数学专业多项式二次型例题

1、多项式例1设f(x)和g(x)=pm(x)g1(x)都是数域P上的多项式,其中m之1且p(x)不整除f(x),(p(x),gi(x)=1,则有数域P上多项式fi(x)和r(x),使f(x)=f1(x)p(x)+g(x)r(x),其中观r(x)<c(p(x)0证明由(p(x),g(x)=1知有数域P上的多项式u(x),v(x)使u(x)p(x)+v(x)g1(x)=1。由带余除法定理有f(x)=q1(x)p(x)+r0(x),而p(x)不整除f(x),所以有a(u(x)<优p(x),于是由u(x)p(x)十v(x)g1(x)=1有f(x)=q1(x)p(x)+r0(x)u(x)p(x

2、)+ro(x)v(x)g1(x)。再由带余除法定理有r(x)v(x)=q2(x)p(x)+r(x),同样由p(x)不整除f(x)及上式有c(r(x)<c(p(x),代入上式，得f(x)=(q1(x)+ro(x)u(x)+g1(x)q2(x)p(x)+r(x)g1(x),令f(x)=q1(x)+ro(x)u(x)+g1(x)q2(x),则结论成立。例2设m,n,d是正整数，证明(1) xd-1xn-1udn,(2) (xm-1,xn-1)=xd-1u(m,n)=d.证明充分性由口设门=4,qWZ,则xn-1=xdq1=(xd)q1=(xd1)(xd(q9+xd+1),所以xd-1xn-1.

3、必要性设门=dq+r,0<r<d,则xn-1=xdq+1=xdqxr_1=xdqxr-xr+xr-1=(xdq1)+(xr-1),由充分性的证明知xd-1xdq-1,于是由xd-1xn-1及整除的组合性质有xd-1xr-1,进而由0wr<d得r=0,所以dn.(2)必要性由条件知xd-1xm-1且xd-1xn-1,从而由(1)有dm且dn.若hm且hn,由(1)有xh-1xm-1且xh-1xn-1,从而由条件有xh-1xd-1,再由得hd.综上得(m,n)=d.充分性证法一由(m,n)=d及(1)知xd1xm-1且xd-1xn1.设h(x)xm-1且h(x)xn-1.若mn或

4、nm,则结论显然成立.否则有非零整数u,v使um+vn=d，且u,v的正负性相反，不妨设u>0,v<0,则um=d+(v)n,从而xum-1=xdx(，)n-1=xdx(1)n-xd+xd-1=xd(x(3)n-1)+xd-1,于是由h(x)xm-1,h(x)xn-1及(1)可得h(x)xd-1.综上有(xm-1,xn-1)=xd-1.证法二由(m,n)=d及(1)有xd-1xm1且乂弓-1xn-1,设h(x)xm1且h(x)xn-1.若&h(x)=0,则h(x)xd-1,否则由xm-1无重根知h(x)也无重根，设h(x)=(x-%)(x-%)(x-队),其中小,4,，外是

5、互不相同的复数，则由h(x)xm-1且h(x)xn-1知%,支2,，口k是xm-1和xn-1的公共根，即%m=1,%n=1.而由(m,n)=d有um+vn=d,所以d=：%：n=1,因此四是xd-1的根，故x-«ixd-1,i=1,2,，k.而x-%,x口2,，x-c(k两两互素，所以有h(x)xd-1.综上有(xm1,xn1)=xd-1,例3设f(x)=(x+1)k4n+2x(x+1)k*-+(2x)k(x+1)n,证明x"(x-1)f(x)+(x+1)k*证明由于kk1knf(x)式(x1)2x(x1)(2x)(x1)x-1=2x-(x1)所以(x-1)f(x)(x1)

6、kn1=2x-(x1)(x1)k2x(x1)k(2x)k(x1)n(x1)kn1=(2x)k1-(x1)k1(x1)n(x1)kn1=2k*xk+(x+1)n,故xk(x-1)f(x)+(x+1)k+*。例4设gm(x)fm(x),m>2,证明g(x)f(x).证明(用标准分解式)若f(x)=0,则结论成立.若f(x)#0,则g(x)#0.设f(x)=ap：(x)pkk(x)p；s(x),g(x)=bp：(x)p2k(x)p；s(x),其中p1(x),p2(x)，ps(x)是两两互素的首一不可约多项式，ki,li(i=1,2,，s)是自然数,则fm(x)=ap，(x)pmkk(x)pks

7、(x),gm(x)=bp1ml1(x)pmlk(xLpmls(x),由gm(x)fm(x)得mki<mli,故kiwL,i=1,2,，s,所以g(x)f(x).例5设f(x)是数域P上的不可约多项式，且仪f(x)>1,若f(x)的某个根口的倒数也是f(x)的根，证明f(x)每个根的倒数都是f(x)的根.n证明设f(x)=£aixi,则由f(x)不可约知a0#0.i=0n1n1n令g(x)=£aixn",由一是f(x)的根有1tai一=0,即£2”，=0,故o(也是g(x)的1 =0二：i4i=0根，从而f(x),g(x)不互素,再由f(x)不

8、可约有f(x)g(x).设P是f(x)的任意一个根，则P*0,则由f(x)g(x)知P也是g(x)的根，于是由上面的1证明知1是f(x)的根.例6设f(x)=xn+a1xnA+an(na1)是整系数多项式，n,b2，bn是互不相同的整数且f(b)=_1(i=1,2,，n),证明f(x)在有理数域上不可约.证明若f(x)在有理数域上可约，则f(x)可表成两个较低次的整系数多项式的乘积f(x)=g(x)h(x),于是由f(b)=1有g(bj)h(b)=1.而99)和卜(0)都是整数，故有g(b)=-h(b)(i=1,2,，n),从而由b1,b2,，bn互不相同及g(x),h(x)的次数都小于n有g

9、(x)=-h(x),从而f(x)=g2(x),这与f(x)是首一多项式相矛盾，故f(x)在有理数域上不可约.例7设f(x)是次数大于零的整系数多项式，且有整数a使f(a)=f(a+1)=f(a+2)=3,证明对于任意整数b,都有f(b)#5.证明由f(a)=f(a+1)=f(a+2)=3知a,a+1,a+2都是多项式f(x)-3的根，又多项式x-a,x-a-1,x-a-2两两互素，故有f(x)-3=(x-a)(x-a-1)(x-a-2)q(x),而(x-a)(x-a-1)(x-a-2)是本原多项式，f(x)-3是整系数多项式，所以q(x)是整系数多项式.若有整数c,使f(c)=5,则由上式有2

10、 =f(c)-3=(c-a)(c-a-1)(c-a-2)q(c),由于q(c)是整数，故2有三个连续的整数因子c-a,c-a-1,c-a-2,这不可能，所以对于任意整数b,都有f(b)第5.二次型例1设f(X)=XAX是n元二次型，若f是半正定二次型，则(XAY)2<(XAX)(YAY)0若f是正定二次型，则(XY)2E(XAX)(YA'Y)。证明若f是半正定的，则有矩阵C使A=CC,于是(XAY)2=(XCCY)2=(CX,CY)2<(CX,CX)(CY,CY)=(XCCX(YCCY)=(XAX)(YAY)。若f是正定的，则有可逆矩阵D使A=DD,于是(XY)2=(XD(

11、D),Y)2=(DX,(D)Y)2<(DX,DX)(D-lY,(D-lY)=(XAX)(YAY)。例2A设是n级正定矩阵，B是nxm实矩阵，证明R(BAB)=R(B)。证明由A设是正定矩阵知有n级实可逆矩阵C使A=CC,于是由CB是实矩阵以及C可逆得R(BAB)=R(B'CCB)=R(CB)'(CB)=R(CB)=R(B)。例3设A,B为n级正定矩阵，则(L)存在n级正定矩阵C使A=Cm.(2)AB正定的充要条件是AB=BA.(3)多项式|，A-B的根%,%,，%全大于零，且儿L,%,，九n都等于L的充分必要条件是A=B。(4)Am的顺序主子式全大于零。证明(L)由A正定

12、知存在实正交矩阵T使A=Tdiag(%,%Dn)T,其中%,%,，%全大于零，令C=Tdiag(mUX,，m2)T,则C是正定矩阵，且A=C(2)必要性由A,B,AB正定知A,B,AB都是对称矩阵，于是AB=(AB)'=BA，=BA.充分性由AB=BA及A,B对称可证(AB)=BA=BA=AB,即AB是实对称矩阵。又由A正定知A与单位矩阵E合同，即有实可逆矩阵C使CAC'E,于是CABC'=CAC<C,)BC'=(C)BC，由B正定知(C')'BC正定，从而(C')BC的特征值全大于零，而AB与(C')'BC相似，所

13、以AB的特征值全大于零.从而AB是正定矩阵.(3)由正定知有实可逆矩阵C使CAC=E,而由B正定知CBC也正定，于是多项式-CBC的根全大于零，从而由一.一一.一一.一,2九E-CBC=|ACAC-CBC=C|ZA-B|(1)可知|-B的根全大于零。若,A-B的根全为1,由(1)式知CBC的特征值全为1,于是有正交矩阵U使UCBCU=E,由此可得CBC=CAC,所以A=B。若A=B,则|ZA-B=A(九1)n,由此可知|KA-B的根全为1。(4)由A正定有A*=A。当m=2k为偶数时，由A正定知Ak是实可逆矩阵，于是由Am=AkAk=(Ak)(Ak)知Am是正定矩阵。当m=2k+1时，同理由A

14、m二AkAAk=(Ak)A(Ak)知Am是正定矩阵。由Am是正定矩阵可以证明它的主子式全大于零。例4设f=XAX和g=XBX都是n元实二次型，其中至少有一个是正定的，证明：在Rn中，曲面f=1和g=1没有公共点的一个充分必要条件是二次型h=f-g是正定的或者是负定的。证明不妨设f是正定的。充分性若曲面f=1和g=1有公共点X0,即f(X0)=1,g(X0)=1,于是h(X0)=f(Xo)-g(Xo)=0,由于h是正定的或者是负定的，所以有Xo=0,从而f(Xo)=0,得到矛盾，所以曲面f=1和g=1没有公共点。必要性若h既不是正定的也不是负定的，则可以证明三X1wRn,且X1#0,使h(X1)

15、=0,1.从而由f是正定有f(X1)=g(X1)=d>0,令X2=,X1，则有.d11.11.1f(X2)=f(-=X1)=(-=X1)HA(-=X1)=X1AX1=d=1,.dd.ddd同样有g(X2)=1,即X2是曲面f=1和g=1有公共点，这与条件相矛盾，所以h是正定的或者是负定的。例5设n级实对称矩阵A,B的特征值分别为cv%wK2wy九na,dvwwy匕vb,证明A+B的特征值在(c+d,a+b)中.证明由A实对称知有正交矩阵T使TAT=dia(一,%，£),于是T(aEA)T=diaga%,a%,，a友,由儿w%w儿nva知a%>0(i=1,2,，n),所以aE-A是正定矩阵.同理可证bE-B,A-cE,B-dE也是正定矩阵，而(ab)E-(AB)=(aE-A)(bE-B),(AB)-(cd)E=(A-cE)(B-dE),所以(a+b)E-(A+B),(A+B)-(c+d)E也是正定矩阵，从而其特征值全大于零.设%是矩阵A+B的任一特征值，则(a+b)-%,%-(c+d)分别是矩(a+b)E-(A+B)和(A+B)(c+d)E的特征值，因此(a+b)九0,(c+d)全大于零，即九0w(c+d,a+b).例6设A是n级实反对称矩阵，B是n级正定矩阵，证明A+B>00证明构作区间0,1上的连续实函数f(x