多項式習(xí)題解答

1、.螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇羋莄蟻羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃節(jié)螆螂莂蒞蕿肀莁薇螄肆莀蠆蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肅羄芃蚃罿肅蒞衿裊肂蒈螞螁肂蝕蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅襖膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羈膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇羋莄蟻羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃節(jié)螆螂莂蒞蕿肀莁薇螄肆莀蠆蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肅羄芃蚃罿肅蒞衿裊肂蒈螞螁肂蝕蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅襖膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羈膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇羋莄蟻羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃節(jié)螆螂莂蒞蕿肀莁薇

2、螄肆莀蠆蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肅羄芃蚃罿肅蒞衿裊肂蒈螞螁肂蝕蒅膀肁莀螀肆肀蒂薃羂聿薄螈袈肈芄薁螄肇莆螇肂膆葿蕿羈膆薁螅襖膅芁薈袀膄蒃袃螆膃薅蚆肅膂芅袂羈膁莇蚄袇膀葿袀螃芀薂蚃肁艿芁蒅羇羋莄蟻羃芇薆蒄衿芆芆蝿螅芅莈薂肄芅蒀螇羀芄薃薀袆莃節(jié)螆螂莂蒞蕿肀莁薇螄肆莀蠆蚇羂荿荿袂袈羆蒁蚅螄羅薃袁肅羄芃蚃罿 第一章 多項式習(xí)題解答P44. 1. 用除,求商和余式. 解: 1). 2).2. 求m, p,q適合什么條件時, 有1) 解: 1) 方法1. , 得余式方法二. 設(shè), 則, .同樣.2 ) 解: 假設(shè), 展開右邊與左邊比較, 得,消去a, 得 , 所以當(dāng)m¹0時, q=1, p=2-

3、m2; 當(dāng)m=0時, p=q+1. 3. 用綜合除法求求商和余式. 1) .解: 作算式: -3 | 2 0 -5 0 -8 0 -6 18 -39 117 -327 2 -6 13 -39 109 -327得： 即商2) 解: 商, 余式.4. 把f(x)表成(x-x0)的方冪和.1) .解: 用綜合除法: 1 | 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 3 6 1 3 6 10 1 4 1 4 10 1 1 5當(dāng)然也可以.2) 3) 5. 求f(x), g(x)的最大公因式.1) f(x)=x4+x3-3x2-4x-1,

4、g(x)=x3+x2-x-1.解: , , (2), 不可約, .(3)6. 求u(x), v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x), g(x).(1), .解: 作輾轉(zhuǎn)除法: g(x) f(x) q2(x)=x+1 q1(x)=1 x4-2x2 x3+x2-2x-2 r1(x)= x3-2x q3(x)=xx3-2x x3-2x r2(x)=x2-2 0因為r2(x)| r1(x), 所以(f(x), g(x) = r2(x) = x2-2. 再由, 得令u(x)=-(x+1), v(x)=(x+2), 則.2) (f(x), g(x) = r2(x) = x-1. .3),

5、 , ，1.7. 由題意 解出()當(dāng)()即 P45、8表明是公因式又已知： 表明任何公因式整除所以 是一個最大的公因式。P45，9. 證明（的首系=1）證：設(shè)由 是一個公因式。設(shè)而首項系數(shù)=1，又是公因式得（由P45、8），它是最大公因式，且P45、10已知不全為0。證明證：設(shè)則設(shè) 及所以消去得P45.11 證：設(shè)P45.12設(shè).P45.13 ， 固定 P45.14同理.由12題令 ,（注反復(fù)歸納用12題）。推廣若則m，n有P45,15f(x)=x3+2x2+2x+1, g(x)=x4+x3+2x2+x+1解：g(x)=f(x)(x-1)+2(x2+x+1),f(x)=(x2+x+1)(x+1

6、)即(f(x)，g(x) = x2+x+1.令(x2+x+1)=0得f(x)與g(x)的公共根為.P45.16 判斷有無重因式 解2故有重因式P45.17有重因式（有重根）解. 如 則 有重因式：3重因式如則此時必須 有重因式P45.18求多項式有重根因式的條件證 p45.19 令即 又 P46，20證無重因式（重根）證： . P46，21 g(x)= f(x)+ f(a)+ g(a)=0 又g(a)=0 P46，22“”必要性顯然（見定理6推論1）“”若x0是f(x)的t重根，tk，由定理f(k)( x0)=0若tk，所以矛盾.P46.23 例如.P46.24 若證若所以 P46,25 證明

7、 設(shè)x2+x+1的兩個根.P46、26分解p46,27求有理根：（1）x3-6x2+15x-14=f(x).解：有理根可能為±1、±2、±7、±14.當(dāng)a<0時f（a）<0，所以f(x)的有理根是可能1,2,7,14f(1)=-4¹0, f(2)=0, f(7)=140¹0, f(14)=1764¹0,只有一個x=2（2）4x4-7x2-5x-1=f(x).解：有理根可能為±1、±、±，f(1)=-90，f(-1)=10,f()=-5,f(-)=0,f()=-2,f(-)=-所以f(

8、x)只有一個有理根x= - （3）f(x)=x5+x4-6x3-14x2-11x-3=f(x).解：可能有有理根為±1、±3、f(1)=-32,f(-1)=0,f(3)=0 f(-3)=-96故f(x)有兩個有理想-1,3P46,28x2+1：解 y=y+1, x2+1=y2+2y+2不可約 解取P=2，由Eisenstein判別法，不可約。x6+x3+1,解令x=y+1則x6+x3+1=y6+6y5+15y4+21y3+15y2+9y+3取P=3即可。xp+px+1為奇素數(shù)解：取y=x+1, x3+px+1=yp+=yp+取p素數(shù)，即可x4+4kx+1k為整數(shù)解：令x=y

9、+1,則f(x)=x4+4kx+1=y4+4y3+6y2+(4+4k)y+(4k+2)取p=2，則，即可由Eisenstein判別法，f(x)于Q上不可約。補充題P.471. 設(shè), 證明 .證: 設(shè) 要證明d(x)|d1(x)及d1(x)|d(x). 首先因為d(x)|f(x), d(x)|g(x), 所以由條件知d(x)|f1(x), d(x)|g1(x), 從而d(x)|d1(x). 另一方面, 由于ad-bc¹0, 所以由條件知.于是由d1(x)|f1(x), d1(x)|g1(x), 得d1(x)|f(x), d1(x)|g(x),從而d1(x)|d(x).所以d1(x)=d

10、(x).2. 證明:只要的次數(shù)都大于零, 就可適當(dāng)?shù)剡x擇適合等式的u(x)和v(x)使使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).證明：設(shè)（f(x)，g(x)）=d(x), 存在u1(x), v1(x)使得u1(x) f(x)+v1(x)g(x)=d(x). 記f(x)=fi(x)d(x), g(x)=gi(x)d(x), 則有u1 (x)f1(x)+v 1(x)g1(x)=1. (*)a)若(u1(x)<(g1(x), 由上式, (u1(x)+(f1(x)=(v1(x)+(g1(x), 得(v1(x)<(f1(x).b) 若(u1(x)³(g1(x), 令u1 (

11、x)=q1(x)g1(x)+u2(x), (u2)<(g1(x)=().v 1(x)=q2(x)f1 (x)+v2(x), (v2)<(f1(x)=( ). 代入(*)式: 得f1(x)u2(x)+g1(x)v2(x)+f1(x)g1(x)q1(x)+f1(x)g1(x)q2(x)=1, f1(x)u2(x)+g1(x)v2(x)+f1(x) q1(x)+f1(x) q2(x)=1.令u (x)=u2 (x), v(x)= v2(x)+f1(x) q1(x)+f1(x) q2(x), 則由于(u)= (u2)<(g1(x), 得 (v)= (v2)<(f1(x), 且有

12、u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).3. 證明 :如果證：由于f(x)與g(x)互素, 所以存在u(x), v(x)使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1. 于是有u(xm)f(xm)+v(xm)g(xm)=1. 即f(xm)與g(xm)互素.4. 證明: 如果的最大公因式存在, 那么, fs(x)的最大公因式也存在, 且當(dāng), fs(x)全不為零時有 再利用上式證明存在使得.證明：設(shè)d=(f1,f2fs)，d1=(f1fs-1), d=(d1, fs), 要證明d= d.一方面, 及d|d1d|d.另一方面，d|d1, d|fi（）d|d. 又d, d都是首項系數(shù)為1的

13、多項式,所以d=d.為了證明第二個結(jié)論,應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法.當(dāng)s=2時, 結(jié)論顯然成立.假設(shè)對于s-1個多項式結(jié)論成立,考慮s個多項式的情形:此時, 對于,由歸納假設(shè)(i=1,2，,s-1)，使. 所以d=d= =v（）+.令 i=1,2,s-1, 則d=u1f1+us-1fs-1+.5. 多項式m(x)稱為的一個最小公倍式, 如果1) ;2) 的任一個公倍式都是m(x)的倍式.我們以表示首系數(shù)是1的那個最小公倍式, 證明如果的首系數(shù)都是1，那么=.證明: 因為的首系數(shù)都是1，所以它們都是非零多項式, 于是它們的最大公因式不等于零. 設(shè)(f(x),g(x)=d(x), f(x)=f1(x)d(x)

14、, g(x)=g1(x)d(x), 則(f1(x),g1(x)=1. 設(shè)m(x)=f1(x)g1(x)d(x), 則一方面顯然有 f(x)|m(x), g(x)|m(x), 故m(x)是一個公倍式. 另一方面, 設(shè)l(x)是的任一個公倍式, 則，令l(x)=d(x)l1(x)，則f1(x)|l1(x), g1(x)|l1(x)(f1(x), g1(x)=1, f1(x)g1(x)|l1(x)f1(x)g1(x)d(x)|l , 即m(x)|l(x). 所以m(x)是f(x), g(x)的一個最小公倍式. 即證得：f(x), g(x)=f1(x)g1(x)d(x)=.6. 證明：設(shè) p(x) 是

15、次數(shù)大于零的多項式，如果對于任何多項式f (x), g(x) ，由p(x) | f (x)g(x)可以推出p(x) | f (x)或者p(x) | g(x), 那么 p(x)是不可約多項式.證明: 采用反證法. 設(shè)p(x)可約，則有p(x) = p1(x) p2(x)且p1(x) 和p2(x)的次數(shù)低于p(x)的次數(shù). 那么由條件可得p(x) | p1 (x)或p(x) | p2(x), 這是不可能的，因為后面兩個多項式的次數(shù)低于 p(x)的次數(shù).7. 證明：次數(shù)> 0且首項系數(shù)為1 的多項式f (x)是一個不可約多項式的方冪的充分必要條件是, 對任意的多項式g(x), 或者或者存在正整

16、數(shù)m使得.證明: 必要性：設(shè)f (x) = ps (x)（其中p(x)是不可約多項式），則對任意多項式g(x)，有a) ( p(x), g(x) =1; 或b) p(x) | g(x). 對于 a) 有( f (x), g(x) =1.對于b)有ps(x) | gs(x)，此即f(x)|gs(x).再讓m = s，即證必要性.充分性：若 f (x)不是某一個多項式的方冪，則f (x)有典型分解式: 取g(x)=p1(x)，則由題設(shè)知f (x)與g(x)應(yīng)滿足( f (x), g(x) =1或f (x) | gm (x),(m為某一正整數(shù)),但這是不可能的，即證. 8證明：次數(shù)> 0且首項

17、系數(shù)為1 的多項式f (x)是某一不可約多項式的方冪的充分必要條件是：對任意的多項式g(x), h(x)，由f (x) | g(x)h(x)，可以推出f (x) | g(x)，或者對某一正整數(shù)m, f (x) | hm(x).證明: 必要性.設(shè)f (x)= pm(x)是某一不可約多項式p(x)的方冪, 則由于p(x)不可約,所以由f (x) | g(x)h(x)，可推知p(x) | g(x)h(x)，及p(x) | g(x)或p(x) | g(x). 所以必存在正整數(shù)使得pm (x) | hm (x), 即f(x) | hm (x) .充分性. 若 f (x)不是某一個多項式的方冪，則f (x

18、)有典型分解式: 取 則 f (x) | g(x)h(x)，但是出f (x)既不整除g(x)，也不能整除h(x)的任意方冪 hm(x).9. 證明：2的非零根證明：設(shè) f (x) = xn + axn-m + b，則f¢(x) = xn-m-1nxm + (n-m)a.又因為 f (x)的非零根都是多項式g(x) = nxm + (n m)a的根，而g(x)的m個根都是單根，因而f¢(x)沒有不為零且重數(shù)大于2的根.10. 證明: 如果f (x)| f m(x), 那么f (x)的根只能是0或單位根.證明: 設(shè)a是f (x)的任一個根，由f (x) | f (xn )知，a

19、也是f (xn )的根，即f (an ) = 0, 所以an也是f (x)的一個根. 以此類推下去，則都是 f (x)的根. f (x)是一個次數(shù)有限的多項式，所以f (x)最多只可能有限個相異的根，于是必有, .11. 如果f¢(x) | f (x)，證明f (x)有n重根，其中n = ( f (x).證明: 設(shè)a1 , a2,., a s 是f (x)的s個不同的根，且它們的重數(shù)分別為k1 , k2,., ks，由于f (x)是n1次多項式，因而k1 +k2+.+ ks=n-1. 其次，由 f (x)|f(x), a1, a2,., a s 分別為f (x)的k1 +1, k2+

20、1， ., ks+1重根，但k1 +1+k2+1+.+ ks+1=n-1+s=n, 從而s =1. 這就是說， f (x)只可能有一個根1 a ，且重數(shù)為k1= n1.故f (x)有n重根.12. 設(shè)a1, a2,., an 是n個不同的數(shù), 而證明: 1) 2)對任意多項式f(x),用F(x)除所得的余式為證明：1),所以. (=gi(x).則(gi(x) n 1, 且gi (ai)=1, gi(aj)=0, 當(dāng)i¹j. 所以.2) 對于任意的多項式f (x)，用F(x)除得f (x) = q(x)F(x) + r(x) (r(x) = 0或(r(x)n1).當(dāng)r(x)=0時，結(jié)論

21、顯然成立. 當(dāng)(r(x)n1時，若令k(x)=, 則(k(x)n1，于是r(ai) =f(ai) = k(ai) (i =1,2,.,n), 所以r(x)=k(x)=.13. a1, a2,., an與上題相同, b1, b2,., bn是任意數(shù),顯然適合條件L(ai)=bi, i=1,2,n. 這稱為Lagrange插值公式, 利用上面的插值公式求:1) 一個次數(shù)<4的多項式f(x), 它適合條件f(2)=3, f(3)=-1, f(4)=0, f(5)=2.2)一個二次多項式f (x)，它在0, , 處與函數(shù)sin x有相同的值.3）一個次數(shù)盡可能低的多項式f (x)，使f (0) =1, f (1)=2, f (2)=5, f (3)=10.解: 1) 由Lagrange插值公式: 取 2) 已知f (0) =sin 0=0， f()=sin