高等代数多项式习题解答.doc

第一章 多项式习题解答 1.用除，求商与余式. 1） . 2） . 2.适合什么条件时，有 1） 当且仅当时. 本题也可用待定系数法求解.当时，用去除，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为.于是有.因此有. 2） 由带余除法可得当且仅当时.即，即或 本题也可用待定系数法求解.当时，用去除，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为.于是有 比较系数可得消去可得或 3.求除的商与余式. 1）解：运用综合除法可得商为，余式为 2）.解:运用综合除法得:商为,余式为. 4.把表成的方幂和，即表示成的形式. 1）； 2） 3） 分析：假设为次多项式，令 即为除所得的余式，商为.类似可得为除商所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.解：1）解法一：应用综合除法得. 解法二：把表示成，然后用二项式展开 2）仿上可得. 3）因为 5.求与的最大公因式 1） 解法一：利用因式分解 因此最大公因式为. 解法二：运用辗转相除法得因此最大公因式为. 2）. 解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零） 3） ， 因此 6.求使 1） 解：运用辗转相除法得： 因此.且有，于是 . 2） 解：运用辗转相除法得： 因此.且有，于是 . 3） 解：运用辗转相除法得： 因此且有，于是 . 7.设的最大公因式是一个二次多项式，求的值. 解：运用带余除法有由题意可得，即为的最大公因式.因此有.进一步.要使为的最大公因式的充要条件是即解得 8.证明：如果且为与的一个组合，那么是与的一个最大公因式. 证明：由可知是与的一个公因式.下证与的任意一个公因式是的因式. 由为与的一个组合可知，存在多项式，使得.设是与的任意一个公因式，则.故即因此是与的一个最大公因式. 9.证明：的首项系数为1）. 证明：存在多项式，使得.所以有.即是与的一个组合.显然有.从而.由第8题结果是与的一个最大公因式.又是首项系数为1的，因此 10.如果，不全为零，证明. 证明：由,不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即又存在多项式，使得.于是.因此. 11.如果，不全为零，且，那么. 证明：由,不全为零可得由有于是. 12.证明：如果那么 证法一、由条件可得存在多项式；使得，.两式相乘得.因此有 证法二、反证法证明.显然若则存在不可约多项式，使得为与的公因式.因此有且.由的不可约性有或.若，则为与的一个公因式，与相矛盾.若，则为与的一个公因式，与相矛盾.因此不成立，即有 13.设都是多项式，而且求证：. 证明：由，反复利用第12题结果可得.类似可得再反复利用12题结果可得. 14.证明：如果那么 证明：方法一.由存在多项式使得.从而有因此有由12题结果结论成立.方法二：用反证法.若则存在不可约多项式，使得为与的公因式.即且.由的不可约性及，有或.若，又，因此有，即，也即为与的一个公因式，与相矛盾.类似可得当时也与已知矛盾.所以 15.求下列多项式的公共根： 解法一：利用因式分解可得因此.与的公共根为 解法二：运用辗转相除法求出与的最大公因式，最大公因式的根即为所求的公共根. 因此.与的公共根为 16.判别下列多项式有无重因式： 1） 解：运用辗转相除法可得因此为的三重因式. 解法二：试根可得2为的根.因此为的三重因式. 2) 解：.故无重因式. 17.求值使有重根. 解法一：要使有重根，则. 当即时，因此1为的三重根. 当，即时，为的二重根. 解法二：设.因此有由第一个方程有，代人第三个方程有即.因此有或即当时1为的三重根；当时，为的二重根. 18.求多项式有重根的条件. 解：令.显然当时，0为的三重根.当时， ， ， .要使有重根，则.即即显然也满足因此有重根的条件是 19.如果求 解法一：利用整除判定方法，的充要条件是用除，余式为零.因此有，即 解法二：要使成立，则1至少是的二重根.因此1既是的根，也是其导数的根.而.故有 解法三：利用待定系数法.令因此有解得 20.证明：不能有重根. 证明：令则因此有从而有.因式只有及.而显然不是的因式.因此有.所以没有重根. 21.如果是的一个重根，证明是的一个重根. 证明：显然有.由是的一个重根可得是的一个重根，设是的重根，则. 本题常见错误证法.错误证法一：由是的一个重根就得出是的一个重根，是的一个重根，是的一个重根，于是从而是的重根.事实上，由是的一个重根推不出是的一个重根，是的一个重根，是的一个重根.如，则，.既不是的根，也不是与的根.错误证法二：由得出是的重根，直接得出是的重根，缺了是与的根验证. 22.证明：是的重根的充分必要条件是而 证明：必要性.设是的重根，从而是的重因式，从而是的重因式，是的重因式，.，是的单因式，而不是的因式.因此是，.，的根，而不是的根.故有而充分性.由而可知是，.，的根，而不是的根.因此是的单根，是二重根，依此类推，是的重根. 23.举例说明断语“如果是的重根，那么是的重根”是不对的. 解：例如，.是的重根，但不是的根. 24.证明：如果那么. 证明：由可得.从而因此有从而有即. 证法二：要证，只要证在复数域上的各个根都是的根.的根为由可得.从而从而.即都是的根.因此有. 25.证明：如果，那么 证明：要证成立，只要证1是和的根.的两个根为.由可得.于是即.故有所以. 26.求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解. 解：的根为故在复数范围内的分解式为.在实数范围内，因，. 当为奇数时，的根中一个为实根，其余为虚根，其分解式为. 当为偶数时，的根中二个为实根，即其余为虚根，其分解式为 27.求下列多项式的有理根. 1) 解：多项式可能的有理根为由系数取值可知，取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根.检验得2为其根，进一步运用综合除法可得即，显然没有有理根.因此仅有一个有理根2，且为单根. 2) 解：多项式可能的有理根为因此有，显然没有有理根.因此为的二重根. 3) 解：多项式可能的有理根为检验得为其根，进一步运用综合除法可得故.即为其四重跟，3为单根. 28.下列多项式在有理数域上是否可约？ 1) 解：显然无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约. 2) 解：取素数，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约. 3） 解：令取素数满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而在有理数域上不可约. 4）为奇素数；解：令，由为奇数可得 由组合数定义均为整数，且，分子中有因子，分母个各数均小于，又为素数，因此约分时不会被约去，因此有，取素数为，满足艾森斯坦判别式条件，因此在有理数域上不可约，从而在有理数域上不可约. 5）为整数. 解：令则有取素数满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而在有理数域上不可约.18