高等代數(shù)北大教導學導考含習題答案

【內(nèi)容簡介】本書通過簡明的理論介紹與方法總結,以及對大量有代表性的典型例題進行分析、求解和評注,揭示了高等代數(shù)的解題方法與技巧。另外,書中給出了北大《高等代數(shù)》(第三版)中各章習題及補充題的解答;書末附錄中提供了四套(四個學期)考試及解答。編寫本書的目的在于幫助讀者把握教學、學習和考試要求,鞏固和加深對基本概念的理解,增強運算能力,提高分析問題、解決問題和應試能力。本書可作為大學生學習高等代數(shù)課程的指導書,可供報考 的讀者以及有關教師及科技工作者參考。在版編目(CIP)數(shù)據(jù)高等代數(shù)(·第三版)導教·導學·導考/等編.—西安:西北工業(yè)大學,2004.3ISBN Ⅰ.高?Ⅱ.徐? Ⅲ.高等代數(shù)高等學校教學參考資料Ⅳ.O15館CIP(2004)第008299:西北工業(yè)大學通信地址:西安市友誼西路127 :710072 址:www.nwpup印刷者:陜西向陽印務 本:850mm×1168 1/ 張:19 數(shù):704千 次:2004年3月第1 2004年3月第1次印 數(shù):1～8000 價:24.00 高等代數(shù)是數(shù)學專業(yè)的一門主干基礎課程它對學生的抽象思維能力、邏輯推理能力的培養(yǎng)以及后繼課程的學習起著非常重要的作用。但是,學生在學習這門課程時普遍感到抽象,抓不住概念的實質(zhì),解題更感,總結不出一般的思考方法。為幫助學生消化課堂講授的內(nèi)容加深對基礎概念、基本理論的理解,提高解題的技能與技巧,我們根據(jù)長期從事高等代數(shù)教學的經(jīng)驗,編寫了本書。本書依照數(shù)學系幾何與代數(shù)教研室編《高等代數(shù)第三版)的自然章編排,每章由以下六部分內(nèi)容組成。一、內(nèi)容提要———將相應章節(jié)的內(nèi)容進行了扼要的敘述、歸納和總結,部分內(nèi)容列表直觀地進行了說明,特別是給出了一些主要計算方法的描述,以加深讀者對基本概念、、定理等重點內(nèi)容的理解和正確應用。二、知識網(wǎng)絡圖—以框圖的方式概括了本章的知識結構, 體系完整, 一目了然。三、重點、難點解讀———對本章的知識重點與難點進行了總結歸納。 高等代數(shù)(·第三版)導教·導學·導考四、典型例題解析———精選了高等代數(shù)中具有代表性的部分典型例題,通過對典型例題的解題分析,歸納出高等代數(shù)中一些問題的解決方法和技巧,使讀者可以舉一反三、觸類旁通。對于那些需要了解典型題的讀者,可參閱作者編寫的《理、工科線性代數(shù)常見題型解析及模擬題》(西北工業(yè)大學,2002)一書,其中按專題對大量典型題進行了分類求解,并給出了全部習題的簡要解答或分析過程。五、課后習題全解———給出了《高等代數(shù)》(·第三版)各章習題及補充題的全部解答。由于高等代數(shù)中解題方法的多樣性對于具有多種解法或答案的習題,一般只給出一種解法或答六、學習效果檢測題及答案———根據(jù)教學內(nèi)容精選了適量的測題并附有答案和部分提示。讀者可以通過這些測試題進一步掌握解題要領,鞏固和加深對基本概念的理解,增強解題的能力,檢驗自己對所學知識的掌握程度。為了幫助讀者了解并適應課程考試,書末附錄中提供了四(四個學期)考試及解答本書由、主編,參加編寫的還有、呂全義、陳芳、等。由于作者水平所限,對于不妥或疏漏之處,敬請讀者編者200312 1章多項式???????????????一、內(nèi)容提要??????????????二、知識網(wǎng)絡圖????????????三、重點、難點解讀??????????五、課

??????????????????????一)第一章習題??????????35二)第一章補充題?????????61六、學習效果檢測題及答案???????75一)檢測題????????????75二)檢測題答案??????????2章行列式??????????????一、內(nèi)容提要?????????????二、知識網(wǎng)絡圖????????????三、重點、難點解讀??????????五、課

??????????????????????一)第二章習題?????????? 高等代數(shù)(·第三版)導教·導學·導考二)第二章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????3章線性方程組??????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第三章習題????????????????二)第三章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????4章矩陣?????????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第四章習題????????????????二)第四章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????

5章二次型????????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第五章習題????????????????二)第五章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????6章線性空間???????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第六章習題????????????????二)第六章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????7章線性變換???????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)

高等代數(shù)(·第三版)導教·導學·導考三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第七章習????????????????二)第七章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????

第8章λ矩陣??????????????????? 一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第八章習題????????????????二)第八章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????第9章得空間?????????????????一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第九章習題????????????????

二)第九章補充題???????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????一)檢測題??????????????????二)檢測題答案????????????????

第10章雙線性函數(shù)與辛空間????????????? 一、內(nèi)容提要???????????????????二、知識網(wǎng)??????????????????三、重點、難點解讀????????????????四、典型例題解析?????????????????五、課后習題全解?????????????????一)第十章習題????????????????六、學習效果檢測題及答案?????????????(一 檢測?????????????????? 二 檢測題答????????????????附錄高等代數(shù)考試及解答?????????????一、考 ???????????????????

A卷A卷B卷B卷

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二、考試解答?????????????????A卷(Ⅰ)解答????????????????A卷 答????????????????B卷( 解B卷( 解

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1章多項式多項式理論是高等代數(shù)的重要內(nèi)容之一.雖然它在整個高等代數(shù)課程中是一個相對獨立而自成體系的部分,但卻為高等代數(shù)所講述的基本內(nèi)容提供了理論依據(jù).多項式理論中的一些重要定理和方法,在進一步學習數(shù)學理論和解決實際問題時常要用到.在中學階段,對多項式的討論主要著重于多項式的運算,很少涉及多項式的其他理論.因此,在學習本章時,要正確地掌握概念,學會嚴謹?shù)赝茖Ш陀嬎?一、內(nèi)容提要數(shù)1)設P是至少含有兩個數(shù)(或包含01)的數(shù)集,P中任意兩個數(shù)的和、差、積、商除數(shù)不為零)P中的數(shù)P為一個.2)定理任何數(shù)域都包含有理數(shù)域Q.在有理數(shù)域Q與實數(shù)域R之間存在無窮多個數(shù)域;在實數(shù)域R與復數(shù)域C之間不存在其他的數(shù)域.一元多項式的概念和運算1)形式表達f(x)=anxn+an-1xn-1+?+a1x+Px的一元多項式,其中a0,a1,,anP,n是非負整數(shù).當an0時稱多項式f(x)的次數(shù)n,記為(f(x))=ndeg(f(x))=nanxnf(x)的首項,anf(x)的首項系數(shù).aixif(x)i次項,ai稱f(x)i次項系數(shù).an=?=a1=0,a00時,稱多項式f(x)為零次多項式,即(f(x))=0;an==a1=a0=0時f(x)為零多項式零多項式是惟一不定義次數(shù)的多項式.2)多項式可以進行加、減、乘運并有與整多項式的次數(shù)有下列性質(zhì)設多項式f(x)0,g(x)0當f(xg(x)0(f(x)±g(x))≤ (f(x)) (g(x)(f(x)g(x)) (f(x)) (g(x)所有系數(shù)在數(shù)域P中的一元多項式的全體記為P[x],稱為數(shù)域P上的一元多項式環(huán);P上一切次數(shù)小于n的多項式,再添上零多項式的全體,記為P[xn.多項式的帶余除法及整除性(1)定理(帶余除法) 設f(x),g(x)∈P[x],g(x)≠0,則存在惟一的多項式q(x),r(x)∈P[x],使f(x)=q(x)g(x)+r(其中r(x)=0 (r(x)) (g(x)).稱上式中q(x)為g(x)除f(x)的商r(x)g(x)除f(x)的余式2)設f(x),g(x)∈P[x如果存在多項式h(x)∈P[xf(x)=h(x)g(x則稱g(x整除f(x或f(x)能被g(x)整除記為g(x)|f(x).此時稱g(為f(x)的因式,f(xg(x)的倍式h(x)也記為f(x)h(x)=f(x).g( g(g(x8f(x)表示g(x)不能整除f(x就是不存在h(x使f(x)=h(x)g(成立注P[x]中的多項式不能作除法,而整除性不是多項式的運算,它是P[x]中元素間的一種關系即任給Px]中兩個多項式f(x),g(x),可以判斷g(x)整除f(x)或g(x)不能整除f(x).(3)如果g(x)0,則g(x)|f(x)的充分必要條件是用g(x)除f(x)所得的余式r(x)=0.4)零多項式只能整除零多項式任一多項式一定能整除它自身任一多項式都可以整除零多項式;零次多項式非零常數(shù))能整除任一多項式.(5)多項式f(x)cf(x)(c0)有相同的因式和倍式.(6)兩個多項式之間的整除關系不因系數(shù)域的擴大而改變.(7)整除有以下性質(zhì):如果g(x)|f(x則kg(x)|lf(x其中k為非零常數(shù),l為常數(shù)如果f(x)|g(x),g(x)|h(x則f(x)|h(x).如果f(x)|gi(xui(x)為任意多項式,i=12,mf(x)|[u1(x)g1(x)+u2(x)g2(x)+?+um(x)gm(x)如果f(x)|g(x),g(x)|f(x則f(x)=cg(x其中c為非零常數(shù).(8)帶余除法的計算格式:用多項式g(x)0除多項式f(x)所得的商q(x)和余式r(x)可以通過如下兩種格式進行:除式g(x)

q(除式g( 被除式f(-)q(x)g(x余 r(被除式f(-)q(x)g(余 r(被除式f(-)q(x)g(余 r( 1.在利用以上兩種格式進行計算時,要逐步利用除式g(x)確定商q(x)中由高次到低次的消去被除式的首項,以得到次數(shù)低于g(x)的多項式或零多項式r(x).2.當利用輾轉(zhuǎn)相除法求兩個多項式的最大公因式時用豎式除法較為方便9)綜合除法g(x)=x-af(x)=anxn+an1xn1++a1x+a0時所得的商qx)=bn1xn1++b1x+b0r(x)=c0則比較f(x)=q(x)g(+r(x)兩端同次冪的系數(shù)得bn-1=an,bn-2=an-1+abn-1,?,b0=a1+ab1,c0=a0+這種計算可以排成以下格式進行 an- an- bn-1(=anbn-bn- +)abn-bn-1(=anbn-bn- 用這種方法求商和余式的系數(shù))稱為綜合除法 1.用綜合除法進行計算時,被除式中所缺的項必須補上0,否則計算就錯了當除式為ax+ (a≠0)時,因f(x)=(ax+b)q(x)+r(x) x+a

[aq(x)]+r(x所以以ax+b除f(x)可以先以x a

除f(x得到商的a倍和余式,再以a除商的a倍得到商當除式為一次式時,用綜合除法比用帶余除法來得方便.特別是有些問題需要多次以一次多項式作為除式的運算,綜合除法更顯示出它的作用.多項式的最大公因式1)設f(x),g(x)∈P[x],d(x)∈P[x]滿足d(x)|f(xd(x)|g(xd(x)為f(xg(x)的一個公因式又如果f(x)g(x)的任一公因式都能整除d(x),則稱d(x)為f(x)與g(x)的一個最大公因式.2)最大公因式有以下性質(zhì)P[x]中任意兩個多項式f(x)與g(x)一定有最大公因式.兩個零多項式的最大公因式是零多項式,它是惟一確定的.兩個不全為零的多項式的最大公因式總是非零多項式,它們之間只有常數(shù)因子的差別;這時,最高次項系數(shù)為1的最大公因式是惟一確定的fxg(x的首項系數(shù)為1的最大公因式記為(f(x),g(x)).設f(x),g(x)∈P[x],g(x)0如果f(x)=q(x)g(x)+r(則f(x)與g(x)的最大公因式一定是g(x)r(x)的最大公因式而g(x)r(x)的最大公因式也一定是f(x)g(x)的最大公因式.特別f(x),g(x))=(g(x),r(x這也是用輾轉(zhuǎn)相除法求最大公因式的根據(jù).)fxg(x)P[x如果d(x)P[x]是f(x)g(x)的最大公因式則必有u(x),v(x)∈P[x使d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x注如果f(x),g(x),d(x)P[x],且有等式d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)成立,但dx)不一定是f(x)與g(x)的最大公因式.如取f(x)=x,g(x)=x+1u(x)=x2vx)=x-1,d(x)=2x2+2x-1則有d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x但d(x)顯然不是f(x)與g(x)的最大公因式.最大公因式不因數(shù)域P的擴大而改變.(3)最大公因式可以用輾轉(zhuǎn)相除法求得:如果f(x),g(x)∈P[x],g(x)0qi(x),ri(x)∈P[xf(x)=q1(x)g(x)+r1(g(x)=q2(x)r1(x)+r2(r1(x)=q3(x)r2(x)+r3(xrs-2(x)=qs(x)rs-1(x)+rs(x)rs-1(x)=qs+1(x)rs(x)+0其中(ri(x))0rs(x)是f(x)g(x)的一個最大公因式互素多項式1)如果f(xg(x)Px]的最大公因式為非零常數(shù)或(f(x),gx))=1則稱f(x)與g(x)互素或互質(zhì).2)互素的多項式具有以下性質(zhì)設f(xg(x)∈P[x],f(x)與g(x)互素的充分必要條件是,存在u(x),v(x)∈P[x]u(x)f(x)+v(x)g(x)=如果(f(x),g(x=1且f(x)|[g(x)h(x則f(x)|h(x).如果(f(x) g(x) 且f( h(x),g( h(x) [f(x)g(x)]|h(x)如果(f(x),g(x))=1f(xh(x))=1則(f(x),g(x)h(x=1不可約多項式1)如果數(shù)域P上次數(shù)大于零的多項式p(x)不能表示成數(shù)域P上兩個次數(shù)比它低的多項式的乘積則稱p(x)是數(shù)域P上的不可約多項式.注1.零多項式與零次多項式既不能說是可約的,也不能說是不可約的多項式的可約性與多項式所在的數(shù)域密切相關,如x2-2在有理數(shù)域Q上不可約,而在實數(shù)域R上可約,即x2-2=(x+2)(x-2);又如x2+2在實數(shù)域R上不可約,而在復數(shù)域C上可約,即x2+2=(x+2i)(x-2i).一次多項式總是不可約的.互素多項式指的是P[x]中兩個多項式之間的一種關系而不可約多項式是某個多項式本身的一種特性,這是完全不同的兩個概念.但在討論問題時,互素多項式與不可約多項式的性質(zhì)又是互相利用的,要學會靈活運用.2)不可約多項式有下列性質(zhì)p(x)是數(shù)域P上的不可約多項式cp(x)也是P上的不可約多項式,其中c是P中的非零數(shù).p(x)是數(shù)域P上的一個不可約多項式則對P上任一多項式f(x必有(p(x),f(x=1或者p(x)|f(x).p(x)是數(shù)域P上的不可約多項式,f(x),g(x)P上的任意兩個多項式.如果p(x)|f(x·g(x則必有p(x)|f(x)或者p(x)|g(x).如果不可約多項式p(x)整除f1(x)f2(x)fs(xs2則p(至少可以整除這些多項式中的一個因式分解惟一性定理1)數(shù)域P上任一次數(shù)大于零的多項式f(x)都可以分解成數(shù)域P上的一些不可約多項式的乘積.如果f(x)=p1(x)p2(x)?ps(x)=q1(x)q2(x)?qt(其中pi(x)與qj( (i=1,2,?,s;j=1,2,?,t)都是P上的不可約多項式s=t并且適當調(diào)換qj(x)的次序后可使qi(x)=cipi( (i=1,2,?,ciP中的不為零的數(shù)即如果不計零次因式的差別多項式f(x)分解成不可約因式乘積的分解式是惟一的.2)數(shù)域P上任一次數(shù)大于零的多項式f(x)都有惟一的標準分解式 f(x)=ap11(x)p22(x)?pss(x其中af(x)的首項系數(shù),p1(x),,ps(x)P上首項系數(shù)為1的不可約多項式且兩兩互異,而r1,r2,,rs都是正整數(shù).3)如果已知多項式f(x)g(x)的標準分解式,則f(x)g(x)的最大公因式就是那些同時在f(x)g(x)的標準分解式中出現(xiàn)的不可約多項式方冪的乘積,所帶的的指數(shù)等于它在f(x)與g(x)中所帶的指數(shù)中較小的一個.重因1)設fx)=anxn+an1xn1++a1x+a0Pxx是文字

f′(x)=nanxn-1+(n-1)an-1xn-2+?+2a2x+為f(x)的微商或當k>1時規(guī)定f(kx)為f(x)的k-1階微商fk1x)的微商即fkx)=(f(k-1x′.多項式的微商與數(shù)學分析中的微商有相同的運算性質(zhì).2)設f(x)P[x],p(x)是數(shù)域P上的不可約多項式,k為非負整數(shù).如果pk(x)|f(x)pk+1(x)8f(xp(x)是f(x)k重因式.k=1時p(x)為f(x)的單因式當k2時p(x)為f(x)的重因式 由于重因式一定是不可約因式,所以f(x)的重因式也和f(x)所在的數(shù)域有關3)關于重因式有下列結論如果不可約多項式p(x)是f(x)k1)重因式則它是f′(x)k-1.特別地,f(x)的單因式不是f′(x)的因式如果不可約多項式p(x)是f(x)的k1)重因式,則它是f(xf′(x,fk1x)的因式但不是fkx)不可約多項式p(x)是f(x)的重因式的充分必要條件是p(x)是f(f′(x)的公因式p(x)|(f(x),f′(x 由此可見f(x)的重因式可以在(f(x),f′(x))的因式中去找多項fx)沒有重因式的充分必要條件是f(x)與f′(x)互素,(f(x),f′(x))=1設多項式f(x)的次數(shù)(f(x))≥1,則多項 f(x 是一個(f(x),f′(x)有重因式的多項式但它與f(x)有完全相同的不可約因式.即設f(x)有標準 f(x)=ap11(x)p22(x)?pss(x f(x(f(x),f′(x)

=ap1(x)p2(x)?ps( 這是去掉多項式的因式重數(shù)的一個有效方法多項式函數(shù)與多項式的根1)f(x)=anxn+an-1xn1++a1x+a0Pxx是文字數(shù)α∈P將f(x)的表示式中的x用α代替得到P中的數(shù)anαn+an-1αn-1+?+a1α+x=αf(x)的值,記為f(α),即f(α)=anαn+an-1αn-1+a1αa0.這樣對每個數(shù)α∈P由多項式f(x)P中惟一的數(shù)f(α與之對應,稱f(x)為P上的一個多項式函數(shù).注前面是用形式的觀點來定義多項式f(x)=anxn++a1x+a0,其中x是一個文字其本身的意義有待實際應用時再機動地取定而系數(shù)aii=01,,n)在數(shù)域P中變化.在做多項式的加減乘等運算及研究多項式之間的整除關系,最大公因式等時都是這樣理解的.當把一元多項式f(x)中所含的文字x的意義看成一個可以在數(shù)域P中任意變動的變數(shù)符號時,則f(x)就表示了一個隨著x的變動而變化的多項式函數(shù),此時系數(shù)∈P相對地取定,這即是用函數(shù)的觀點來定義多項式.對于數(shù)域P上的一元多項式來說可以證明這是統(tǒng)一的,在證明過程中數(shù)域P包含無限多個元素這一性質(zhì)是很起作用的.正因為對于數(shù)域P上的一元多項式來說這是統(tǒng)一的,才使得在討論多項式時無論采用上述中的哪一種都是不會出問題的.2)fx)P[x數(shù)α∈P.如果f(α)=0則稱αfx)的一個根或.x-α是f(x)k重因式則稱α是f(x)k重根k=1時稱α是f(x)的單根當k>1時,稱α是f(x)的重根.3)多項式函數(shù)具有下列一些性質(zhì)余數(shù)定理 設f(x)∈P[x],α∈P,用一次多項式x-α去除f(x)所得的余式是一個常數(shù),這個常數(shù)等于函數(shù)值f(α). 余數(shù)定理表明可以采用綜合除法確定多項式f(x)在x=α時的值f(α)或驗α是f(x)的單根或重根.這比直接將α代入f(x)計算要方便的多因式定 設f(x)∈P[x],α∈P.(x-α)|f(x)的充分必要條件f(α)=0P[x]n(0)次多項式在數(shù)域P中的根不可能多于n個重根按重數(shù)計).f(xg(x)P[xf(x),g(x的次數(shù)都不超過n.n1不同的數(shù)α1,α2,?,αn+1有f(αi)=g(αi (i=1,2,?,n+1),則f(x)g(x)(4)數(shù)域P上兩個多項式相等的充分必要條件是它們所定義的數(shù)域P上的多項式函數(shù)相等.注P[x]中兩個多項式f(x)與g(x)相等是指它們有完全相同的項.由P上的多項式f(x)和g(x)所確定的函數(shù)相等是指對任意αP都有f(α)=g(α這是兩個不同的概念.但因為數(shù)域P中有無窮多個數(shù),所以由上面4)中的結論知,多項式的相等與多項式函數(shù)的相等實際上是一致的.換句話說,數(shù)域P上的多項式既可以作為形式表達式來處理,也可以作為函數(shù)來處理復數(shù)域上多項式的因式分解及根的性質(zhì)(1)復系數(shù)多項式因式分解定理復系數(shù)n(1)次多項式在復數(shù)域上都可惟一地分解成一次因式的乘積.換句話說,復數(shù)域上任一次數(shù)大于1的多項式都是可約的.2)標準分解式復系數(shù)n1)次多項式f(x)具有標準分解 f(x)=an(x-α1)1(x-2)2?(x-αs)anfx的首項系數(shù),α1,α2,αs是不同的復數(shù)r1,r2rs是正整數(shù)且r1+r2+?+rs=n(3代數(shù)基本定理每個次數(shù)≥1的復系數(shù)多項式在復數(shù)域中至少有一根.(4)n次復系數(shù)多項式在復數(shù)域內(nèi)恰有n個復根(重根按重數(shù)計算).(5)根與系數(shù)的關系(Vieta定理 設1,α2,?,αn是一元n次多項f(x)=anxn+an-1xn-1+?+a1x+ (an≠n個根則根與多項式的系數(shù)之間有關系α1+α2+?+αn=-an-α1α2+13+?+αn-1αn=an-31α1α2?αn-1+?+2α3?αn=(-1)n-1α1α2?αn=(-1)n實數(shù)域上多項式的因式分解及根的性質(zhì)(1)實系數(shù)多項式因式分解定理實系數(shù)n(1)次多項式在實數(shù)域上都可以惟一地分解成一次因式與二次不可約因式的乘積.換句話說,實系數(shù)多項f(x)在實數(shù)域上不可約的充分必要條件是(f(x))=1f(x)=ax2+bx+cb2-4ac<0.2)標準分解式實系數(shù)n1)次多項式f(x)具有標準分解 f(x)=an(x-α1)1?(x-αs)s(x+p1x+q1)1?(x+ptx+qt)i其中an是f(x)的首項系數(shù),α1,?,αs是互異實數(shù).pi,qi(i=1,2,?,t)是互異的實數(shù)對,且滿足p2-4qi<0(i=1,2,?,t).l1,?,ls,k1,?,kt 都是正整i數(shù)l1+?+ls+2k1+?+2kt=3)如果α是實系數(shù)多項式f(x)的一個非實的復數(shù)根則它的共軛數(shù)α也是f(x)的根,并且α與α有同一重數(shù).由此可知,奇數(shù)次實系數(shù)多項式必有實根.有理數(shù)域上多項式的因式分解及根的性質(zhì)(1)如果一個非零的整系數(shù)多項式f(x)的系數(shù)互素,則稱f(x)是一個本原多項式.2)設f(x)是任一有理系數(shù)多項式則存在有理數(shù)r及本原多項式h(x使f(x)=rh(x且這種表示法除了差一個正負號是惟一的.如果f(x)=rh(x)=sg(x其中h(x),g(x)都是本原多項式則必有rs,h(x)=g(x). 上面結果表明有理系數(shù)多項式可以轉(zhuǎn)化為整系數(shù)多項式來研究(3)(Gauss)引 兩個本原多項式的乘積還是本原多項式4如果一個非零整系數(shù)多項式能夠分解成兩個次數(shù)較低的有理系數(shù)多項式的乘積,則它一定能分解成兩個次數(shù)較低的整系數(shù)多項式的乘積.5)f(x是整系數(shù)多項式,g(x)為本原多項式如果f(x)=g(x)h(xh(x)是有理系數(shù)多項式h(x)一定是整系數(shù)多項式.(6)艾森斯坦(Eisenstein)判別法設f(x)=anxn+an-1xn-1+?+a1x+是一個整系數(shù)多項式如果存在素數(shù)p①p|ai(i=0,1,?,n-1) ②p8an ③p28則f(x)在有理數(shù)域上不可約 1.艾氏判別條件僅是一個判別整系數(shù)多項式不可約的充分條件,也就是說,如果一個整系數(shù)多項式不滿足艾氏判別條件,則它既可能是可約的,也可能是不可約的.2.有些整系數(shù)多項式f(x)不能直接用艾氏判別法來判斷其是否可約此時可以考慮利用適當?shù)奈淖执鷵Qx=ay+b(a,b為整數(shù)且a0使f(ay+b)=g(y)滿足艾氏判別條件從而來判定原多項式f(x)不可約其理由見下面之7)).這是一個較好的方法但未必總是奏效(7)有理系數(shù)多項式f(x)在有理數(shù)域上不可約的充分必要條件是,對任意有理數(shù)a0b多項式gx)=fax+b)在有理數(shù)域上不可約1.18的證明).(8)在有理數(shù)域上存在任意次數(shù)的不可約多項式,xn+2在有理數(shù)域上不可約.9)設f(x)=anxn+an1xn-1++a1x+a0是一個整系數(shù)多項式而是它的一個有理根rs互素s|an,r|a0特別地如果f(x)的首項系數(shù)an=1則f(x)的有理根都是整數(shù)根而且是a0的因子. 1.由以上結果可以求整系數(shù)多項式f(x)的有理根,即先求出常數(shù)項a0與首系數(shù)an的所有因數(shù),再以a0的因數(shù)作分母及an的因數(shù)作分子寫出所有可能的既約分數(shù),逐個檢驗是否有 =0,若成立則r是f(x)的有理根.最后一步可通過 x r去除f(x用綜合除法)的余數(shù)是否為零來檢驗s當有理系數(shù)多項式f(x)在有理數(shù)域上不可約, (f(x))>1時,f(x)沒有有理根.這 (f(x))>1是必須的,如f(x)=3x+2有有理根-2, (f(x))=1且f(x3不可約有理系數(shù)多項式f(x)沒有有理根,則f(x)在有理數(shù)域上不可約.”這一命題當2 (f(x))≤3時是成立的,但 (f(x))≥4時,命題不再成立,如f(x)=(x2+1)沒有有理根但它在有理數(shù)域上可約多元多項式的概念1)P是一個數(shù)域,x1,x2,,xnn個文字 ax11x22 aP,k1,k2,kn為非負整數(shù)的式子為數(shù)域P上的一個n元單項式,a為這個單項式的系數(shù).a0時,稱此單項式中各文字的指數(shù)之和k1+k2++kn為這個單項式的.如果兩個單項式中相同文字的指數(shù)對應相等,則稱這兩個單項式為同類項.有限個單項∑1

n f(x1,x2,?,xn) ak,k,?, xk1xk2?k1,k2,?,Pn個文字x1,x2,,xn的一個多項式,n元多項式.n2時,n元多項式統(tǒng)稱為多元多項式.當一個多元多項式表成一些不同類的單項式的和之后,其中系數(shù)不為零的單項式的最高次數(shù)就稱為這個多元多項式的次.如果多元多項式f中所有單項式的次數(shù)都等于k,則稱f為一個k次齊次多項式.注雖然多元多項式也有次數(shù),但由于不同類的單項式可能有相同的次數(shù),所以我們無法將多元多項式按其中單項式的次數(shù)給出一個自然排列的順序.根據(jù)不同問題討論的方便,引入多元多項式的不同排列順序,如字典排列法齊次成分表示法及二元多項式按某一文字的降冪排列法等.(2)數(shù)域P上關字x1,x2,?,xn的全體n元多項式的集合記作P[x1,x2,,xn],稱為數(shù)域Pn元多項式環(huán).多元多項式也可定義相等的概念,及引入相加、相減、相乘等運算,并且也有與一元多項式同樣的運算律及次數(shù)性質(zhì).顯然,k次齊次多項式的和是零或k次齊次多項式一個k次齊次多項式與一個l次齊次多項式的乘積是一個k+l次齊次多項式.3)設f(x1,x2,,xn)是一個mn元多項式則它可以惟一地表示成mf(x1,x2,?,xn)

i=

fi(x1,x2,?,xn其中fi(x1,x2,,xn)i次齊次多項式稱之為fi次齊次成分稱上式為的齊次成分表示法.如果ln元多項式g(x1,x2,xn)也用齊次成分表示為l

g(x1,x2,?,xn)

j=

gj(x1,x2,?,xnh(x1,x2,?,xn)=f(x1,x2,?,xn)g(x1,x2,?,xnk次齊次成分為hk(x1,x2,?,xn)

∑fi(x1,x2,?,xn)gj(x1,x2,?,xni+j=特別地,h(x1,x2,xn)的最高次齊次成分為hm+l(x1,x2,?,xn)=fm(x1,x2,?,xn)gl(x1,x2,?,xn由此可知,對于多元多項式也有乘積的次數(shù)等于因子次數(shù)之和的性質(zhì) (4)設ax11x22?xnn與bx11x22? 為某一個n元多項式的兩項,k1=l1,?,ki-1=li-1 ki> (i≤ (*時,將axk1xk2? 排在bxl1xl2? 的前面.如果將兩個單項式的指標組排n

(k1,k2,?,kn) (l1,l2,?,ln當(*)式成立時則稱前一個n元數(shù)組先于后一個n元數(shù)組(k1,k2,?,kn)>(l1,l2,?,ln這樣就確定了單項式之間的一個先后順序,相應地給出了n元數(shù)組的一個先后.n元多項式中各單項式按這種先后次序排列的方法稱為字典排列法.按字典排列法寫出來的第一個系數(shù)不為零的單項式稱為n元多項式的首項.2 1 首項不一定具有最高的次數(shù),如3元多項式f(x1,x2,x3)=2x1x2x2+x22 1x3的次數(shù)為5按字典排列法寫出來就是f=x3+x2x2+2xx2x2其首項x3是3次的 1 12 5)當f(x1,x2,,xn)0g(x1,x2,,xn)0時f(x1,x2,?,xn)g(x1,x2,?,xn的首項等于f的首項與g的首項的乘積6)由多元多項式也可以引入多元多項式函數(shù).設f,g為兩個n元多項式則f=g的充分必要條件是對任意數(shù)c1,c2cnPf(c1,c2,?,cn)=g(c1,c2,?,cn注多元多項式是一元多項式的推廣.一元多項式中的許多概念,如整除的概念最大公因式的概念不可約多項式與因式分解的概念等,都可以平行地移植到多元多項式中來.但由字的增多,一些對一元多項式成立的結論對多元多項式不再成立,如,在一元多項式中具有重要應用的帶余除法定理與最大公因式的存在表示定理,在多元多項式中不再成立.對稱多項式1)f(x1,x2,,xn)為數(shù)域Pn元多項式.如果任意交換兩個文字多項式均不變即對任意i,j1≤i<jn)f(x1,?,xi,?,xj,?,xn) f(x1,?,xj,?,xi,?,xnf(x1,x2,xn)Pn元對稱多項式.n個對稱多項式σ1=x1+x2+?+xnσ2=x1x2+x1x3+?+xn-1σ3=x1x2x3+x1x2x4+?+xn-2xn-1σn=x1x2?稱為初等對稱多項式(2)對稱多項式的和、乘積仍是對稱多項式;對稱多項式的多項式仍是對稱多項式(3)對稱多項式基本定理 設f(x1,x2,?,xn)為數(shù)域P上的一個n元對稱多項式,則存在惟一的n元多項式φ(y1,y2,?,yn),使得f(x1,x2,?,xn)=φ(σ1,σ2,?,σn其中1σ2,σn為初等對稱多項式(4)將對稱多項式表為初等對稱多項式的多項式常采用以下方法方法一逐步消去首項法這是推導對稱多項式基本定理時給出的方法其一般步驟是第一 首先找出對稱多項式f的首項a0xk1xk2?xkn,則一定 k1≥k2≥?≥第二 由f的首項寫出φ1n- φ1=a01k1-k22k2-k3?σkn-1-n- 第三 作f1=f-φ1,并展開化簡 f1-φ2.如此反復進行,直至出fk=fk1-φk=0方法二

f=φ1+φ2+?+設fm次齊次對稱多項式用待定系數(shù)法求解的一般步驟是第一步根據(jù)f的首項指標組寫出所有可能的指標組(k1,k2,kn這些k1k2kn;k1+k2++kn=m;先于后面的指標組.第二步由指標組(k1,k2,?,kn)寫出對應的初等對稱多項式的的乘k- k- - 第三步設出f由所有初等對稱多項式的乘積的線性表達式,其首項系數(shù)即為f的首項系數(shù)其余各項系數(shù)分別用a,b,c?代替.xi(i=1,2,n)的值,計算σ1,σ2σnf,代入第三步中設出的表達式得到關于a,b,c,?的線性方程組,解這個線性方程組求得a,b,c?的值最后寫出所求的f的表達式.注1.當f是非齊次對稱多項式時,可以將它表成若干齊次對稱多項式的和,把它的每一個齊次對稱多項式表為初等對稱多項式的多項式,再把所得到的各部分相加即可.2.待定系數(shù)法是深入研究對稱多項式基本定理的證明過程而得出的簡化方法,要求熟練掌握.二、三、重點難點解本章對多項式理論作了較深入、系統(tǒng)面地論述,內(nèi)容可分為一元多項式與多元多項式兩大部分,以一元多項式為主.一元多項式可歸納為以下四個方面(1)一般理論:包括一元多項式的概念,運算,導數(shù)及基本性質(zhì).(2)整除理論:包括整除、最大公因式、互素的概念與性質(zhì).(3)因式分解理論:包括不可約多項式,因式分解,重因式實系數(shù)與復系數(shù)多項式的因式分解,有理系數(shù)多項式不可約的判定等.(4)根的理論:包括多項式函數(shù),多項式的根,代數(shù)學基本定理,有理系數(shù)多項式的有理根求法,根與系數(shù)的關系等.一元多項式的內(nèi)容十分豐富,重點是整除與因式分解的理論,最基本的結論是帶余除法定理、最大公因式的存在表示定理、因式分解的惟一性定理.在學習過程中,如能把握這兩個重點和三大基本定理,就能整體上把握一元多項式的理論.對于多元多項式,則要理解n元多項式、對稱多項式等有關概念,掌握對稱多項式表成初等對稱多項式的多項式的方法.四、典型例題解例1 當a,b,c取何值時,多項式f(x)=x-5與g(x)=a(x-2)2b(x+1)+c(x2-x+2)相等分析可以利用多項式相等的定義,即對應同次項的系數(shù)相等;也可根據(jù)P上多項式相等與多項式恒等即對應函數(shù)值相等)一致的結論,分別取一些特殊的x的值來確定參數(shù).解1g(x)=(a+c)x2+(-4a+b-c)x+(4a+b+2根據(jù)多項式相等的定義a+c=0 -4a+b-c=1 4a+b+2c=-解得a=-6,b=-13,c 6 法 分別取x=2,-1,0,由對應函數(shù)值相等,-3=3b+4 -6=9a+4 -5=4a+b+2解得a=-6,b=-13,c 6 例1 設f(x),g(x)與h(x)均為實數(shù)域上的多項式.證明:如f2(x)=xg2(x)+xh2(則f(x)=g(x)=h(x)=0. 反證.若f(x)≠0,則f2(x)≠0.f2(x)=xg2(x)+xh2(x)=x(g2(x)+h2(x)h2x)+g2(x)0(f2(x)) [x(g2(x)+h2(x))但(f2(x為偶數(shù)而[x(g2(x)+h2(x為奇數(shù)因此,f2x)xg2(xxh2(x),這與已知,故f(x)=0.此時x(g2(x)+h2(x))=0,由x≠0g2(x)+h2(x)=因為g(x),h(x)均為實系數(shù)多項式從而必有g(x)=h(x)=0于是f(x)g(x)=h(x)=0例1 f(x)=2x4-3x3+4x+1 g(x)=x2-x+求g(x)除f(x)的商及余式2x4-3 法 進行帶余除法(2x4-3g(x)=

-x+

2x2-x3-

+4x+

所以商及余式分別為

2x4-2x3+2-x3-2x2+4x+-x3+x2--3x2+5x+-3x2+3x-2x+4=r(xq(x)=2x2-x-3 r(x)=2x+法 待定系數(shù)法.因為(f(x))=4 (g(x))=2,從而商q(x)及余r(x)的次數(shù)分別為(q(x))=2, (r(x))≤1或r(x)=0.注意到f(x)的首項系數(shù)為2,于是可設q(x)=2x2+ax+ r(x)=cx+比較f(x)=q(xg(x)+r(x)兩端同次項的系數(shù)a-2=-3 b-a+2=0 a-b+c=4 b+d=解得a=-1,b=-3,c=2d=4.q(x)=2x2-x-3 r(x)=2x+例1 將多項式f(x)=x4-6x3+12x2-7x-4按x-1的展開分 對于n次多項式f(x),為將其按x-x0的展開,可用x-x0f(x再用x-x0逐次除所得的商f(x)=q1(x)(x-x0)+q1(x)=q2(x)(x-x0)+qn-2(x)=qn-1(x)(x-x0)+cn-qn-1(x)=cn(x-x0)+cn-qn1(xqn-2(xq2(xq1(x)逐次代入前一式f(x)=cn(x-x0)n+cn-1(x-x0)n-1+?+c1(x-x0)+這一過程可以通過多次的綜合除法來實現(xiàn)注意(x-x0n的系數(shù)就是f(x)的首項系數(shù). 法 應用綜合除法1-1-1--7-0-4=3=0=1-2=-113--11037--11111于 f(x)=(x-1)4-2(x-1)3+3(x-1)-法 應 ,f(x)=f(1)+f(1)(x-1)+f″(1)(x-1)223!而

(x-1)3

f(4) 4 (x-1f(x)=x4-6x3+12x2-7x-4 f(1)=-f′(x)=4x3-18x2+24x-7 f′(1)=f(x)=12x2-36x+24, f(2!?f(x)=24x-36, 3!?

==-f(4)(x)=24 f(4)(1)=4從 f(x)=-4+3(x-1)-2(x-1)3+(x-1)例1 確定m,p的值,使x2+3x+2|x4+mx2-px+2 +mx2-px+x4+3x3+ +mx2-px+x4+3x3+2-3x3+(m-2)x2-px+-3x3-9x2-6(m+7)x2-(p+6)x+(m+7)x2+3(m+7)x+2(m+7r(x) -(3m+p+15)x-(2m+12x2+3x+ x2-3x+(m+7)=q(x即用x2+3x+2除x4+mx2-px+2r(x)=-(3m+p+15)x-(2m+r(x)=0可-(3m+p+15)=0 -2(m+6)=解得m=-6p=3.法 應用待定系數(shù)法如果x2+3x+2|x4+mx2-px+2q(x)=x2+ax+bx4+mx2-px+2=(x2+ax+b)(x2+3x+將上式右端展開并比較兩邊同次項的系數(shù)0=a+3 m=2+3a+ -p=2a+3 2=a=-3,b=1m=-6,p=3例1 證明x2+x+1|x3m+x3n+1+x3p+2(m,n,p是三個任意的正整數(shù)) 用帶余除法及待定系數(shù)法不易證明時,可以考慮采用因式定理來證明,即(x-a)|f(x)的充分必要條件是f(a)=0. 可求得x2+x+1=0的根為ω1=-1 3i,ω2=-1 3i,所 x2+x+1=(x-ω1x-ω2).ω3-1=(ωi-1)(2+ωi+1)= (i=1,

i=i

ii

.設f(x)=x3

+x3n+

+x3

i if(ωi)=ω3m+ω3n+1+ωi3p+2=1+ωi+ω2= (i=1,i i故由因式定理知x-ω1)|f(x),(x-ω2)|f(x).又因為x-ω1x-ω2互素從而(x-ω1)(x-ω2)|f(x x2+x+1|f(注本例證明中,(x-ω1)(x-ω2)|f(x)是指在復數(shù)域C上,而命題本身可理解為在一般數(shù)域P上x2+x+1|f(x這是因為整除的概念是在帶余除法基礎上定義的而帶余除法所得的商及余式不隨系數(shù)域的擴大而改變,因此,上述多項式在P上與在C上整除是一致的.1.7證明:xd-1|xn-1的充分必要條件是d|n其中d,n是非負整數(shù).分析如能利用乘法在被除式中分解出除式作為因式,則也能證明整除性. 充分 設d|n,假定n=dt,則xn-1=(xd)t-1=(xd-1)(xd(t-1)+xd(t-2)+?+xd+從而xd-1|xn-1必要 已知xd-1|xn-1,假定n=dt+r,0≤r<d,xn-1=xdt+r-1=(xdt-1)xr+(xr-由充分性的證明知xd-1|xdt-1從而由xd-1|xn-1xd-1|xr-1.因0≤r<d所以必有xr-1=0即r=0故得d|n.例1 f(x)=3x5+5x4-16x3-6x2-5x-g(x)=3x4-4x3-x2-x-2(1)求(f(x),g(x2)求多項式u(xv(xu(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x)).g(x=3xg(x=3x4-4x3-x2x-f(=3x5+5-16x3-6x2-5x-3x4+2x3x5-4x-x3-x2-2-6x3-x2-x-9-15x3-5x2-3x--6x3-4x9-12x3-3x2-3x-r(x)=3x2-x-2r(x)=-3x3-2x3x2+2-3x3+x2+2-3x--3x--3x2-2-3x2+x+r(x) 4r3(x) -3x-q(x)=-x+2q4(x)=-x+所 (f(x),g(x))=-1r3(x)=x+

x+3=q(1-x-1=q(x32)由等式組得

f(x)=q1(x)g(x)+r1(g(x)=q2(x)r1(x)+r2(r1(x)=q3(x)r2(x)+r3(r3(x)=r1(x)-q3(x)r2(x)r1(x)-q3(x)[g(x)-q2(x)r1(x)][1+q2(x)q3(x)]r1(x)-q3(x)g(x)[1+q2(x)q3(x)][f(x)-q1(x)g(x)]-q3(x)g(x)=[1+q2(x)q3(x)]f(x)+[-q1(x)-q3(x)-q1(x)q2(x)q3(x)]g( (f(x),g(x))=u(x)f(x)+v(x)g(u(x)= 1[1+q2(x)q3(x)]=-1(x2-x- v(x)=1[q1(x)+q3(x)+q1(x)q2(x)q3(x)]=1(x3+2x2-5x- 注如果能夠?qū)Χ囗検竭M行因式分解,則用因式分解法求多項式的最大公因式要比用輾轉(zhuǎn)相除法求最大公因式簡便一些.如對多項式f(x)=3(x2+1)3(x+1)2(x-1)x與g(x)=9(x2+1)4(x+1)x,直接看出(f(x),g(x))=(x2+1)3(x+1)但遺憾的是,沒有一個一般的方法對多項式進行因式分解.因此,因式分解法求最大公因式主要具有理論上的用處,它不能代替可以具體求出最大公因式的輾轉(zhuǎn)相除法.例1 設f(x),g(x)都是數(shù)域P上次數(shù)大于零的多項式,(f(x),g(x))=1.證明:存在P上惟一的多項式s(x),t(x),其 (s(x))g(x tx))< (f(xs(x)f(x)+t(x)g(x)=又取f(x)=x3,g(x)=x2-2x+1用待定系數(shù)法求s(x),t(x使上式成立 由最大公因式的性質(zhì)知,存在P上多項式u(x),v(x),u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 (*)從而根據(jù)多項式互素的充分必要條件知(u(x),g(x))=1,(v(x),f(x))=1.由帶余除法得u(x)=q1(x)g(x)+s(x),v(x)=q2(x)f(x)+t(其中s(x))<(gx(tx))<(fx代入(*)式并整理(q1(x)+q2(x))f(x)g(x)+s(x)f(x)+t(x)g(x)=比較上式兩端的次數(shù)可知q1(x)+q2(x))f(x)g(x)=0s(x)f(x)+t(x)g(x)=再證惟一性.設有多項式s1(x),t1(x)s1(x)f(x)+t1(x)g(x)=且s1x))<g(xt1(x))<(f(x)).上式與前一式相減得(s1(x)-s(x))f(x)+(t1(x)-t(x))g(x)=gx)|[(s1(x)-s(x))f(x但(f(x),g(x))=1g(x)|s1(x)-sxs1x)s(x)的次數(shù)都小于g(x)的次數(shù),故只s1(x)-sx)=0s1(x)=s(x).同理可得t1(x)=t(x).當f(x)=x3,g(x)=x2-2x+1時,(f(x),g(x=1所以可設s(x)=ax+ t(x)=cx2+dx+使(ax+b)x3+(cx2+dx+e)(x2-2x+1)=比較等式兩端同次項系數(shù)a+c=0 b-2c+d=0 c-2d+e=0 d-2e=0 e=解得a=-3,b=4,c=3,d=2,e=1 s(x)=-3x+4 t(x)=3x2+2x+例1 已知f(x),g(x)是數(shù)域P上的多項式,證明1)(f(xg(x))=(f(xg(x)u(x),g(x其中u(x)為數(shù)域P上的任意多項式;(2)設f(x)=xn+an-1xn-1+?+a1x+ (a0≠0),g(x)=xn-1an1xn2++a2x+a1則(f(x),g(x=1 (1)設(f(x),g(x))=d(x),(f(x)±g(x)u(x),g(x))=d1(x)d(x)|f(x),d(x)|g(x),所以d(x)|[f(x)g(xu(x于是d(x)|d1(x)另一方面d1(x)|[f(xg(x)u(xd1(x)|g(xd1(x)|f(x于是d1(x)|d(x).d(x)d1(x)均為首一多項式所以d(x)=d1(x(f(x),g(x))=(f(x)±g(x)u(x),g(x)2)由于f(x)+(-x)g(x)=a00利用本題1)的結論得(f(x),g(x))=(f(x)+(-x)g(x),g(x))=(a0,g(x))=例1 證明:數(shù)域P上一個n(>0)次多項式f(x)能被它的導數(shù)f′(整除的充分必要條件是f(x)=a(x-bn其中ab∈P 充分 因為f(x)=a(x-b)n f′(x)=na(x-b)n-1,所f′(x)|f(x)必要 法 利用標準分解式,設f(x)的標準分解式 f(x)=apr1(x)pr2(x)?prs rrs-其中pi(x)(i=12,s)P上首項系數(shù)為1的不可約多項式afx)的首項系數(shù),ri(i=12,s)是正整數(shù)且r1+r2+?+rsrrs-1f′(x)=pr1-1

(x)p22-

(x)?p

(x)g(x此處g(x)不能被任何pi(x)(i=12,s)整除f′(x)|fxg(x)|p1(x)p2(xps(xg(x可能的因式為非零常數(shù)及pi(x)(i=12,s),但pi(x)8g(x)(i=12s),g(x)=c≠0設(pi(x))=mi(i=12,s則m1r1+m2r2+?+msrs (f(x))=m1(r1-1)+m2(r2-1)+?+ms(rs-1) (f′(x))=n-n-(m1+m2++ms)=n-1從而m1+m2++ms=1這只有1m1=1,s=1r1=n于是f(x)=apnx).設p1(x)=x-b1f(x)=a(x-b)法 待定系數(shù)法.f(x)=anxn+an-1xn-1+?+a1x+ (ai∈P,an≠則f′(x)=nanxn-1+(n-1)an-1xn-2+?+由f′(x)|f(x)及(f(x)) (f′(x))+1知,存在多項式cx+df(x)=f′(x)(cx+因而c 1,此nf(x)=f′(x) 1x+d =1f′(x)(x+nd)= 1f(x)(x-b) b=-1d于是(f(xf′(x))=1