高等代数习题解答第一章.docx
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高等代数习题解答第一章
高等代数习题解答
第一章多项式
x5与g(x)a(x2)2b(x1)
f2(x)xg2(x)x3h2(x),证明:
f(x)0,贝U(f2(x))为偶数,又
补充题1•当a,b,c取何值时,多项式f(x)
c(xx2)相等?
提示:
比较系数得a6,b^,c-.
555
补充题2•设f(x),g(x),h(x)?
[x],f(x)g(x)h(x)0.
证明假设f(x)g(x)h(x)0不成立•若
g2(x),h2(x)等于0或次数为偶数,由于g2(x),h2(x)?
[x],首项系数(如果
有的话)为正数,从而xg2(x)xh2(x)等于0或次数为奇数,矛盾.若g(x)0或h(x)0则(xg2(x)x3h2(x))为奇数,而f2(x)0或(f2(x))为偶数,矛盾.综上所证,f(x)g(x)h(x)0.
1.用g(x)除f(x),求商q(x)与余式r(x):
1)f(x)=x3-3x2-x-1,g(x)=3x2-2x+1;
2)f(x)=x-2x+5,g(x)=x2-x+2.
1)解法一待定系数法.
由于f(x)是首项系数为1的3次多项式,而g(x)是首项系数为3的2次多项式,所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式,而余式的次数小于2.于是可设
右边展开,
3
解得a
7,b更,c2,故得
999
q(x)
r(x)
262
x.
99
解法二带余除法.
1
-3
-1
-1
1
2
3
1
3
7
3
7
3
4
3
14
9
-1
7
9
26
c
2
c
1一3
1
26
0,
即
p
m210;
q
m
0.
mx1
3x
px
q
的充要条件
日是
m
q;
p
m210
解
2x
mx
1
除x4px2
q得余式为:
r(x
)
m(pm2
2)x(qp
0,
即
m
(p
m22)
2
0;
q
p
m10.
r(x)(p
令r(x)
m
2)
令r(x)
故x2
m21)x(qm),
21),
解得x2mx1xpx2q的充要条件是
m0;或q1;
^或2
pq1p2m.
3.求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r(x):
1)f(x)2x5x38x,g(x)x3;
32
2)f(x)xxx,g(x)x12i.
1)解法一用带余除法(略).
解法二用综合除法.写出按降幕排列的系数,缺项的系数为0:
-320-50-80
+-618-39117-327
2-613-39109-327
所以
432
q(x)2x6x13x39x109,r(x)327.
2)解法一用带余除法(略).
解法二用综合除法.写出按降幕排列的系数,缺项的系数为0:
f(x)
1-2i1-1-10
+1-2i-4-2i-9+8i
1-2i-5-2i-9+8i
所以
2
q(x)x2ix(52i),r(x)98i.
4.把f(x)表成xx°的方幕和,即表成
2
C°C1(XX。
)C2(X沧)
的形式:
5
1)
设f(x)表成C0C|(xX0)C2(X
f(x)X,X。
1;
xXo除所得的余数,逐次进行综合除法即可得到Co,Ci丄,Cn.
1)解用综合除法进行计算
1
1
0
0
0
0
0
+
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
1
2
3
4
1
2
3
4
5
1
+
1
3
6
1
3
6
10
1
+
1
4
1
4
10
1
+
1
15
所以x515(x1)10(x1)210(x1)35(x1)4(x1)5.
2)3)略
5.求f(x)与g(x)的最大公因式:
1)
f(x)
4x
3x
2
3x4x
1,g(x)x3x2x1;
2)
f(x)
4x
4x3
1,g(x)
32
x3x1;
3)
f(x)
4x
10x2
1,g(x)
x44.2x36x24.2x1
1)解用辗转相除法
q2(x)
11
-1
-1
11
-3
-4
-1
q(x)
1
0
‘3
1
1-
11
-1
-1
2
2
1
3
8
4
-1
n(x)
-2
-3
-1
q3(x)
2
2
3
3
1
3
1
-2
-2
2
4
4
3
3
D(x)
-1
-1
4
4
-1
-1
b(x)
0
g(x)
f(x)
1
4
所以
(f(x),g(x))x1.
2)
(f(x),g(x))1.
3)
(f(x),g(x))x22.2x1.
6.
求u(x),v(x)使u(x)f(x)v(x)g(x)
(f(x),g(x)):
1)
f(x)
x42x3x24x2,g(x)x4
x22x
2)
f(x)
4x42x316x25x9,g(x)
2x
x25x
3)
f(x)
x4x34x2
4x
1,g(x)x2
1)
解用辗转相除法
q2(x)1
由以上计算得
因此
11-1
-2
-2
1
2
-1-4
-2
10-2
0
1
1
-1-2
-2
11
-2
-2
n(x)
1
0-2
0
10
-2
0
1
0-2
「2(X)1
0
-2
「3(X)
0
f(x)
q(x)g(x)
H(x),
g(x)
q2(x)n(x)
D(x),
n(x)
q3(x)a(x),
(f(x),g(x))
D(x)
2
x
2,
f(x)
g(x)
1
qO1
q3(x)10
(f(x),g(x))s(x)
g(x)q2(x)n(x)
g(x)q2(x)[f(x)
qdx)g(x)]
q2(x)f(x)[1q(x)q2(x)]g(x)
所以
u(x)
q2(x)x1,v(x)1q(x)q2(x)x2.
1122
2)(f(x),g(x))x1,u(x)3X3,v(x)-x21.
3)(f(x),g(x))1,u(x)x1,v(x)x3x23x2.
7.设f(x)x3(1t)x22x2u,g(x)x3txu的最大公因式是一个二次多
项式,求t,u的值.
解略.
8.证明:
如果d(x)f(x),d(x)g(x)且d(x)为f(x)与g(x)的一个组合,那么d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式.
证明由于d(x)f(x),d(x)g(x),所以d(x)为f(x)与g(x)的一个公因式.任取f(x)与g(x)的一个公因式h(x),由已知d(x)为f(x)与g(x)的一个组合,所以h(x)d(x).因此,d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式.
9.证明:
(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x),(h(x)的首项系数为1).
证明因为存在多项式u(x)和v(x)使
(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x),
所以
(f(x),g(x))h(x)u(x)f(x)h(x)v(x)g(x)h(x),
这表明(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个组合,又因为
(f(x),g(x))f(x),(f(x),g(x))g(x),
从而
(f(x),g(x))h(x)f(x)h(x),(f(x),g(x))h(x)g(x)h(x),
故由第8题结论,(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式.注意到
(f(x),g(x))h(x)的首项系数为1,于是
(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x).
证明存在多项式u(x)和v(x)使
(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x),
因为f(x),g(x)不全为零,所以(f(x),g(x))0,故由消去律得
1
u(x)f(x)v(x)g(x),
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
所以
(f(x),g(x))1.(f(x),g(x))(f(x),g(x))
11•证明:
如果f(x),g(x)不全为零,且
u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x)),
那么
(u(x),v(x))1.
证明因为f(x),g(x)不全为零,故(f(x),g(x))0,从而由消去律得
1u(x)空v(x)垃」,
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
所以
(u(x),v(x))1.
12.证明:
如果(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1,那么(f(x),g(x)h(x))1.
证法一用反证法.假设d(x)(f(x),g(x)h(x))1,贝U(d(x))0,从而d(x)有不可约因式p(x),于是p(x)f(x),p(x)g(x)h(x),但因为(f(x),g(x))1,所以p(x)不
整除g(x),所以p(x)h(x),这与(f(x),h(x))1矛盾.因此(f(x),g(x)h(x))1.
证法二由题设知,存在多项式U1(x),V1(x),U2(x),V2(x),使得
U1(x)f(x)V1(x)g(x)1,U2(x)f(x)V2(x)h(x)1,
两式相乘得
[U1(X)U2(X)f(x)V1(x)U2(x)g(x)u,x)V2(x)h(x)]f(x)[v/x)V2(x)]g(x)h(x)1,所以(f(x),g(x)h(x))1.
13.设f1(x)丄,fm(x),g1(x),L,gn(x)都是多项式,而且
(fi(x),gj(x))1(i1,2,L,m;j1,2,L,n).
求证:
(f1(x)f2(x)Lfm(x),g(x)g2(x)Lgn(x))1.
证法一反复应用第12题的结果
证法二反证法
14.证明:
如果(f(x),g(x))1,那么(f(x)g(x),f(x)g(x))1.
证明由于(f(x),g(x))1,所以存在多项式u(x)和v(x)使
u(x)f(x)v(x)g(x)1,
由此可得
u(x)f(x)v(x)f(x)v(x)f(x)v(x)g(x)1,
u(x)f(x)u(x)g(x)u(x)g(x)v(x)g(x)1,
即
u(x)v(x)f(x)v(x)f(x)g(x)1,
v(x)u(x)g(x)u(x)f(x)g(x)1,
于是
(f(x),f(x)g(x))1,
(g(x),f(x)g(x))1,
应用第12题的结论可得
(f(x)g(x),f(x)g(x))1.
注也可以用反证法.
15.求下列多项式的公共根:
32432
f(x)x2x2x1;g(x)xx2x2x1.
提示用辗转相除法求出(f(x),g(x))x2x1.于是得两多项式的公共根为
13i
2.
16.判别下列多项式有无重因式:
1)f(x)x55x47x32x24x8;
42
2)f(x)x4x4x3
1)解由于f'(x)5x420x321x24x4,用辗转相除法可求得
(f(x),f'(x))(x2)2,
故f(x)有重因式,且x2是它的一个3重因式.
2)解由于f'(x)4x38x4,用辗转相除法可求得
(f(x),f'(x))1,
故f(x)无重因式.
17.求t值使f(x)x33x2tx1有重根.解f'(x)3x26xt.
先用f'(x)除f(x)得余式r1(x)撐
1
当t3时,n(x)0.此时f'(x)f(x),所以(f(x),f'(x))-f'(x)(x1)2,
3
所以1是f(x)的3重根.
1
2是f(x)的2重根.当
1,此时f(x)无重根.
当t3时,ri(x)0.再用ri(x)除f'(x)得余式d(x)t
2
a(x)0.此时,(f(x),f'(x))—rdx)x
9
15
t3且t时,b(x)0,则(f(x),f'(x))
4
18.求多项式x3pxq有重根的条件.
解略.
19.
如果(x1)2Ax4Bx21,求A,B.
f
(1)0且f'
(1)0,
B10;
2B0.
解得A1,B2.
解得A1,B
20.证明:
1x
x2xn
2!
-L-没有重根.
n!
n
X
(f(X),f'(X))(f(x),)n!
21.略.
而f(k)(xo)0.
(充分性)设f(Xo)f'(Xo)Lf(k1)(Xo)0,而f⑹(Xo)0,则Xo是f(k1)(x)的
单根,是f(k2)(x)的2重根,…,是f(X)的k重根.
23.举例说明断语“如果
是f'(x)的m重根,那么
是f(x)的m+1重根”是
不对的.
解取f(x)(x)m11,
则f'(x)m1(x)m.
是f'(x)的m重根,但
不是f(x)的m+1重根.
注:
也可以取具体的,如
0,m1.
24.证明:
如果(x1)f(xn),那么(xn1)
f(xn).
证明略.
25.证明:
如果(x2x1)f1(x3)xf2(x3),那么
因此
f1
(1)丄⑴0;
f1
(1)2f2
(1)0.
解得f,1)f2
(1)0,从而(x1)f1(x),(x1)f2(X).
26.求多项式xn1在复数范围内和实数范围内的因式分解.
解多项式xn1的n个复根为
2k2k
kcosisin,k0,1,2,L,n1,
nn
所以xn1在复数范围内的分解式为
xn1(x1)(x1)(x2)L(xn1).
在实数范围内,当n为奇数时:
1],
1].
xn1(x1)[x2(1n1)x1][x2(2n2)X1丄*(口^J)X
当n为偶数时:
xn1(x1)(x1)[x2(1n1)x1][x2(2n2)X1]L[X?
(口口)X
22
27.求下列多项式的有理根:
1)x36x215x14;
2)4x47x25x1;
3)x5x46x314x211x3.
1)解多项式可能的有理根是1,2,7,14.
f
(1)40,f
(1)360.
由于fprW?
厂苏f都不是整数'所以多项式可能的有理
根只有2•用综合除法判别:
2
1
-6
15
-14
+
2
-8
14
2
1
-4
7
0
+
2
-4
1
-2
3工0
所以2是多项式的有理根(单根).
注:
一般要求指出有理根的重数•计算量较小的话,也可以直接计算,如本题可
直接算得f
(2)0,说明2是f(x)的有理根,再由f'
(2)0知.2是单根•用综
合除法一般比较简单.
1
2)答—(2重根).
2
3)答1(4重根),3(单根).
28.
下列多项式在有理数域上是否可约?
1)
2x
1;
2)
4x
8x3
12x22;
3)
6x
x3
1;
4)
px
px
1,p为奇素数;
5)
4x
4kx
1,k为整数.
—)解x21可能的有理根是1,直接检验知,都不是它的根,故x21不可约.
2)解用艾森斯坦判别法,取p2.
3)解令xy1,则原多项式变为
(y1)6(y1)31y66y515y421y318y29y3,
取p3,则由艾森斯坦判别法知多项式y66y515y421y318y29y3不
可约,从而多项式x6x31也不可约.
4)提示:
令xy1,取素数p.
5)提示:
令xy1,取p2.
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