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文档简介

1、作者:日期:多项式理论是高等数学研究的基本对象之一 ,在整个高等代数课程中既相对独立,又贯穿其他 章节。换句话说,多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系,却可为其他章节的内容提供范例与理论依据。本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质,包括数域的概念、一元多项式的定义与运算规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多元多项式,则主要讨论字典排列法与对称多项式。一 重难点归纳与分析(一)基本内容概述多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分,其中一元多项式主要讨论:1. 一元多项式的基本概念与基本性质:主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与 运算规律。2. 一元多项式的整除性理论

2、:主要讨论带余除法与余数定理、 整除的基本概念与基本 性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质。3. 一元多项式的因式分解理论:主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。4. 一元多项式的根与重根:主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根 的个数定理。多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式。(二)重难点归纳本章的重点为一元多项式的概念,因式分解理论 ,多项式的根和对称多项式;难点为最大公 因式的定义,一元多项式的整除性, 一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项式 等概念的联系与区别。(三)题型归类与

3、分析本章的基本题型主要有:1 .关于一元多项式的基本概念,通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法,用以确定多项式的次数及证明有关命题。2 .关于一元多项式整除性理论,通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的 判别、按嘉展开等等,可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法及 利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。3 .关于一元多项式的因式分解理论,通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判 别等等,可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式 法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题。4 .关于一元多项

4、式的根与重根,通常有根的检验及重根的判别、根与系数的关系以及球多 项式的根与重根等等,可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别 法等进行讨论,以及利用某些基本定理求解。5 .关于多元多项式,通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用,其中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法;应用 对称多项式,可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒等式的证明及求多元多项式的零点。(四)综合举例例1设 f (x)是一元多项式,a, b是任意数 3是非零数 试证:1)f(x c) f(x) f(x)是常数;2) f(a b) f

5、 (a) f(b) f (x)kx(k 为常数) 3)f(a b) f(a)f(b) f (x) 1或 1。证 上述命题的充分性显然,下证必要性。1)若f(x)不是常数,因f(x)是一元多项式,可设(f(x) n 0 ,并设xi , x2,xn是f (x)的n个根,则f(xic)f(xi)0 (i 1,2,., n)于是 xi c,x2c,xnc也是“*)的9个根,再由韦达定律,有xn2tg(2t)f(2t) f (x t)f(x) f(t) 2f(t) 2tg(t)(x1 c) (x2 c) . (xn c) x x2从而c 0,与假设矛盾,即证 f (x)是常数。2)在 f(a b)f (

6、a) f(b)中,令b 0,可得f(0) 0,于是xo 0是f(x)的一个根,从而有f (x) xg(x),再令x 2t ,得g(2t) g(t)即证g(x)为一个常数,设其为 k,代入f(x)xg(x)可彳# f (x) kx。3)若f(x) 0,则结论成立。否则由f(2x) f(x x) f(x)f(x)知f(x)只能是常数,设其为k,则2k f(0)f(0) f (0) f (0)f(0) k又因假设,k 0,所以k 1 ,即证f(x) 1。例2 在px中,设g(x) 0, h(x)为任意的多项式,试证:f(f(x), g(x) (f(x) h(x)g(x), g(x)证:由已知,可设(

7、f(x), g(x) d(x)则f(x) qi(x)d(x),g(x) q2(x)d(x)于是f(x) h(x)g(x) qi(x) h(x)q2(x)d(x)即d(x)是f (x) h(x)g(x)与g(x)的一个公因式。若di(x)是f (x) h(x)g(x)与g(x)的任意一个公因式,则由多项式的整除性质,可得f(x) q3(x)di(x)。这表明 di(x) f (x),从而di(x)d(x)即d(x)还是f (x) h(x)g(x)与g(x)的一个首项系数为 1的最大公因式,故有d(x) (f(x), g(x) (f (x) h(x)g(x),g(x)例3 设fi(x), f2(x

8、),gi(x), g2(x)是实系数多项式,且(x2 1) fi(x) (x 1)gi(x) (x 2)g2(x) 0(1)(x2 1)f2(x) (x 1)gi(x) (x 2)g2(x) 0(2)试证gi(x), g2(x)皆能被x2 1整除。证 由(x 1) (1) (x 1) (2)可得2(x 1)(x 1)fi(x) (x 1)f2(x) 6xg2(x).再由(x 2) (1) (x 2) (2),同理可证(x2 1)|gi(x).例4 试问:2是否为一元多项式 4 3 2f (x) 3x 4x x 4x 4 5432g(x) x 6x 11x 2x 12x 8的根?如果是,它是几重

9、根?解:考察2是否为f(x)或者g(x)的根时,可采用综合除法,得f(2)800,g(2) 0。即知2不是f (x)的根,但2是g(x)的根。进一步考察2是g(x)的几重根。求g(x)的各阶导函数。因为5432g(x) x 6x 11x 2x 12x8所以g/(x) 5x4 24x3 33x2 4x 12/32g (x) 20x 72x 66x4/_2g (x) 60x144x66于是有g(2) g/(2) g/(2) 0,g/(2) 18 0从而知2是g(x)的三重根。例5设有一个三阶行列式f (xi, x2 , x3 )x1x2x3x3x1又2又2x3x1试求此行列式,并将其表示成初等对称

10、多项式的多项式。解:直接展开此三阶行列式,可得333f(xi,x2,x3) xix2x33x1x2x3再由初等对称多项式1xix2x32x1x2x1x3x?x33x1x2x3指数组对应的i的方哥乘积30032101 2则所求多项式f中相应的初等对称多项式i(i 1,2,3)的方哥之积应满足下表:若令3f(xi,x2,x3) xi3x23 3x33x1 x2 x31 a 12 b 3并取值x10, x21,x31,代入上式可得b 0?从而所求初等对称多项式为i33 i求一个三元一次方程,分别为方程2 axbx。的三个根,则3ab3cb33abc3c2于是由韦达定理,)33()3所求三元一次方程为

11、)()(使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。3c2)yy3 (a3 3ab 3c) y2)同理可得 q(x) x x 1, r(x) 5x 7 (b3 3abc习题精解1 .用g(x)除f (x),求商q(x)与余式r(x):1) f (x)x33x2 x 1, g(x)3x22x 12) f (x)x42x 5, g(x) x2x 2一,一,-17262解1)由田余除法,可得q(x) -x 一,r(x) x 一39992 .m, p,q适合什么条件时,有23l)x2 mx 1 | x3 px q2422)xmx 1| x px q解1由假设,所得余式为 0,即2、(p 1 m

12、)x (q m) 0所以当,2p 1 m 0q m 0时有23x mx 1 | x px q2)类似可得2、 m(2 p m ) 02q 1 p m 0于是当m 0时,代入(2)可得p q 1;而当2 pm2 0时,代入(2)可得q综上所诉,当m 0q 1或2p q 1pm 2时,皆有2- ,42x mx 1 | x px q3 .求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r (x):1) f (x) 2x5 5x3 8x, g(x) x 3322) f (x) x x x, g(x) x 1 2i解1)因为ooooooooooooooooooooooooooooooooo所以q(x) 2x4 6

13、x3 13x2 39x 109r(x) 3272)因为oooooooooooooooooooooooooooooooooooo所以2q(x) x2 2ix (5 2i)r(x) 9 8i4 .把f(x)表示成x %的方哥和,即表成co g|(x xo) c2(x xo)2 . cn(x xo)n .的形式:51) ) f (x) x , xo 12) f (x) x4 2x2 3,xo2一4323) f(x) x 2ix (1 i)x 3x 7 i,x i解1)由综合除法,可得ooooooooooooooooooooooooo所以一2345f(x) 1 5(x 1) 10(x 1)10(x 1

14、) 5(x 1) (x 1)2 )类似可得x4 2x2 3 11 24( x 2) 22(x 2)2 8(x 2)3 (x 2)43)因为oooooooooooooooooooooooooooooooo所以x4 2ix3 (1 i)x2 3x (7 i)234(7 5i) 5(x i) ( 1 i)(x i)2i(x i) (x i)5 .求f (x)与g(x)的最大公因式:432321) f(x) xx 3x 4x 1,g(x) x x x 1一43322) f (x) x4x 1,g(x) x 3x 13) f (x) x4 10x2 1, g(x) x4 4 -2x3 6x2 4、2x

15、1解 1) (f (x), g(x) x 12)(f(x), g(x) 13)(f(x),g(x) x2 2 jx 16 .求 u(x),v(x)使 u(x)f (x) v(x)g(x) (f(x),g(x).1) f (x)x解 因为2x2327.设 f(x)x3(1 t)x22x 2u与 g(x) x3tx2u 的最大公因式是求t,u的值。x2 4x 2, g(x) x4 x3x22x22) f (x)4x42x3 16x2 5x 9, g (x) 2x3x25x443. 22,3) f(x) x x 4x 4x 1,g(x) x x 1解1)因为ooooooooooooooooooooo

16、ooooo所以-2_(f (x), g(x) x 2 r2(x)再由f (x)qi(x)g(x) ri(x)g(x) q2(x)r1(x) 2(x)解得2(x) g(x) q2(x)ri(x) g(x) qz(x)f(x) q(x)g(x) q2 (x) f (x) 1 qi(x)q2(x)g(x)于是u(x)q2(x)x 1v(x) 1 q(x)qz(x) 1 1|(x 1) x 22)仿上面方法,可得(f (x),g(x) x 1且/ 11 / 2 2 2.u(x) x -,v(x) x x 1 33333)由(f (x), g(x) 1 可得32个二次多项式u(x) x 1,v(x) x

17、 x 3x 2f(x) q(x)g(x) r1(x) (x3 tx2 u) (x2 2x u)g(x) q2(x)r1(x) 2(x)一2 一一一(x (t 2)(x 2x u) (u 2t 4)x u(3 t)且由题设知最大公因式是二次多项式,所以余式r2(x)为0,即(u 2t 4) 0 u(3 t) 0ui0ti2从而可解得u22t2 38.证明:如果 d(x)| f(x),d(x)|g(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

18、(x) |d(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(x) s(x)f(x) t(x)g(x)从而由(x)| f (x), (x)|g(x)可得(x)|d(x),即证。9 .证明:(f(x)h(x), g(x)h(x) (f(x), g(x)h(x)(h(x)的首系数为 1)。证因为存在多项式u(x),v(x)使(f(x),g(x) u(x)f(x) v(x)g(x)所以(f (x),g(x)h(x) u(x) f (x)h(x) v(x)g(x)h(x)上式说明(f(x), g(x)h(x)是 f (x)h(x)与 g(x)h(x)的一

19、个组合。另一方面,由(f (x), g(x) | f (x)知 (f (x),g(x)h(x)| f (x)h(x)同理可得(f (x),g(x)h(x)| g(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1,所以(f (x)h(x), g(x)h(x) (f (x), g(x)h(x)10 .如果f (x),g(x)不全为零,证明:f (x)g(x) 1 ,(f (x),g(x) (f (x),g(x)证存在u(x),v(x)使(f (x),g(x) u(x)f(x) v(x)g(x)

20、又因为f(x), g(x)不全为0,所以(f(x),g(x) 0由消去律可得f(x), 、 g(x)1 u(x) v(x)(f (x), g(x) (f (x),g(x)所以f (x)g(x) 1 ,(f (x),g(x) (f (x),g(x)11 .证明:如果f (x), g(x)不全为零,且u(x) f (x) v(x)g(x) (f(x), g(x)那么(u(x),v(x) 1。证 由上题证明类似可得结论。12 .证明:如果(f(x),g(x) 1,(f(x),h(x) 1,那么 (f (x), g(x)h(x) 1证 由假设,存在u1(x),v1(x)及u2(x), v2(x)使ui

21、(x)f(x) vi(x)g(x) 1(1)u2(x)f(x) v2(x)h(x) 1(2)将(1 ) (2)两式相乘得ui(x)u2(x) f(x) v1(x)u2(x)g(x) u1(x)v2(x)h(x) f (x) v1(x)v2(x)g(x)h(x) 1所以(f (x),g(x)h(x) 113 .设f1(x),fm(x),g1(x),gn(x)都是多项式,而且(fi(x),gj(x) 1 (i 1,2,m;j 1,2,., n)求证:(f1(x) f2(x)fm(x), g1(x)g2(x)gn(x) 1证由于(f1(x),g1(x) 1(f1(x),g2(x) 1(f1(x),g

22、n(x) 1反复应用第12题结论,可得(f1(x),g1(x)g2(x)gn(x) 1同理可证(f2(x),g1(x)g2(x).gn(x) 1(fm(x),g1 (x)g2(x).gn(x) 1从而可得(f1(x) f2(x). fm(x), g1(x)g2(x).gn(x) 114 .证明:如果(f(x), g(x) 1,那么(f(x)g(x), f(x) g(x) 1。证 由题设知(f (x), g(x) 1 ,所以存在u(x),v(x)使u(x) f (x) v(x)g(x) 1从而u(x)f(x) v(x)f(x) v(x)f(x) v(x)g(x) 1即u(x) v(x)f(x)

23、v(x)f(x) g(x) 1所以(f(x), f(x) g(x) 1同理(g(x), f(x) g(x) 1再由12题结论,即证(f (x)g(x), f(x) g(x) 11 5 .求下列多项式的公共根f (x) x3 2x2 2x 1,g( x) x4 x3 2x2 x 1解由辗转相除法,可求得(f(x),g(x) x2 x 1所以它们的公共根为且。21 6.判别下列多项式有无重因式:1) f(x)x55x47x32x24x 82) f (x)x44x24x3左 f (x) 5x4 20x3 21x2 4x 4解 1)(f(x), f (x) (x 2)2所以*)有乂 2的三重因式。32

24、) f (x) 4x 8x 4(f(x), f (x) 1所以f (x)无重因式。 3_2. 一 一17.求1值,使f(x) x 3x tx 1有重根。解 易知f(x)有三重根x 1时,t 3。若令x3 3x2 tx 1 (x a)2(x b)比较两端系数,得3 2abt a2 2ab1 a2b由(1), (3)得2a3 3a2 1 0解得a的三个根为a11,a21,a3 二2将a的三个根分别代入(1),得b1 1,b21,b3 4再将它们代入(2),得t的三个根t13,t23,t354一一51当t1,23时f(x)有3重根x 1;当t34时,f(x)有2重根x -o18 .求多项式x3 px

25、 q有重根的条件。3斛令f (x) x px q,则-_ 2f (x) 3x p显然当p 0时,只有当q 0, f(x) x3才有三重根。下设p 0,且a为f (x)的重根,那么a也为f (x)与f (x)的根,即a3 pa q 03a2 p 0由(1 )可得a(a2 p) q ,再由(2 )有a2 o所以3a( p p) q3q a 2p两边平方得9q24p2所以4p3 27q2 0综上所叙即知,当4p3 27q 1 .如果 是f (x)的一个k重根,证明 是a f (x) f (a) f (x) f (a)的一个k +3 重根。 0时,多项式x3 px q有重根。2 .4 一 219 .如

26、果(x 1) |ax bx 1 ,求 a,b解令一、 4,2)f(x) ax bx 13f (x) 4ax 2bx由题设知,1是f (x)的根,也是f (x)的根,此即a b 1 04a 2b 0解得a 1,b2。nx不能有重根。 n!2一 . x20 .证明:1 x 2!证因为f(x)的导函数f (x) 112x x2!1 n 1x(n 1)!1 n所以f (x) f (x) x ,于是 n!1 n1 n(f(x),f(x) (f (x) -xn, f (x)(-xn,f (x) 1n!n!g(x)从而f(x)无重根。证因为x a 1g (x) f (x) -f (x) f (a) 22x

27、a g (x) - f (x)2由于 是f (x)的k重根,故 是g (x)的k 1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s 1重根,也是g(x)的s-2重根。所以 s 2 k 1 s k 3 即证。22 .证明:x0是f (x)的k重根的充分必要条件是f(xo)f (xo) . f(k 1)(x0) 0 ,而 f (k)(xo) 0证 必要性:设x0是f(x)的k重根,从而是f (x)的k 1重根是f(x)的k 2重根,。,是f(k 2)(x0)的一重根,并且x0不是f (k)(x)的根。于是f(x。)f (x。). f(k 1)(x0)0,而 f(k)

28、(x。)0充分性:由f(k 1)(x0) 0 ,而f (k)(x0) 0 ,知x0是f(k 1)(x)的一重根。又由于f(k 2)(x0) 0,知x0是f(k 2)(x)的二重根,依此类推,可知x0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m 1重根”是不对的。解例如,设f(x)m那么f (x) x以0为m重根,但0不是f(x)的根。证要证明(xn 1)| f(xn),就是要证明24 .证明:如果(x 1)| f(xn),那么(xn 1)|f(xn)。f (1) 0(这是因为我们可以把xn看作为一个变量)。由题设由(x 1)| f(xn),所以 f(1

29、n) 0也就是f(1) 0,即证。,233、25 .证明:如果(x x 1)|fi(x) xf2(x ),那么(x 1)| fi(x),(x 1)|f2(x) 2.2证因为x x 1的两个根为和,其中2 . . 2cosi sin -3 3所以 和2也是fi(x3) xf2(x3)的根,且3 1,于是fl(1)f2(1) 0fl(1)2 f2(1) 0解之得f1(1) 0,f2(1) 0即证。2 6.求多项式xn 1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xn 1 (x 1)(x)(x2)(xn 1)其中2 . . 2cos- i sin -3 3在实数域内了 nj(0 j n)所

30、以,当n为奇数时,有 n 1 n 1xn 1 (x 1)x2 ( n1)x 1x2 ( 2 n2)x 1x2 ( 22 )x 1其中j n j j j 2cos4-(j 1,2,.,) nn皆为实数。当n是偶数时,有 n 1 n 1xn 1 (x 1)(x 1)x2 ( n 1)x 1x2 ( 2 n 2)x 1. x2 ( 22 )x 127.求下列多项式的有理根:1) x3 6x2 15x 14一、 4 2 _2) 4x7x 5x 13) x5 x4 6x3 14x2 11x 3解利用剩余除法试根,可得1)有一个有理根:2。1112)有两个有理根:,一(即有2重有理根一)o2223)有五个

31、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)。2 8 .下列多项式在有理数域上是否可约?2.1) x 14322) x4 8x3 12x2 2633) ) x x 14) xp px 1,p为奇素数5) x4 4kx 1,k 为整数2斛1)因为1都不是匕的根,所以x1在有理数域里不可约。2)利用艾森斯坦判别法,取p 2,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x y 1或x y 1,得g(y) f(y 1)或 g(y) f(y 1)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f(x) f1(x)f

32、2(x),从而g(y) f(y 1) g(y 1)f2(y 1)这就是说g(y)也可约,反之亦然。现在我们用它来证明x6 x3 1在有理数域上不可约。令x y 1,则多项式变为,、6,八 3,6_5一 4-3一 2-(y1)(y1)1y6y15y21y18y9y3利用艾森斯坦判别法,取 p 3,即证上式不可约,因而x (x1x2 x3)(x2x3 x1)(x3x1 x2) (x1 x2 xx2)(x2 x3 x2x3)(x1 x3 x3 1也不可约。4)设 f (x) xp px 1 ,令 x y 1 ,则g(y) f(y 1)yp cpyp2, 21, 30代入(1)式,得b 4。再令xx2

33、 1,x32,得 c2yp2 ”(cpp1 p)y p由于p是素数,因而p|cp(i 1,2. p 1)2但p | p,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f (x) x4 4kx 1令x y 1 ,可得g(y) f(y 1) y4 4y3 6y2x1 x3x#3 (4 k 4)y 4k 2利用艾森斯坦判别法,取 p 2,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。2 9 .用初等对称多项式表求出下列对称多项式22x1 x2x1 x21 23x1 x2 x3i、221 )x1 x2为汽22x1 x3x#3x22

34、x32 x2x32)(x1 x2)(x1*3)(x2 x3)3)(x1 x2)2(x1、2 /、2x3) (x2 x3)、2224) x x2x x32222:x x4x2 x322x2 x422x3 x4x解1)对称多项式的首项为x;x2 ,其方塞为(2,1,0),即又因为22x2 x3x2x3所以 原式=12?32 )同理可得(xi x2)(xix3)(x2x3)2xi x22xix22xi x3222 cxix3x2 x3 x2x32xix2x3121 d 27令 x1 x2 1,x31,得 a c 22 32 3123x22)(xi2 2x1x3 x32)(x22 2x2x3 x32)

35、24)原式二(xi2xi x242xi x2.由此可知多项式时六次对称多项式,且首项为x14x22 ,所以 的方哥之积为指数组对应的方哥乘积4202212411313330323211 2 322223223,31 2 a 13 b 2 c 1只要令x1 0,x2 x3 0,则原式左边0。另一方面,有(2)令 xix2x31,得3a c 6由(2), (3)解得a 4,c 18。因此原式4 218 1 2 327指数组对应的方帚乘积220022211013111142222224)原式=x1 x2x1 x3x1 x42x2 x422x2 x3222x3 x4设原式 i a 1 3 b 4令 x

36、1x2x31,x4 0,得 a 2。再令 x1x2x3x4 1,得 b 2。因此原式 22 1 32 45)因为原式=x12x22x32(x13x2x33x1x2 x33x1x2x3)由于(x122x22222、x2 x3x1 x3 )x1x2x33x1 x2x33x1x2 x3x2x2x3222222x1 x2x2 x3x1 x3所以原式22132 1322 2 36)因为原式2222222x1 x2 x32(x1 x2 x3 x1 x2x323、x1x2 x3 )/ 2(xi x222x2 x32xix222cx1 x3 3x12xi x32x2 x322、 cxix3 x2x3 ) 2x

37、ix2x3其中222( x x2 x32xi223x2x3xix2 x322xi x22:x x32.3xix2x32xi x22xix22x2x3i所以原式3 0.用初等对称多项式表出下列n元对称多项式:1)4xi2)2 xx2x33)2 2xix24)2 2xi x2x3x4(2 123)(2 213 )(2 312)0ax?x;2x;n表示所有由axfx;2 .x;n经过对换得到的项的和。)指数组对应的方帚乘积40 00 04i3 i 0 o - 02i 22200 - 0222ii0-0i 3i 1 ii.o4)因为多项式的首项为xi4,所以解设原式 i a i 2 b 2 c i 3

38、 d 4x11,x21,x3x4. xn0,得 b 2。xi x2 1,x3 . xn 0,得 a 4。x1 x2 x3 1,x4 . xn 0,得 c 4。xix21,x3x41,% .xn0,得 d 4。所以原式 14122 24 1 34 42)同理可得原式 134 4一23)原式12 1 32 44)原式 2 44 1 59 60的三个根,计算323 1 .设 a1, a2,a3 是万程 5x 6x 7x 3aa2 a2)(a;a2a3a2)(ai2aa3a2)解因为1 a1 a2 a32 aa a2 a3*3 a1 a2a3由根和系数的关系,可得6731 5, 2 5, 2.证明:三

39、次方程x3a1x2 a2x a3 5再将对称多项式化为初等多项式并计算,可得2 2 2(a1aa2 a2)(a22 22、a2%a3)(a1 a1a3 %)22331113216796250的三个根成等差数列的充分必要条件为2a13 9a1a2 27 a3 0设原方程的三个根为1, 2, 3,则它们成等差数列的充分必要条件为2)2 139 1 227 3将上式左端表为初等对称多项式,得(2 123)(2 213 )(2 31故三根成等差数列的充分必要条件为2a13 9a1a2 27a3 0三、补充题精解1 .设 f(x)af(x) bg(x),g1(x) cf(x) dg(x),且 ad bc

40、 0,证明:(f (x),g(x) ( x),g1(x)证 设则由已知,得d(x) | fi(x),d(x)| gi(x)其次,设 (x)是f1(x)与g2(x)的任一公因式,只需证明 (x)|d(x)即可。因为 fi(x) af(x) bg(x),gi(x) cf (x) dg(x)所以f(x)dad bcfi(x)bad bcgi(x)c .ag(x) ff1(x) fg1(x)又因为i fi, |gii f, i g从而(x)|d(x)。故d(x)也是fi(x)与gi(x)的最大公因式。2.证明:只要f (x)g(x)(f(x),g(x) ,(f (x), g(x)的次数都大于零,就可以

41、适当选择适合等式u(x)f(x) v(x)g(x) (f (x),g(x)的u(x)与v(x),使(u(x)g(x)(f (x),g(x)(v(x)f(x)(f (x),g(x)证 存在多项式u1( x), v1( x),使ui(x)f(x) vi(x)g(x) (f (x), g(x)从而(1)/ 、 f(x)/ g(x) /u1 (x) - v1 (x) 1(f (x),g(x)( f(x), g(x)1)若ui(x)的次数满足(ui (x)g(x)(f (x),g(x)f(x)(m (x)(f(x),g(x)事实上,采用反证法。若(m (x)f(x)(f (x),g(x)则(1)式左边的

42、第一项次数小于g(x)(f (x),g(x)f(x)(f(x),g(x)而第二项的次数大于或等于g(x)(f (x),g(x)f(x)(f(x),g(x)这样(1)式左端的次数g(x)(f (x),g(x)f(x)(f (x),g(x)0,但(i)式右端的次数为零,矛盾。所以(ui (x)g(x)(f (x),g(x),(vi(x)f(x)(f (x),g(x)此时u1 (x)vi(x)即为所求。2)若(ui(x)g(x)(f (x),g(x)则用一曲(f(x),g(x)除ui(x),可得ui(x) s(x)g(x) r(x)(f(x),g(x)其中(r(x)g(x)(f (x),g(x)注意

43、到r(x)0是不可能的,事实上,若r (x) 0 ,则ui(x) s(x)(fk代入(1)式得s(x) g(x) vi(x)3 1(f(x),g(x)(f(x),g(x)矛盾。再将ui(x) s(x)一乳x r(x)代入(1)式,可得 (f (x), g(x)r(x)fx)vi(x)g(x)(f (x), g(x)vi(x)u(x) r(x),v(x)/、 f(x)s(x)(f(x),g(x)再利用本题1)的证明结果,即证。3 .证明:如果f (x)与g(x)互素,那么f(xm)与g(xm)也互素。证由假设,存在u(x)和v(x)使u(x)f(x) v(x)g(x) 1于是u(xm)f(xm)

44、 v(xm)g(xm) 1即证。4 .证明:如果f1(x), f2(x),fs 1(x)的最大公因式存在,那么f1(x), f2(x),fs 1(x), fs(x)的最大公因式也存在,且当f1(x), f2(x),fs 1(x), fs(x)全不为零时有(f1(x), f2(x),fs 1(x), fs(x) (x), f2(x),fs 1(x), fs(x)再利用上式证明,存在u1(x), u2(x),,us(x)使u1(x)f1(x) u2(x)f2(x) . us(x)fs(x) ( f1(x), f2(x),fs(x)证 因为f1(x), f2(x),fs 1(x)的最大公因式存在,设

45、其为d1(x),则 d1(x) (f1(x), f2(x),fs 1(x)于是di(x)与fs(x)的最大公因式也存在,不妨设为d(x) (di(x), fs(x)则d(x)|fi(x)(i 1,2,., s)若设(x)是f1(x), f2(x),fs 1(x), fs(x)的任一公因式,则(x)|di(x)这样(x)为di(x)与fs(x)的一个公因式,又可得 (x)|d(x),即证d(x) (fi(x), f2(x),fsi(x), fs(x)下面用归纳法证明本题第二部分。当s 2时结论显然成立,假设命题对s 1也成立,即存在vi(x), v2(x),,vs i(x),使vl(x)fi(x

46、) v2(x) f2(x) . vs i(x) fs i(x)(fi(x), f2(x),fs i(x) di(x)成立,再证命题对s也成立。事实上,存在p(x)和q(x),使d(x) (di(x), fn(x)p(x)di(x) q(x)fs(x)p(x)vi(x)fi(x) v2(x)f2(x) . vs i(x) fsi(x)q(x) fs(x)令ui(x)p(x)vi(x)(i i,2,.,s i)us(x) q(x)即证。5.多项式m(x)称为多项式f (x), g(x)的一个最小公因式,如果1) f (x)|m(x), g(x)|m(x);2) f (x), g(x)的任一公倍式都

47、是 m(x)的倍式。我们以f (x), g(x)表示首项系数是1的那个最小公倍式,证明:如果f (x), g(x)的首项系数都是1,那么f (x),g(x)f (x)g(x)(f(x),g(x)(f (x),g(x)d(x)f(x) fi(x)d(x) , g(x) gi(x)d(x)f(x)g(x)(f (x),g(x)f(x)gi(x) g(x) fi(x)f(x)| f(x)g(x)(f(x), g(x),g(x)| f(x)g(x) (f(x),g(x)设m(x)是f(x)与g(x)的任一公倍式,下面证明f(x)g(x) |m(x)。(f (x), g(x)由倍式的定义,有m (x)

48、f (x)s(x) g(x)t(x)fi(x)d(x)s(x)f (x)s(x) g(x)t(x) gi(x)d(x)t(x)消去d(x)得fi(x)s(x)gi(x)t(x)于是 gi(x) | fi(x)s(x)。由于(fi(x),gi(x) i ,因而gi(x) |s(x)或者 s(x)gi(x)q(x)所以m (x) f(x)s(x)f(x)gi(x)q(x)fi(x)(f(x), g(x)q(x)f(x)g(x) |m(x) (f (x),g(x)即证。6 .证明:设p(x)是次数大于零的多项式,如果对于任何多项式f(x),g(x),由p(x) | f (x)g (x)可以推出p(x

49、)| f (x)或者 p(x) |g(x)那么p(x)是不可约多项式。证采用反证法。设 p(x)可约,则有p(x) pi(x)|p2(x)那么由假设可得p(x)| pi(x)或 p(x)| p2(x)这是不可能的,因为后面两个多项式的次数低于p(x)的次数。7 .证明:次数 0且手项系数为1的多项式f(x)是一个不可约多项式的方哥的充分必要条件为:对任意的多项式g(x)必有(f(x), g(x) 1,或者对某一正整数 m, f(x)1gm(x)。证必要性: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1)(p(x),g(x) 1;或2) p(x)|g(x)对于 1)有(f(x),g(x) 1。对于2)有ps(x) 1gs(x),此即f (x) 1gs(x)。再让m s ,即证必要性。充分性:设f(x)不是某一个多项式的方哥,则f (x) p11(x)p22(x)pnn(x)其中n 1, i(i 1,2,., n)是正整数。若g(x)p1(x),则由题设知f(x)与g(x)满足(f (x), g(x) 1 或 f (x) 1gm(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

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