 327117 08 39186 05023 商为 余式为109391362 234 xxxxxq 327 xr 3 2 ixxgxxxxf21 23 解 运用综合除法得 iii iii i 892521 892421 011121 商为 余式为 25 2 2 iixx i 89 4 把表成的方幂和 即表示成的形 xf 0 xx 2 02010 xxcxxcc 式 1 1 0 5 xxxf 2 2 32 0 24 xxxxf 3 1 73 1 2 0 234 xixxiixxxf 分析 假设为次多项式 令 xfn 1 002100 0 2 02010 n n n n xxcxxccxxc xxcxxcxxccxf 即为除所得的余式 商为 类 0 c 0 xx xf 1 0021 n n xxcxxccxq 似可得为除商所得的余式 依次继续即可求得展开式的各项系数 1 c 0 xx xq 解 1 解法一 应用综合除法得 51 10 1 411 10 41 6311 5 631 43211 1 4321 111111 11111 0000011 4 5 xxf 1 1 5 1 10 1 10 1 5 1 2345 xxxxx 解法二 把表示成 然后用二项式展开x1 1 x 1 1 5 1 10 1 10 1 5 1 1 1 234555 xxxxxxx 2 仿上可得 81 22 2 612 24 122 10412 11 2082 42212 8442 302012 432 2 2 8 2 22 2 2411 xxxxxf 3 因为 i i i ii i ii i i iii ii iiii 21 11 5 1 01 57 10 41 411 73121 2 1 5 57 73 1 2 432 234 ixixiixiixi ixxiixxxf 5 求与的最大公因式 xf xg 1 1 143 23234 xxxxgxxxxxf 解法一 利用因式分解 13 1 143 3234 xxxxxxxxf 5 1 1 1 223 xxxxxxg 因此最大公因式为 1 x 解法二 运用辗转相除法得 3 4 3 8 0 1 1 22 132 143 4 3 4 3 4 1 4 3 2 1 1 2 3 2 1 2 1 2 3 1 4 1 2 1 3 1 2 2 1 234 234 2 2 2 23 23 2 xqx xqx x x xx xxxr xxxx xxxx xxr xx xx xxx xxx xxq 因此最大公因式为 1 x 2 13 14 2334 xxxgxxxf 解 运用辗转相除法得 注意缺项系数补零 256 441 16 27 1 256 27 256 539 16 49 2 16 49 16 33 3 23 103 10 03 1004 9 11 9 16 9 20 9 10 3 10 1 3 2 3 10 3 2 3 1 103 9 10 3 1 1 3 2 2 1 23 23 234 234 2 2 2 23 23 2 x xqx xr x x xx xxxr xxx xxx xxxx xxxx xxr xx xx xxx xxx xxq 1 xgxf 3 124624 110 23424 xxxxxgxxxf 22 24 1 23 xrxfxxxxfxg 22 24 1 122 22 22 21 223 xrxxrxxxxxxxf 122 22 24 1 2 223 1 xxrxxxxxxxr 因此 1 22 2 xxxgxf 6 6 求使 xvxu xgxfxgxvxfxu 1 22 242 234234 xxxxxgxxxxxf 解 运用辗转相除法得 1 0 2 2 22 242 2 2 2 2 221 3 1 3 3 1 234 234 2 2 3 23 24 234 2 xqx xq xx xxxr xxxx xxxx xxr xx xxx xx xxxxxxq 因此 且有2 2 2 xxrxgxf 11 xrxqxgxf 221 xrxqxrxg 321 xqxrxr 于是 21212 xqxqxgxfxgxqxrxgxr 1 212 xgxqxqxfxq 2 1 1 212 xxqxqxvxxqxu 2 452 951624 23234 xxxxgxxxxxf 解 运用辗转相除法得 96 2 0 99 99 66 936 81024 951624 1 32 422 32 452 3 1 3 1 3 1 2 2 1 234 234 2 2 2 23 23 2 xqx xqx x x xx xxxr xxxx xxxx xxr xx xx xxx xxx xxq 因此 且有1 2 xxrxgxf 11 xrxqxgxf 221 xrxqxrxg 321 xqxrxr 于是 21212 xqxqxgxfxgxqxrxgxr 1 212 xgxqxqxfxq 1 3 2 3 2 3 1 3 1 21 1 3 1 3 1 2 212 xxxxxqxqxvxxqxu 3 1 144 2234 xxxgxxxxxf 7 解 运用辗转相除法得 3 2 333 143 144 1 2 1 2 11 1 2 1 2 2 234 234 2 2 2 2 xqx xxr xx xx xxx xxxx xr x x xx xxxxq 因此且有 1 2 xrxgxf 11 xrxqxgxf 221 xrxqxrxg 321 xqxrxr 于是 21212 xqxqxgxfxgxqxrxgxr 1 212 xgxqxqxfxq 23 1 3 1 1 1 232 212 xxxxxxqxqxvxxqxu 7 设的最大公因式是一个二次utxxxguxxtxxf 323 22 1 多项式 求的值 ut 解 运用带余除法有 2 1 1 22 1 1 2323 xrxguxtxtutxxuxxtxxf 由题意可得 即为的最大公因式 因此有 进一步 1 xr xgxf01 t 1 2 1 1 2 2 1 xr t t x t xrxg 1 2 1 1 2 1 1 22 22 2 t t ux t ttutt xr 要使为的最大公因式的充要条件是即 1 xr xgxf 0 2 xr 0 2 1 0 2 1 1 2 22 ttu ttutt 解得 2 111 117 2 111 117 2 31 0 4 0 i t iu i t iu i t u t u 8 证明 如果且为与的一个组合 那 xgxdxfxd xd xf xg 么是与的一个最大公因式 xd xf xg 8 证明 由可知是与的一个公因式 下证 xgxdxfxd xd xf xg 与的任意一个公因式是的因式 xf xg xd 由为与的一个组合可知 存在多项式 使得 xd xf xg xvxu xgxvxfxuxd 设是与的任意一个公因式 则 故 x xf xg xgxxfx xgxvxfxux 即因此是与的一个最大公因式 xdx xd xf xg 9 证明 的首项系数为 1 xhxhxgxfxhxgxhxf 证明 存在多项式 使得 xvxu xgxvxfxuxgxf 所以有 即是 xhxgxvxhxfxuxhxgxf xhxgxf 与的一个组合 显然有 xhxf xhxg xgxgxfxfxgxf 从而 由第 8 题结果 xhxgxhxgxfxhxfxhxgxf 是与的一个最大公因式 又是首项系数为 xhxgxf xhxf xhxg xh 1 的 因此 xhxgxfxhxgxhxf 10 如果 不全为零 证明 xf xg1 xgxf xg xgxf xf 证明 由 不全为零可得其最大公因式不为零多项式 即 xf xg 又存在多项式 使得 0 xgxf xvxu xgxvxfxuxgxf 于是 1 xgxf xg xv xgxf xf xu 9 因此 1 xgxf xg xgxf xf 11 如果 不全为零 且 xf xg xgxfxgxvxfxu 那么 1 xvxu 证明 由 不全为零可得由 xf xg 0 xgxf xgxfxgxvxfxu 有 1 xgxf xg xv xgxf xf xu 于是 1 xvxu 12 证明 如果那么 1 1 xhxfxgxf 1 xhxgxf 证法一 由条件可得存在多项式 1 1 xhxfxgxf 11 xvxu 使得 22 xvxu 1 11 xgxvxfxu1 22 xhxvxfxu 两式相乘得 1 21211221 xhxgxvxvxfxhxvxuxgxvxuxfxuxu 因此有 1 xhxgxf 证法二 反证法证明 显然若则存 0 xhxgxf 1 xhxgxf 在不可约多项式 使得为与的公因式 因此有 xp xp xf xhxg 且 由的不可约性有或 若 xfxp xhxgxp xp xgxp xhxp 则为与的一个公因式 与相矛盾 若 xgxp xp xf xg1 xgxf 则为与的一个公因式 与相矛盾 因此 xhxp xp xf xh1 xhxf 不成立 即有1 xhxgxf 1 xhxgxf 10 13 设都是多项式 而且 2121 xgxgxgxfxfxf nm 2 1 2 1 1 njmixgxf ji 求证 1 2121 xgxgxgxfxfxf nm 证明 由 反复利用第 12 题结果可得 2 1 1 1 njxgxf j 1 211 xgxgxgxf n 类似可得 2 1 21 mixgxgxgxf ni 再反复利用 12 题结果可得 1 2121 xgxgxgxfxfxf nm 14 证明 如果那么 1 xgxf 1 xgxfxgxf 证明 方法一 由存在多项式使得 1 xgxf xvxu 1 xgxvxfxu 从而有 1 1 111111 xgxvxuxgxfxuxgxfxvxfxvxu 因此有由 12 题结果结论成立 1 1 xgxfxgxgxfxf 方法二 用反证法 若则存在不可约多项式 1 xgxfxgxf xp 使得为与的公因式 即 xp xgxf xgxf 且 xgxfxp xgxfxp 由的不可约性及 有或 若 xp xgxfxp xfxp xgxp xfxp 又 因此有 即 也即 xgxfxp xfxgxfxp xgxp 为与的一个公因式 与相矛盾 类似可得当 xp xf xg1 xgxf 时也与已知矛盾 所以 xgxp1 xgxf 1 xgxfxgxf 15 求下列多项式的公共根 1 2 122 23423 xxxxxgxxxxf 解法一 利用因式分解可得 11 1 1 122 223 xxxxxxxf 1 1 12 22234 xxxxxxxxg 因此 与的公共根为1 2 xxxgxf xf xg 2 3 2 1 i 解法二 运用辗转相除法求出与的最大公因式 最大公因式的 xf xg 根即为所求的公共根 1 2 1 2 xxxxfxg 1 1 2 xxxxf 因此 与的公共根为1 2 xxxgxf xf xg 2 3 2 1 i 16 判别下列多项式有无重因式 1 84275 2345 xxxxxxf 解 4421205 234 xxxxxf 运用辗转相除法可得因此为的三重 2 44 22 xxxxfxf2 x xf 因式 解法二 试根可得 2 为的根 xf 1 2 2 2 43 2 23232234 xxxxxxxxxxxxf 因此为的三重因式 2 x xf 2 3 44 24 xxxxf 解 故无重因式 12 4484 33 xxxxxf1 xfxf xf 17 求 值使有重根 t13 23 txxxxf 解法一 要使有重根 则 xf1 xfxf 63 2 txxxf 12 3 3 3 1 3 1 13 23 x t xfxtxxxxf 4 15 4 15 2 3 12 63 2 txxtxxxf 当即时 0 3 3 t 3 t 1 3363 22 xfxfxxxxf 2 1 xxfxf 12 因此 1 为的三重根 xf 当 即时 为的二重根 0 4 15 t 4 15 t 2 1 xxfxf 2 1 xf 解法二 设 baxabaxbaxbxaxxf 22232 2 2 因此有 1 2 32 2 2 ba taba ba 由第一个方程有 代人第三个方程有即ab26 0132 1 23 232 aaaa 因此有0 12 1 2 aa 或 3 1 1 t b a 4 15 4 2 1 t b a 即当时 1 为的三重根 当时 为的二重根 3 t xf 4 15 t 2 1 xf 18 求多项式有重根的条件 qpxx 3 解 令 显然当时 0 为的三重根 当时 qpxxxf 3 0 qp xf0 p pxxf 2 3 qx p xxfqpxxxf 3 2 3 1 3 4 27 4 27 2 9 3 2 2 2 2 p q p p q x p qx p xf 要使有重根 则 即即显然 xf1 xfxf 0 4 27 2 2 p q p 0 274 23 qp 也满足因此有重根的条件是0 qp 0 274 23 qp xf 0 274 23 qp 19 如果求 1 1 242 BxAxx BA 解法一 利用整除判定方法 的充要条件是用1 1 242 BxAxx 除 余式为零 2 1 x1 24 BxAx 13 31 42 32 1 1 2224 BAxABABAxAxxBxAx 因此有 即0 31 42 BAxAB 2 1 0 31 042 B A BA AB 解法二 要使成立 则 1 至少是的二重根 因1 1 242 BxAxx1 24 BxAx 此 1 既是的根 也是其导数的根 而 故1 24 BxAxBxAxBxAx24 1 324 有 2 1 0 24 01 B A BA BA 解法三 利用待定系数法 令 DxDCxDCAxACAxDCxAxxBxAx 2 2 2 1 1 2342224 因此有 解得 1 02 2 02 D DC BDCA AC 1 2 2 1 D C B A 20 证明 不能有重根 2 1 2 n xx x n 证明 令则 2 1 2 n xx xxf n 1 2 1 12 n xx xxf n 因此有从而有 因式只有 n x xfxf n n x xfxfxf n n xn 及 而显然不是的因式 因此有 0 cc 1 0 nkccxk 1 0 nkccxk xf 1 n x xfxfxf n 所以没有重根 xf 21 如果是的一个重根 证明是a xfka 14 2 afxfafxf ax xg 的一个重根 3 k 证明 2 1 2 2 2 1 afxfxf ax xfxf ax afxfxg 2 2 1 2 2 1 xf ax xfxf ax xfxg 显然有 由是的一个重根可得是的一个0 agagaga xfka xg 重根 设是的 重根 则 1 ka xgs3 12 ksks 本题常见错误证法 错误证法一 由是的一个重根就得出是a xfka 的一个重根 是的一个重根 是的一个重 xf1 ka xf2 ka xf3 k 根 于是 2 2 3 xh ax afxfafxf ax xg k 从而是的重根 事实上 由是的一个重根推不出是a xg3 ka xfka 的一个重根 是的一个重根 是的一个重 xf1 ka xf2 ka xf3 k 根 如 则 3 23 axaxaxxf k 1 2 3 2 axaxkxf k 既不是的根 也不是与的根 2 2 3 1 k axkkxfa xf xf xf 错误证法二 由 2 1 2 2 2 1 afxfxf ax xfxf ax afxfxg 2 2 1 2 2 1 xf ax xfxf ax xfxg 得出是的重根 直接得出是的重根 缺了是与a xg1 ka xg3 ka xg 的根验证 xg 22 证明 是的重根的充分必要条件是 0 x xfk 而 0 0 1 00 xfxfxf k 0 0 xf k 证明 必要性 设是的重根 从而是的重因式 从而 0 x xfk 0 xx xfk 15 是的重因式 是的重因式 是的单因式 而 xf1 k xf2 k 1 xf k 不是的因式 因此是 的根 而不是 xf k 0 x xf xf xf 1 xf k 的根 故有而 xf k 0 0 1 00 xfxfxf k 0 0 xf k 充分性 由而可知是 0 0 1 00 xfxfxf k 0 0 xf k 0 x xf 的根 而不是的根 因此是的单 xf xf 1 xf k xf k 0 x 1 xf k 根 是二重根 依此类推 是的重根 2 xf k xfk 23 举例说明断语 如果是的重根 那么是的重根 xfm xf1 m 是不对的 解 例如 是的重根 2 1 m xxf m xmxf 1 xfm 但不是的根 xf 24 证明 如果那么 1 n xfx 1 nn xfx 证明 由可得 从而因此有 1 n xfx 1 xgxxf n 0 1 f 从而有即 1 xhxxf 1 nnn xhxxf 1 nn xfx 证法二 要证 只要证在复数域上的各个根都是 1 nn xfx 1 n x 的根 的根为由 n xf1 n x 1 2 1 0 2 sin 2 cos nk n k i n k xk 可得 从而从而 即 1 n xfx 1 xgxxf n 0 1 f0 1 fxf n k 2 sin 2 cos n k i n k xk 都是的根 因此有 1 2 1 0 nk n xf 1 nn xfx 25 证明 如果 那么 1 3 2 3 1 2 xxfxfxx 1 1 21 xfxxfx 证明 要证成立 只要证 1 是和的根 1 1 21 xfxxfx 1 xf 2 xf 的两个根为 由可1 2 xx 2 31 2 31 21 ii 1 3 2 3 1 2 xxfxfxx 16 得 于是 1 23 2 3 1 xgxxxxfxf 0 1 0 1 22 23 222 3 2111 23 121 3 11 21 gffgff 即 故有所以0 1 2 31 1 0 1 2 31 1 2121 f i ff i f 0 1 1 21 ff 1 1 21 xfxxfx 26 求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解 1 n x 解 的根为故在复数范围内1 n x 1 2 1 0 2 sin 2 cos nk n k i n k k 的分解式为 1 1 12 nn xxxxx 在实数范围内 因 knk 0 nk 当为奇数时 的根中一个为实根 其余为虚根 其分解式为n1 n x 1 1 1 1 1 2 1 2 1 222212 xxxxxxxx nn nnn 当为偶数时 的根中二个为实根 即其余为虚根 其分解式为n1 n x 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 222212 xxxxxxxxx nn nnn 27 求下列多项式的有理根 1 14156 23 xxx 解 多项式可能的有理根为由系数取值可知 取负数时 14 7 2 1 x 多项式的值均为负的 故该多项式没有负根 检验得 2 为其根 进一