高等代数_李海龙_习题第2章多项式

1、第二章 多项式2.1  一元多项式的定义和运算1 设f(x)，g(x)和h(x)是实数域上的多项式证明：若f(x)2 = x g(x)2+x h(x)2，那么 f(x) = g(x) = h(x) = 0证明概要：比较等式两边的次数可证2 求一组满足上一题中等式的不全为零的复系数多项式f(x)，g(x)和h(x)解：取f(x) = 2ix，g(x) = i(x+1)，h(x) = x-1即可或取f(x) = 0，g(x) = 1，h(x) = i即可3 证明：证明提示：用数学归纳法证之2.2 多项式的整除性1 求f(x)被g(x)除所得的商式和余式：(i) , (ii) , 解：(i

2、) (ii)2 证明：必要且只要证明：充分性显然现证必要性反证法：若不整除，则，且两边取次方得，其中于是不整除矛盾故必要性成立3 令都是数域F上的多项式，其中且|，|证明：|证明：反复应用整除定义即得证4 实数m, p , q满足什么条件时多项式能够整除多项式？解：以除得一次余式令余式为零得整除应满足的条件：当且仅当且时，|5 设是一个数域，证明：整除解：因为6 考虑有理数域上多项式 ，这里和都是非负整数证明：|解：因为7 证明：整除必要且只要整除证明：若|，令，则·所以|下面证必要性：反证法，若d不整除n，令，且<<于是因可被整除，故可被整除即是被除所得的余式因<

3、，所以与可被整除相矛盾2.3 多项式的最大公因式1 计算以下各组多项式的最大公因式：(i)；(ii) ；解: (i) ； (ii)2 设，证明：若，且和不全为零，则，反之，若，则是与的一个最大公因式解：由本节定理.及.得证（常当作定理）3 令与是的多项式，而，是中的数，并且证明：证明：设,易知|，|，从而|，|即是，的一个公因式再设是，的任一公因式则由定义知|，|，由，之所设及，可解得从而可知|，|既是、的一个公因式，所以|由定义知4 证明：(i) 是和gh的最大公因式；(ii) ( f1 , g1 )( f2 , g2 ) = ( f1f2 , f1g2 , g1f2 , g1g2 )此处f

4、，g，h都是F x的多项式证明：(i)设( f , g ) = d, 则d | f，d | g所以dh | fh，dh | gh又有u，v使uf + vg = d于是ufh + vgh = dh所以dh是fh，gh的一个最大公因式(ii)设( f1 , g1 ) = d1，( f2 , g2 ) = d1，则d1d2同时整除f1f2，f1g2，g1f2，g1g2d1d2是它们的一个公因式,另设是f1f2，f1g2，f2g1，g1g2的任一公因式，那么就有| ( f1f2 , f1g2 )，( f1f2 , f1g2 ) = f1( f2 , g2 ) = f1d1| ( f2g1 , g1g2

5、 )，( f2g1 , g1g2 ) = g1 ( f2 , g2 ) = g1d2所以| ( d2g1 , f1d2 )，而( d2g1 , f1d2 ) = d2 ( f1 , g1 ) = d1d2既| d2d1故有( f1 , g1 ) ( f2 , g2 ) = ( f1f2 , f1g2 , g1f2 , g1g2 )5 设，都是有理数Q域上的多项式求u(x),使得 解：u(x)=-x-1，v(x)=x+26 设(f , g)=1令n是任意正整数，证明：( f , gn ) = 1由此进一步证明，对于任意正整数m，n，都有( f m, gn ) = 1证明：因为( f , g )

6、= 1所以有u,v使uf + vg = 1，则vg = 1- uf，两边n次方得vngn = ( 1- uf )n = 1+ u1f所以vngn = ( 1- uf )n = 1 + u1f - u1f + vngn = 1从而 -u1f + vngn = 1，( f , gn ) = 1固定gn，同理可证( f m , gn ) = 17 设( f , g ) = 1证明：( f , f + g ) = ( f + g , g ) = 1证明：因为( f , g ) = 1所以有u,v使uf + vg = 1，进而有( u v ) f+v ( g + f ) = 1, 所以( f , g +

7、 f ) = 1.同理( g + f , g ) = 1利用互素性质得( f g , f + g ) = 18 证明：对于任意正整数n都有( f , g )n = ( f n , g n )证明：设( f , g )=d，则f = df1 ，g = dg1，且( f1 , g1 ) = 1由上面第题知 ( f1n , g1n ) = 1，从而存在u,v使uf1n vg1n = 1所以uf1n dn vg1n dn = dn，既ufn vgn = dn又dnfn，dngn所以( f , g )n = d n = ( f n , gn )9 证明：若是f ( x )与g ( x )互素，并且的次数

8、都大于0那么定理里的可以如此选取，u ( x )次数低于g ( x )的次数，v ( x )次数低于f ( x )的次数，并且这样的u ( x )与v ( x )是唯一的证明：因为, 所以有u1 ( x )，v1 ( x )使u1 ( x ) f ( x ) + v1 ( x ) g ( x ) = 1，因> 0，> 0所以f ( x )不整除v1 ( x )及g ( x ) 不整除 u1 ( x )现以f ( x )除v1 ( x )，得商式为q1 ( x )，余式为v ( x )，则有v1 ( x ) = f ( x ) q1 ( x ) + v ( x )，其中 同理有u1

9、( x ) = g ( x ) q2 ( x ) + u ( x )其中 代入u1 ( x ) f ( x ) + v1 ( x ) g ( x ) = 1，得( g ( x ) q2 ( x ) + u ( x) ) f ( x ) + ( f ( x ) q1 ( x ) + v ( x ) ) g ( x ) = 1整理得u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) + q1 ( x ) + q2 ( x ) f ( x ) g ( x ) = 1因为 ， ，所以必有q1 ( x ) + q2 ( x ) = 0即u ( x ) f ( x ) + v ( x )

10、g ( x ) = 1，且满足 ， 下面证唯一性设另有u2 ( x ) , v2 ( x ) 满足u2 ( x ) f ( x ) + v2(x) g(x) = 1，及，则有 ( u ( x ) - u2 ( x ) ) f ( x ) = ( v2 ( x ) v ( x ) g ( x )故f ( x ) | ( v2 ( x ) - v ( x ) ) g ( x )又( f ( x ) , g ( x ) ) = 1，从而如果v2 ( x ) -，其次数一定低于f ( x )的次数，故只有v2 ( x ) - v ( x ) = 0既v2 ( x ) = v ( x )同理u ( x

11、) = u2 ( x )10 决定k，使与的最大公因式是一次的 解：设=， g(x)= ，以g ( x ) 除 f ( x ) 得余式4x + 2k + 2由题意4x + 2k + 2 | g ( x )，由此推出k = 1或k = 311 证明：如果 ( f ( x ) , g ( x ) ) =，那么对于任意正整数m，( f ( xm ) , g ( xm ) ) =证明：因为 ( f ( x ) , g ( x ) ) =，所以u ( x )，v ( x )，满足u( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1从而u ( xm ) f ( xm ) + v ( x

12、m ) g ( xm ) = 1，此即是 ( f ( xm ) , g ( xm ) ) =12 设f ( x ) , g ( x )是数域F上的多项式f ( x )与g ( x )的最小公陪式指的是Fx中满足以下条件的一个多项式m ( x )：(a) f(x) | m(x) 且 g(x) | m(x)；(b) h(x)Fx 且 f(x) | h(x)，g(x) | h(x)，那么m(x) | h(x)(i) 证明： Fx中任意两个多项式都有最小公倍式，并且除了可能的零次因式差别外，是唯一的(ii)设f(x)， g(x)都是最高次项系数是的多项式令 f(x), g(x)表示f(x)与g(x)的

13、最高次项系数是的那个最小公倍式证明： f(x) g(x)= (f(x) , g(x) f(x), g(x)证明：(i) 若f(x) , g(x)有一个为，则它门的最小公倍式是现设f(x), g(x)以d(x)记(f(x) , g(x)则f(x) = d(x) f(x)，g(x) = d(x)g(x)，且(f(x) , g(x) =现证是f(x)， g(x)的一个最小公倍式首先由= f(x) g(x)= f(x)g(x)，知其是f(x)与g(x)的一个公倍式另设M(x)是f(x)与g(x)的任一公倍式，则有M(x)= f(x)s (x)= d(x) f1 (x) s(x)及M(x)=g(x)t

14、(x)= d(x) g1 (x)t(x)，消去d(x)，得f1(x) s (x) = g1 (x)t(x)又(f(x) , g(x) =，由此可得g1 (x)|s (x)，令s(x)= g1 (x) s1(x)代入M(x)= f(x)s (x)= d(x) f1 (x) s(x)得M(x)= d(x) f1 (x)g1 (x) s1(x)=s1(x)即 M(x)，即是f(x) , g(x)的一个最小公倍式从而存在性得证现证唯一性：若m(x)，m(x)都是f(x) , g(x)的最小公倍式，由定义得m(x)m(x)及m(x)m(x)所以m(x)，m(x)只相差一个常数因子(ii)由(i)的证明，

15、知当f(x) , g(x)的最高次项系数都是时，有f(x) g(x)= (f(x) , g(x) f(x) , g(x)13 设g(x)|，并且(fi(x), g(x) =1, i =1,. 证明 g(x) | fn(x) 证明：令,由(f1(x), g(x)=1. ( f2(x), g(x)=1,所以(f1(x) f2(x),g(x)=1，进而可证得(h(x), g(x)=1又g(x) | h(x)fn(x)，所以g(x) | fn(x)14 设证明：(i) ()=(), (),1kn-1.(ii)互素的充要条件是存在多项式使得证明：(i) 设d(x) = ( (), ()，有d(x) |（

16、）, d(x) |（）,进一步有d(x) | fi(x), i=1,另设h(x)是的任一公因式，h(x) |（） 及h(x) |（），进一步h(x) | ( () ,() = d(x)所以( () ,() = () (ii)充分性：若有使，另设h(x)是的任一公因式，则有h(x)|1从而互素必要性：若(f1(x), f(x)= d(x)，则由定理有u11(x) , u1(x) ,使u11(x)f1(x)+ u1(x) f(x)= d(x)，则由定理可以假设对于s-1个多项式是成立的即当ds-1(x) = ()时，有u11(xu1s-1(x)，使得=ds-1(x)则对于s个多项式来说，由()=

17、(), fs(x)= ( ds-1(x) , f s (x)知有p(x), q(x)使p(x)ds-1(x) + q(x) f s (x) = ( ds-1(x) , f(x),以ds-1(x)的上述表示式代入，则得+ q(x) f s (x) = ( ds-1(x) , f(x),即有p(x)u11(xp(x)u1s-1(x) , q(x)，使+p(x) fs(x) = ()()=1时，令p(x)=1,s=n其中u1(x)= p(x) u11(xu1s(x) = p(x)u1s(x) 则本题必要性得证15 设令I=fn(x) gn(x)|, 1in 比照定理.，证明：有最大公因式提示：如果不

18、全为零，取d(x)是中次数最底的一个多项式，则d(x)就是的一个最大公因式 证明：如果，则0就是它们的最大公因式如不全为，则I中 有非零多项式设d(x)是I中次数最低的一个多项式以d(x)除f (x)，得其中r1=0，或( r1 (x)< ( d(x)由于r1 (x)= f1(x)- q1 (x)d(x)，可以推得r1 (x)I，而d(x)是I中次数最底的，故r1 (x) =0所以d(x)|f1(x)，同理d(x)|f2(x)，d(x)|fn(x)即d(x) 是的一个公因式，又因是它们的组合，故d(x) 就是的最大公因式2.4 多项式的分解1 在有理数域上分解以下多项式为不可约因式的乘积

19、：(i) 3x2+1; (ii) x3-2x2-2x+1. 解：(i)不可约(ii) (x+1) (x2-x+1)2 分别在复数域，实数域和有理数域上分解多项式x+1为不可约因式的乘积解：在复数域上有x4+1= (x+(1+i) (x+(1+i) (x-(1-i) (x-(1-i);在实数域上有x4+1=( x2+x +1) (x2-x +1);在有理数域上x+1不可约3 证明：g(x)|f(x)，当且仅当g(x)|f(x)证明：充分性显然.现证必要性,即若g(x)|f(x),那么g(x)|f(x).若f(x)= g(x) =0,则有g(x)|f(x).如果f(x), g(x)不全为0,令d(

20、x)=(f(x), g(x).则f(x)=d(x)f1(x), g(x)=d(x)g1(x),且(f1(x), g1(x)=1.那么f(x)=d(x)f1(x), g(x)=d(x)g (x),故由g(x)|f(x),可得g(x)|f(x),故g1(x)|f1(x),又(f1(x) , g1(x) ) =1,根据互素多项式的性质知g1(x)|f1(x),从而g1(x) = c f1(x), (c为非零常数).于是g(x)|f(x).4 (i)求f(x)= x5-x4-2x3+2x2+x-1在Q(x)内的典型分解式；(ii)求f(x)= 2x5-10x+16x3-16x2+14x-6在R(x)内

21、的典型分解式解: (i) f(x)= (x-1)3(x+1) ; (ii) f(x)= 2(x-1)(x-3)(x+1)5 证明：数域F上一个次数大于零的多项式f(x)是Fx中某一不可约多项式的幂的充分必要条件是对于任意g(x)Fx,或者(f(x), g(x) =1,或者存在一个正整数m使得f(x)|g(x)m. 证明：必要性:设f(x) = pm(x) ( p(x)不可约) ，则对于Fx中的任意g(x)，只有两种可能：(p(x),g(x)=1或 p(x)|g(x)在前一情形有( f(x),g(x) )=1,在后一情形有pm(x) |gm(x)，即f(x) |g(x)m.充分性：设f(x)=为

22、其典型分解式令g(x)=p1(x)若 s>1，则(p(x), g(x)1，且f(x)不整除g(x)m，即条件成立时，必有s=1，即f(x)= 6 设p(x)是Fx中一个次数大于零的多项式.如果对于任意f(x), g(x)Fx，只要p(x)| f(x)g(x)就有p(x)| f(x)或p(x)| g(x),那么p(x)不可约证明：反证法，若可约,设,其中的次数都低于的次数.由,根据条件可得出或,这是不可能的.2.5 重因式1. 证明下列关于多项式的导数的公式：a) ；b)提示：设，利用本教材中对导数的定义证之2. 设是的导数的重因式证明：a) 未必是的重因式；b) 是的重因式的充分必要条件

23、是证明：a) 设，则是的二重因式，但不是的因式，更不是的三重因式b) 必要性显然；充分性，设是的s重因式，则是的重因式即得出3. 证明有理系数多项式没有重因式证明：因为，有4. a,b应该满足什么条件，下列的有理系数多项式才能有重因式？ a) b) 提示：由多项式有重因式的充要条件是它与它的导数不互素可得a) ; b) 5. 证明：数域F上的一个n次多项式能被它的导数整除的充分必要条件是：，这里a,b是F中的数证明：若，则，所以，必要性：设的典型分解式为，其中都是不可约多项式，则由，知(常数)，但.故知t=1,且即2.6 多项式函数 多项式的根1.设f(x)=2x5-3x4-5x3+1.求f(

24、3),f(-2).解： f(3) =109; f(-2) =-71.2.数环R的一个数c说是f(x)R(x)的一个k重根，如果f(x)可以被(x-c)k整除，但不能被(x-c)k+1整除判断5是不是多项式f(x)=3x5-224x3+742x2+5x +50的根.如果是的话,是几重根? 提示：用次综合除法得：5是f(x) 的二重根.3.设2x3-x2+3x-5=a(x-2)3+b(x-2)2+c(x-2)+d.求a,b,c,d.提示：应用综合除法得：a=2, b=11, c=23, d=13.4.将下列多项式f(x)表成x-a的多项式.a) f(x)= x5 ,a=1; b) f(x)=x4-

25、2x2+3,a=-2. 解：用综合除法求出:a) f(x)= x5=(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1)+1;b) f(x)=x4-2x2+3=(x+2)4-8(x+2)3+22(x+2)2+24(x+2)+11. 5.求一次数小于4的多项式,使f(2)=3,f(3)=-1,f(4)=0,f(5)=2.解：f(x)= -x3+x2-x +426.求一个2次多项式,使它在x =0,处于函数 sinx有相同的值结果：7.令f(x) , g(x),是两个多项式,并且f(x3) +x g(x3)可以被x2+x+1.证明: f(1) = g(1) =0. 证明:

26、 因x2+x+1| f(x3) +x g(x3).故x2+x+1=0的根必为f(x3) +x g(x3)的根.而x2+x+1=0的两个根是.但=1.故有，解此方程组得：f(1) = g(1) =0.8.令c是一个复数,且是Qx中一个非零多项式的根.令J= f(x)Qx | f(c) = 0证明：a)在J中存在唯一的高次项系数是1的多项式p(x),使得J中每一多项式f(x)都可以写成p(x)q(x)的形式,这里q(x)Qx. b) p(x)在Qx中不可约.如果c=,求上述的p(x)证明: a) 因c是Qx中一个非零多项式的根,则J中存在次数大于零的多项式,即令A= m|f(x)J,( f(x)=

27、m 非空. A中必有最小数设为n(n>0).其对应的多项式若为f(x),令p(x) =f(x), (a0是f(x)的最高次项系数),则.现证当f(x) J时,必有f(x) = p(x)q(x).对于任意的f(x)J,由p(x)的取法知( f(x) (p(x).以p(x)除f(x)得f(x)=p(x)q(x)+r(x),其中r(x)=0或( r(x) <(p(x).由于r(c)=f(c)-p(c)q(c)=0,故知r(x)J. 由p(x)的取法知r(x)的次数不可能小于p(x)的次数.故只有r(x)=0,即f(x) = p(x)q(x).再证的唯一性.设另有p1(x)具有上述性质,则

28、p(x)| p1(x)且p1(x) | p(x).所以p1(x) = c p(x).又首项系数都为1,故c=1,即p1(x) = p(x).b) 反证法:设p(x)可约,令p(x)=p1(x) p2(x),知p1(x)与p2(x)的次数都小于p(x)的次数.又p(c)=p1(c)p2(c)=0,知p1(c)=0或p2(c)=0从而p1(c)或p2(c) J,这与p(x)是J中次数最低的多项式相矛盾.故p(x)不可约.若c=,则p(x)=(x-)(x+)(x-) (x +).9.设Cx中多项式f(x)0且f(x)| f(xn),n是一个对于1的整数.证明: f(x)的根只能是零或单位根. 证明:

29、 因f(x)| f(xn),所以f(xn)= f(x)g(x), g(x)Cx.如果是f(x)的根,即f()=0则f()=f()g()=0, f()= f() g()=0f()= f() g()=0.由于, f(x)在C中至多有n个不同的根,故有i<j,使=,所以c=0或1.即c=0或c是单位根.2.7 复数和实数域上多项式 1.设n次多项式的根是.a) 求以为根的多项式,这里c是一个数;b) 以(假定)为根的多项式.解：a) 若c=0,则都为0,则g(x)= xn即是.若c0,则令g(x)=为所求.b) 令g(x)= f()xn=,则g(x)是以为根的多项式.2.设f(x)是一个多项式

30、,用表示把f(x)的系数分别换成它们的共轭数后所得多项式.证明:a) 若是g(x)|f(x),那么|;b) 若是d(x)是f(x)和的一个最大公因式,并且d(x)的最高次项系数是1,那么d(x)是一个实系数多项式.证明: a) 因为g(x)|f(x),所以f(x)= q(x)g(x), =从而|. b) 若d(x)=(f(x),),则有u(x), v(x)使的u(x)f(x)+ v(x)=d(x),所以=+f(x),另一方面,由d(x)|f(x), d(x)|,可得|f(x),|,所以=(f(x), ).从而d(x)=,即d(x)是实系数多项式.3.给出实系数四次多项式在实数域上所有不同类型的

31、典型分解式.解:共9种:a(x+b)4 ; a(x+b1)(x+b2)3 ; a(x+b1)2(x+b2)2 ;a(x+b1)(x+b2)(x+b3)2; a(x+b1)(x+b2)(x+b3)(x+b4); a(x2+px+q)2; a(x2+p1x+q1)(x2+p2x+q2) ; a(x+b)2(x2+px+q); a(x+b1)(x+b2)(x2+px+q) . (其中二次式x2+px+q不可约).4.在复数和实数域上分解xn-2为不可约因式的乘积.解: 在复数域上: xn-2=(x-)(x-,其中; 在实数域上:当n为奇数, xn-2=(x-)(x2-2 ;当n为偶数, xn- 2=

32、(x-)(x+)(x2-.5.证明:数域F上任意一个不可约多项式在复数域内没有重根.证明:设p(x)是F上不可约多项式,因多项式的最大公因式不因数域扩大而改变, 所以在复数域内仍有(p(x),(x)=1,故p(x)在复数域内没有重根.2.8 有理数域上多项式 1.证明以下多项式在有理域上不可约: a) x4-2x3+8x-10; b) 2x5+18x4+6x2+6 c) x4-2x3+2x-3 d) x6+x3+1提示：用艾森斯坦判断法. a)取p=2; b)取p=3; c)令x=y+1, 则f(x)=g(y)=y4+2y3-2, 取 p=2得g(y)不可约,即f(x)不可约; d) 令 x=

33、y+1,则f(x)=g(y)=(y+1)6+(y+1)3+1=y6+6y5+15y4+21y3+18y2 +9y+3,取p=3,得g(y)不可约,即f(x)不可约. 2利用艾森斯坦判断法,证明:若是是t个不相同的素数,而n是一个大于1的整数,那么是一个无理数. 证明:考虑多项式xn-,因互不相同,取p=p1满足艾森斯坦判断法,知xn-在有理数域上不可约, 因n<1无有理根,而是它的一个实根.因而是无理数. 3.设f(x)是一个整数系数多项式,证明:若是f(0)和f(1)都是奇数,那么f(x)不能有整数根. 证明:设是f(x)的一个整数根.则f(x)=(x-a)f1(x).由综合除法知f1

34、(x)也是整系数多项式.所以f(0)= -a f1(0), f(1)=(1-a) f1(1),这是不可能的.因为与1-中有一个是偶数.从而f(0)与f(1)至少有一个是偶数,与题设矛盾.故f(x)无整数根. 4.求以下多项式的有理数根: a) x3-6x2+15x-14; b) 4x4-7x2-5x-1; c) x5-x4-x3+2x2-x-3. 解: a)有理单根-2; b)二重有理根-; c)有理单根-1,2.2.9 多元多项式 1.写出一个数域F上三元三次多项式的一般形式.解：f=+其中,aijkF. 2.设 f ()是一个r次齐次多项式.t是任意数.证明： f ()=trf ().证明

35、：可设于是 3. 设f()是数域F上一个n元齐次多项式,证明:如果f()=g()h(),则g,h也是n元齐次多项式.证明：反证法，设g,h至少有一个不是n元齐次多项式，不妨设是h，则，是齐次多项式，是齐次多项式，并且假设，则其中都不能消去，与是齐次多项式矛盾故都是齐次多项式 4.把多项式x3+y3+z3+3xyz写成两个多项式的乘积.原式=(x+y+z)3-3(x+y+z)(xy+yz+xz)= (x+y+z) (x+y+z)2-3 (xy+ yz+xz)= (x+y+z) (x2+y2+z2-xy-yz-zx). 5.设F是数域. f,gF是F上n元多项式. 如果存在hF使得f=gh,那么就说g是f的一个因式.或者说g|f.a) 证明,每一f