高等代数习题解答(第一章)

1 高等代数习题解答高等代数习题解答 第一章第一章 多项式多项式 补充题补充题 1 当 当取何值时 多项式取何值时 多项式与与 a b c 5f xx 2 2 1 g xa xb x 相等 相等 2 2 c xx 提示 提示 比较系数比较系数得得 6136 555 abc 补充题补充题 2 设 设 证明 证明 f xg xh xx A 2232 fxxgxx hx 0f xg xh x 证明证明 假设假设不成立 若不成立 若 则 则为偶数 又为偶数 又 0f xg xh x 0f x 2 fx 等于等于 0 或次数为偶数 由于或次数为偶数 由于 首项系数 如果 首项系数 如果 22 gxhx 22 gxhxx A 有的话 为正数 从而有的话 为正数 从而等于等于 0 或次数为奇数 矛盾 若或次数为奇数 矛盾 若或或 232 xgxx hx 0g x 则则为奇数 而为奇数 而或或为偶数 矛盾 综上为偶数 矛盾 综上 0h x 232 xgxx hx 2 0fx 2 fx 所证 所证 0f xg xh x 1 用 用 g x 除除 f x 求商 求商 q x 与余式与余式 r x 1 f x x3 3x2 x 1 g x 3x2 2x 1 2 f x x4 2x 5 g x x2 x 2 1 解法一 解法一 待定系数法待定系数法 由于由于 f x 是首项系数为是首项系数为 1 的的 3 次多项式 而次多项式 而 g x 是首项系数为是首项系数为 3 的的 2 次多项式 次多项式 所以商所以商 q x 必是首项系数为必是首项系数为的的 1 次多项式 而余式的次数小于次多项式 而余式的次数小于 2 于是可设 于是可设 1 3 q x x a r x bx c 1 3 根据根据 f x q x g x r x 即 即 x3 3x2 x 1 x a 3x2 2x 1 bx c 1 3 右边展开 合并同类项 再比较两边同次幂的系数 得右边展开 合并同类项 再比较两边同次幂的系数 得 2 33 3 a 1 12 3 ab 1ac 解得解得 故得 故得 7 9 a 26 9 b 2 9 c 17 39 q xx 262 99 r xx 2 解法二解法二 带余除法带余除法 3 2 1 1 3 1 1 1 3 7 9 1 2 3 1 3 1 7 3 4 3 7 3 14 9 7 9 26 9 2 9 得得 17 39 q xx 262 99 r xx 2 2 1 57 q xxxr xx 262 99 r xx 2 适合什么条件时 有适合什么条件时 有 m p q 1 23 1 xmxxpxq 2 242 1 xmxxpxq 1 解 解 除除得余式为 得余式为 2 1xmx 3 xpxq 2 1 r xpmxqm 令令 即 即 0r x 2 10 0 pm qm 故故的充要条件是的充要条件是 23 1xmxxpxq 2 10 mq pm 2 解 解 除除得余式为 得余式为 2 1xmx 42 xpxq 22 2 1 r xm pmxqpm 令令 即 即 0r x 2 2 2 0 10 m pm qpm 解得解得的充要条件是的充要条件是 242 1xmxxpxq 3 或或 0 1 m pq 2 1 2 q pm 3 求 求除除的商的商与余式与余式 g x f x q x r x 1 53 258 3 f xxxxg xx 2 32 12 f xxxxg xxi 1 解法一 解法一 用用带余除法带余除法 略 略 解法二解法二 用用综合除法综合除法 写出按降幂排列的系数 缺项的系数为 写出按降幂排列的系数 缺项的系数为 0 3 2 0 5 0 8 0 6 18 39 117 327 2 6 13 39 109 327 所以所以 432 261339109 327 q xxxxxr x 2 解法一 解法一 用带余除法 略 用带余除法 略 解法二解法二 用综合除法 写出按降幂排列的系数 缺项的系数为用综合除法 写出按降幂排列的系数 缺项的系数为 0 f x 1 2i 1 1 1 0 1 2i 4 2i 9 8i 1 2i 5 2i 9 8i 所以所以 2 2 52 98 q xxixir xi 4 把 把表成表成的方幂和 即表成的方幂和 即表成 f x 0 xx 2 01020 cc xxc xx 的形式 的形式 1 5 0 1 f xxx 2 42 0 23 2 f xxxx 3 432 0 2 1 37 f xxixi xxi xi 注注 设设表成表成的形式 则的形式 则就是就是被被除除 f x 2 01020 cc xxc xx 0 c f x 0 xx 所得的余数 所得的余数 就是就是被被除所得的商式除所得的商式再被再被 1 c f x 0 xx 2 12030 cc xxc xx 除所得的余数 逐次进行综合除法即可得到除所得的余数 逐次进行综合除法即可得到 0 xx 01 n c cc 1 解 解 用用综合除法综合除法进行计算进行计算 4 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 1 3 6 1 3 6 10 1 1 4 1 4 10 1 1 1 5 所以所以 52345 1 5 1 10 1 10 1 5 1 1 xxxxxx 2 3 略 略 5 求 求与与的最大公因式 的最大公因式 f x g x 1 43232 341 1 f xxxxxg xxxx 2 4332 41 31 f xxxg xxx 3 42432 101 4 264 21 f xxxg xxxxx 1 解 解 用辗转相除法用辗转相除法 g x f x 1 1 1 1 1 1 3 4 1 1 0 2 qx 1 2 1 4 1 q x 1 1 1 1 1 3 2 1 2 1 2 3 1 1 2 3 2 1 r x 3 q x 8 3 4 3 2 2 1 2 3 4 1 4 1 1 2 r x 3 4 3 4 1 1 0 3 r x 所以所以 1 f x g xx 5 2 1 f x g x 3 2 2 21 f x g xxx 6 求 求使使 u xv x 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 1 解 解 用辗转相除法用辗转相除法 g x f x 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 4 2 1 2 qx 1 q x 1 0 2 0 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 2 0 1 0 1 r x 3 q x 1 0 2 0 1 0 2 1 0 2 0 2 r x 3 r x 由以上计算得由以上计算得 11 f xq x g xr x 212 g xqx r xr x 132 r xq x r x 因此因此 2 2 2f x g xr xx 且且 2 f x g xr x 21 g xqx r x 21 g xqxf xq x g x 212 1 qx f xq x qx g x 所以所以 212 1 1 2u xqxxv xq x qxx 2 1f x g xx 2 1122 1 3333 u xxv xxx 3 1f x g x 32 1 32u xxv xxxx 6 7 设 设的最大公因式是一个二次多的最大公因式是一个二次多 323 1 22 f xxt xxu g xxtxu 项式 求项式 求的值 的值 t u 解解 略 略 8 证明 如果 证明 如果且且为为与与的一个组合 那么的一个组合 那么 d xf xd x g x d x f x g x 是是与与的一个最大公因式 的一个最大公因式 d x f x g x 证明证明 由于由于 所以 所以为为与与的一个公因式 任的一个公因式 任 d xf xd x g x d x f x g x 取取与与的一个公因式的一个公因式 由已知 由已知为为与与的一个组合 所以的一个组合 所以 f x g x h x d x f x g x 因此 因此 是是与与的一个最大公因式 的一个最大公因式 h x d x d x f x g x 9 证明 证明 的首项系数为的首项系数为 1 f x h x g x h xf x g x h x h x 证明证明 因为存在多项式因为存在多项式和和使使 u x v x f x g xu x f xv x g x 所以所以 f x g x h xu x f x h xv x g x h x 这表明这表明是是与与的一个组合 又因为的一个组合 又因为 f x g x h x f x h x g x h x f x g xf xf x g xg x 从而从而 f x g x h xf x h xf x g x h x g x h x 故由第故由第 8 题结论 题结论 是是与与的一个最大公因式 注意到的一个最大公因式 注意到 f x g x h x f x h x g x h x 的首项系数为的首项系数为 1 于是 于是 f x g x h x f x h x g x h xf x g x h x 10 如果 如果不全为零 证明 不全为零 证明 f x g x 1 f xg x f x g xf x g x 证明证明 存在多项式存在多项式和和使使 u x v x f x g xu x f xv x g x 因为因为不全为零 所以不全为零 所以 故由消去律得 故由消去律得 f xg x 0f xg x 1 f xg x u xv x f xg xf xg x 所以所以 1 f xg x f xg xf xg x 11 证明 如果 证明 如果不全为零 且不全为零 且 f xg x u x f xv x g xf x g x 7 那么那么 1u x v x 证明证明 因为因为不全为零 故不全为零 故 从而由消去律得 从而由消去律得 f xg x 0f x g x 1 f xg x u xv x f xg xf xg x 所以所以 1u x v x 12 证明 如果 证明 如果 那么 那么 1f x g x 1f x h x 1f x g x h x 证法一证法一 用反证法 假设用反证法 假设 则 则 从而 从而 1d xf x g x h x 0d x 有不可约因式有不可约因式 于是 于是 但因为 但因为 所 所 d x p x p xf xp x g x h x 1f x g x 以以不整除不整除 所以 所以 这与 这与矛盾 因此矛盾 因此 p x g x p x h x 1f x h x 1f x g x h x 证法二证法二 由题设知 存在多项式由题设知 存在多项式 使得 使得 1122 u xv xuxvx 11 1u x f xv x g x 22 1ux f xvx h x 两式相乘得两式相乘得 12121212 1u x ux f xv x ux g xu x vx h xf xv x vx g x h x 所以所以 1f x g x h x 13 设 设都是多项式 而且都是多项式 而且 11 mn f xfxg xgx 1 1 2 1 2 ij f xgximjn 求证 求证 1212 1 mn f x fxfxg x gxgx 证法一证法一 反复应用第反复应用第 12 题的结果题的结果 证法二证法二 反证法反证法 14 证明 如果 证明 如果 那么 那么 1f x g x 1f x g xf xg x 证明证明 由于由于 所以存在多项式 所以存在多项式和和使使 1f x g x u x v x 1u x f xv x g x 由此可得由此可得 1 u x f xv x f xv x f xv x g x 1 u x f xu x g xu x g xv x g x 即即 8 1 u xv xf xv xf xg x 1 v xu xg xu xf xg x 于是于是 1f xf xg x 1g xf xg x 应用第应用第 12 题的结论可得题的结论可得 1f x g xf xg x 注注 也可以用反证法 也可以用反证法 15 求下列多项式的公共根 求下列多项式的公共根 32432 221 221 f xxxxg xxxxx 提示提示 用用辗转相除法辗转相除法求出求出于是得两多项式的公共根为于是得两多项式的公共根为 2 1 f x g xxx 13 2 i 16 判别下列多项式有无重因式 判别下列多项式有无重因式 1 5432 57248f xxxxxx 2 42 443f xxxx 1 解 解 由于由于 用 用辗转相除法辗转相除法可求得可求得 432 5202144fxxxxx 2 2 f xfxx 故故有重因式 且有重因式 且是它的一个是它的一个 3 重因式 重因式 f x2x 2 解 解 由于由于 用 用辗转相除法辗转相除法可求得可求得 3 484fxxx 1f xfx 故故无重因式 无重因式 f x 17 求 求值使值使有重根 有重根 t 32 31f xxxtx 解解 2 36fxxxt 先用先用除除得余式得余式 fx f x 1 263 33 tt r xx 当当时 时 此时 此时 所以 所以 3t 1 0r x fxf x 2 1 1 3 f xfxfxx 所以所以 1 是是的的 3 重根 重根 f x 当当时 时 再用 再用除除得余式得余式 故当 故当时 时 3t 1 0r x 1 r x fx 2 15 4 r xt 15 4 t 9 此时 此时 所以 所以是是的的 2 重重 2 0r x 1 21 92 f xfxr xx 1 2 f x 根 当根 当且且时 时 则 则 此时 此时无重根 无重根 3t 15 4 t 2 0r x 1f xfx f x 综上 当综上 当时 时 有有 3 重根重根 1 当 当时 时 有有 2 重根重根 3t f x 15 4 t f x 1 2 18 求多项式 求多项式有重根的条件 有重根的条件 3 xpxq 解解 略 略 19 如果 如果 求 求 242 1 1xAxBx A B 解法一解法一 设设 则 则 42 1f xAxBx 3 42fxAxBx 因为因为 所以 所以 1 是是的重根 从而的重根 从而 1 也是也是的根 于是的根 于是 242 1 1xAxBx f x fx 且且 1 0f 1 0f 即即 10 420 AB AB 解得解得 1 2AB 解法二解法二 用用除除得余式为得余式为 因为 因为 2 1 x 42 1AxBx 42 31 AB xAB 所以 所以 故 故 242 1 1xAxBx 42 31 0AB xAB 420 310 AB AB 解得解得 1 2AB 20 证明 证明 没有重根 没有重根 2 1 2 n xx x n 证法一证法一 设设 则 则 2 1 2 n xx f xx n 21 1 2 1 n xx fxx n 因为因为 所以 所以 n x f xfx n 1 n x f xfxf x n 于是于是没有重根 没有重根 2 1 2 n xx x n 10 证法二证法二 设设 则 则 2 1 2 n xx f xx n 21 1 2 1 n xx fxx n 假设假设有重根有重根 则 则且且 从而 从而 得 得 但 但 f x 0f 0f 0 n n 0 不是不是的根 矛盾 所以的根 矛盾 所以没有重根 没有重根 0 f x 2 1 2 n xx x n 21 略 略 22 证明 证明 是是的的重根的充分必要条件是重根的充分必要条件是 0 x f xk 而 而 1 000 0 k f xfxfx 0 0 k fx 证明证明 必要性 设 必要性 设是是的的重根 从而重根 从而是是的的重根 是重根 是 0 x f xk 0 x fx1k 的的重根 重根 是 是的单根 不是的单根 不是的根 于是的根 于是 fx2k 1 k fx k fx 而 而 1 000 0 k f xfxfx 0 0 k fx 充分性 设 充分性 设 而 而 则 则是是 1 000 0 k f xfxfx 0 0 k fx 0 x 的单根 是的单根 是的的 2 重根 重根 是 是的的重根 重根 1 k fx 2 k fx f xk 23 举例说明断语 举例说明断语 如果如果是是的的 m 重根 那么重根 那么是是的的 m 1 重根重根 是是 fx f x 不对的 不对的 解解 取取 则 则 是是的的 m 重根 但重根 但 1 1 m f xx 1 mfxmx fx 不是不是的的 m 1 重根 重根 f x 注 也可以取具体的 如注 也可以取具体的 如 0 1m 24 证明 如果 证明 如果 那么 那么 1 n xf x 1 nn xf x 证明证明 略 略 25 证明 如果 证明 如果 那么 那么 233 12 1 xxfxxfx 12 1 1 xfxxfx 证明证明 其中 其中 2 12 1 xxxx 12 1313 22 ii 由于由于 故存在多项式 故存在多项式使得使得 233 12 1 xxfxxfx h x 332 12 1 fxxfxxxh x 因此因此 112 122 1 1 0 1 1 0 ff ff 解得解得 从而 从而 12 1 1 0ff 12 1 1 xfxxfx 11 26 求多项式 求多项式在复数范围内和实数范围内的因式分解 在复数范围内和实数范围内的因式分解 1 n x 解解 多项式多项式的的 n 个复根为个复根为1 n x 22 cossin 0 1 2 1 k kk ikn nn 所以所以在复数范围内的分解式为在复数范围内的分解式为1 n x 121 1 1 n n xxxxx 在实数范围内 当在实数范围内 当 n 为奇数时 为奇数时 222 112211 22 1 1 1 1 1 n nnnn xxxxxxxx 当当 n 为偶数时 为偶数时 222 112222 22 1 1 1 1 1 1 n nnnn xxxxxxxxx 27 求下列多项式的有理根 求下列多项式的有理根 1 32 61514xxx 2 42 4751