高等代数北大版第1章习题参考答案解析.docx
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高等代数北大版第1章习题参考答案解析
第一章
多项式
1.
用g(x)除f(x),
求商q(x)与余式r(x):
1)
f(x)x33x*2
2
x1,g(x)3x2x
2)
f(x)x42x
5,g(x)x2
1
1)由带余除法,可得q(x)亍
討(X)
26
x
9
2
同理可得q(x)xx1,r(x)
5x7。
1)
2x
mx
1|x3
px
q,
2)
2
..4
2
x
mx
1|x
px
q
。
解
1)
由假设,
所得余式为
0,
即(p
所以当
p1
2m
时有x
2mx
q
m0
m(2
p
m)
0
2)
m,p,q适合什么条件时,有
2.
1|x
q1p
2,于是当
m20
1m2
)x
(qm)0,
px
m0时,代入(
2)可得
0时,代入
2)可得q
综上所诉,当
时,皆有x2
mx
1|x4
px2q。
1)
f(x)
2x5
5x3
8x,g(x)x
3;
2)
f(x)
x3x
2
x,g(x)x1
2i。
1)
q(x)
2x4
6x3
113x239x
109
r(x)
327
q(x)
)x2
2ix
(5
2i)
o
r(x)
9
8i
求g(x)除f(x)的商q(x)与余式:
解
2)
把f(x)表示成xXo的方幕和,即表成
3.
4.
CoC|(XXo)C2(XXo)2...Cn(XX。
)"L的形式:
5
1)f(x)X,Xo1;
2)f(x)x42x23,Xo2;
3)
43
f(x)x2ix(1
i)x2
3x
7
i,Xoio
解
1)由综合除法,可得
f(x)
1
5(x
1)10(x
2
1)10(x
1)3
5(x
1)4
(X1)5;
2)
由综合除法,可得X4
2x2
3
11
24(x2)
22(x2)2
8(x
2)3
(X
2)4;
3)
由综合除法,可得X4
2ix3
(1
i)x
23x(7
i)
(75i)5(xi)(1i)(xi)22i(xi)3(xi)4。
5.求f(x)与g(x)的最大公因式:
1)
f(X)
4X
3X
2
3x4x
1,g(x)X3
x2X1;
2)
f(X)
4X
4x3
1,g(x)
X33x21;
3)
f(X)
4X
10x2
1,g(x)
X44.2x3
6x24.2x1o
解1)(f(x),g(x))X1;
2)(f(X),g(x))1;
3)(f(x),g(x))X22」2x1o
6.求u(x),v(x)使u(x)f(x)v(x)g(x)(f(X),g(x))o
1)f(x)x42x3x24x2,g(x)x4x3x22x2;
2)f(x)4x42x316x25x9,g(x)2x3x25x4;
4322
3)f(x)XX4x4x1,g(x)Xx1。
2
解1)因为(f(x),g(x))x2r2(x)
f(x)q(x)g(x)n(x)
再由,
g(x)q2(x)n(x)d(x)
解得「2(X)g(x)q2(x)「1(x)g(x)Mg)
[q2(x)]f(x)[1q(x)q2(x)]g(x)
q(x)g(x)]
曰u(x)q2(x)x1
疋v(x)1q(x)q2(x)11c(x1)x2
式,求t,u的值。
(u2t4)0
u(3t)0'
从而可解得u10或u22o
t12t23
8.证明:
如果d(x)|f(x),d(x)|g(x),且d(x)为f(x)与g(x)的组合,那么d(x)是f(x)
与g(x)的一个最大公因式。
证易见d(x)是f(x)与g(x)的公因式。
另设(x)是f(x)与g(x)的任一公因式,下证
(x)|d(x)o
由于d(x)是f(x)与g(x)的一个组合,这就是说存在多项式s(x)与t(x),使
d(x)s(x)f(x)t(x)g(x),
从而由(x)|f(x),(x)|g(x)可得(x)|d(x),得证。
9•证明:
(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x),(h(x)的首系数为1)
证因为存在多项式u(x),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),
上式说明(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个组合。
另一方面,由(f(x),g(x))|f(x)知(f(x),g(x))h(x)|f(x)h(x),
同理可得(f(x),g(x))h(x)|g(x)h(x),
从而(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式,又因为
(f(x),g(x))h(x)的首项系数为1,所以(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x)。
10.如果f(x),g(x)不全为零,证明:
f(x)g(x)1
I。
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
证存在u(x),v(x)使(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x),
又因为f(x),g(x)不全为0,所以(f(x),g(x))0,
所以f(x),g(x)i。
(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。
证由上题证明类似可得结论。
12.证明:
如果(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1,那么(f(x),g(x)h(x))1。
证由假设,存在U|(x),v-i(x)及u2(x),v2(x)使
U1(x)f(x)v'x)g(x)1
(1)
U2(x)f(x)v2(x)h(x)1
(2)
将
(1)
(2)两式相乘,得
[u(x)u2(x)f(x)v(x)u2(x)g(x)u(x)v?
(x)h(x)]f(x)
[V1(x)v2(x)]g(x)h(x)1'
所以(f(x),g(x)h(x))1。
13.设fi(x),...,fm(x),gi(x),...,gn(x)都是多项式,而且
(fi(x),gj(x))1(i1,2,...,m;j1,2,...,n)。
求证:
(f/x)f2(x)…fm(x),gdx)g2(x)…gn(x))1。
证由于
(f1(x),gdx))1
(f,x),g2(x))1
(f1(x),gn(x))1
反复应用第12题结论,可得
(f1(x),gdx)g2(x)...gn(x))1,
同理可证
(f2(x),gdx)g2(x)…gn(x))1
(fm(x),g(x)g2(x)...gn(x))1
从而可得
(f1(x)f2(x)…fm(x),g1(x)g2(x)…gn(x))1。
14.证明:
如果(f(x),g(x))1,那么(f(x)g(x),f(x)g(x))1。
证由题设知(f(x),g(x))1,所以存在u(x),v(x)使u(x)f(x)v(x)g(x)1,从而u(x)f(x)v(x)f(x)v(x)f(x)v(x)g(x)1,
即[u(x)v(x)]f(x)v(x)[f(x)g(x)]1,
所以(f(x),f(x)g(x))1。
同理(g(x),f(x)g(x))1。
再由12题结论,即证(f(x)g(x),f(x)g(x))1。
15.求下列多项式的公共根
f(x)x32x22x1,g(x)x4x32x2x1
1)
f(x)
5x
5x4
2)
f(x)
4x
4x2
解
f
(x)
5x4
1)
16.判别下列多项式有无重因式:
(f(x),f(x))
7x32x24x8;
4x3;
20x321x24x4
(x2)2
所以f(x)有x2的三重因式。
2)f(x)4x38x4,(f(x),f(x))1,所以f(x)无重因式。
17.求t值,使f(x)x33x2tx1有重根。
解易知f(x)有三重根x1时,t3。
若令
322
x3xtx1(xa)(xb),比较两端系数,得
32ab
ta22ab
1a2b
1
由
(1),(3)得2a33a210,解得a的三个根为a1,a21,a3—,将a的三个根
2
5
分别代入
(1),得01,b21,b34。
再将它们代入
(2),得t的三个根t13,t23,t3
4
51
当t1,23时f(x)有3重根x1;当t34时,f(x)有2重根x-。
3
18.求多项式xpxq有重根的条件。
解令f(x)x3pxq,则f(x)3x2p,显然当p0时,只有当q0,f(x)x3
才有三重根。
下设p0,且a为f(x)的重根,那么a也为f(x)与f(x)的根,即
3
apaq0
2
3ap0
由
(1)可得a(a2p)q,再由
(2)有a2卫。
所以
3
a(3p)q
a色,
2p
的根,此即
解得a1,b
1
1,从而f(x)无重根。
于是(f(x),f(x))(f(x)n/,f(x))21.如果是f(x)的一个k重根,证明
xa
g(x)-^[f(x)f(a)]f(x)f(a)]的一个k+3重根。
证因为
xa1”
g(x)
f(x)[f(x)
22
f(a)]
xa,,、
g(x)
f(x)
2
由于
是f(x)的k重根,故
是g(x)的k
1重根。
代入验算知是g(x)的根。
现在设
是g(x)的s重根,则
是g(x)的s
1重根,也是g(x)的s-2重根。
所以s
2k1sk3。
得证。
22.证明:
x°是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x°)f(x°)...f(k1)(X0)0
证必要性:
设x0是f(x)的k重根,从而是f(x)的k1重根,是f(x)的k2重根,L,
是f(k2)(Xo)的一重根,并且x0不是f(k)(X)的根。
于是
f(x。
)f(Xo)...f(k(Xo)0,而f(k)(xo)0。
充分性:
由f(k1)(Xo)0,而f(k)(Xo)0,知x0是f(k1)(x)的一重根。
又由于
f(k2)(X0)0,知X0是f(k2)(X)的二重根,依此类推,可知X0是f(X)的k重根。
23•举例说明段语“是f(x)的m重根,那么是f(x)的m1重根”是不对的。
1mim
解例如,设f(x)x1,那么f(x)x以0为m重根,但0不是f(x)的根。
m1
24•证明:
如果(X1)|f(xn),那么(Xn1)|f(Xn)。
证要证明(xn1)|f(xn),就是要证明f
(1)0(这是因为我们可以把xn看作为一个变
量)。
由题设由(x1)|f(xn),所以f(1n)0,也就是f
(1)0,得证。
233
25.证明:
如果(xX1)|f,x)xf2(x),那么(X1)|f1(x),(X1)|f2(x)O
33q
f1(x)Xf2(X)的根,且31,于是
人⑴
f2
(1)0
£
(1)
M)0
解之得f1
(1)0,f2
(1)0o得证。
26.求多项式xn
1在复数范围内和在实数范围内的因式分解。
解在复数范围内
Xn1(X1)(x)(x2)...(Xn1),其中
2cos-
3
..2isin,
3
在实数域内j
nj(0jn),所以,当n为奇数时,有
n1
n1
xn1(x1)[x2
n122n222
()x1][x()X1]...[X(2
2)x
1]
其中jnj
~j2jn1
jj2cos(j1,2,...,),皆为实数。
nn
当n是偶数时,有
n1
n1
xn1(x1)(x
2n122n22
1)[x()X1][X()X1]...[X
(2
2)x1]
27.求下列多项式的有理根:
42
2)4x7x5x1;
3)x5x46x314x211x3。
解利用剩余除法试根,可得
1)有一个有理根2。
111
2)有两个有理根,(即有2重有理根)。
222
3)有五个有理根3,1,1,1,1(即一个单有理根3和一个4重有理根1)。
28.下列多项式在有理数域上是否可约?
1)X21;
2)x48x312x22;
63
3)xx1;
4)xppx1,p为奇素数;
5)x44kx1,k为整数。
解1)因为1都不是它的根,所以x21在有理数域里不可约。
2)利用艾森斯坦判别法,取p2,则此多项式在有理数域上不可约。
3)首先证明:
命题设有多项式f(x),令xy1或xy1,得
g(y)f(y1)或g(y)f(y1)
则f(x)与g(y)或者同时可约,或者同时不可约。
事实上,若f(x)可约,即f(x)f,x)f2(x),从而g(y)f(y1)f/y1)f2(y1),
这就是说g(y)也可约,反之亦然。
xy1,则多项式变为
现在我们用它来证明x6x31在有理数域上不可约。
令
63
(y1)(y1)1
65432
y6y15y21y18y9y3
p1p12p2p22p1
yCpyCpy…Cpy(Cpp)yp
由于p是素数,因而p|C;(i1,2,...,p1),但p2|p,所以由艾森斯坦判别法,即证g(y)
在有理数域上不可约,因而f(x)也在有理数域上不可约。
4
5)已知f(x)x4kx1,令xy1,可得
432
g(y)f(y1)y4y6y(4k4)y4k2
因而f(x)也在有理数域
利用艾森斯坦判别法,取p2,即证g(y)在有理数域上不可约,
上不可约。
29.用初等对称多项式表求出下列对称多项式:
2
2
2
22
2
1)
X-Ix2
X-|X2
X1X3
X1X3X2
X3X2X3;
2)
(X1
X2)(X1
X3XX2
X3);
3)
(X1
X2)2(x
X3)2(X2
X3)2;
2
22
222
22
2222
4)
X-Ix2
X1X3
X1x4
X2X3
X2X4X3X4;
5)(X1X2X3XX2X3xJ(X3X1X2);
解1)对称多项式的首项为X12X2,其方幕为(2,1,0),即121100
所以原式=1233
123323
123
X,X22
指数组
对应的方幕乘积
420
22
12
411
3
13
330
3
2
321
123
222
2
3
原式=
2
1
2
2a
3
13
b2c123
d2
(1)
只要令
X1
0,X2
X3
0,则原式左边
0。
另-
方面,有
12,2
1,30,
代入(
1)
式,得
b
4。
再令x1X2
1,X3
2,得d
27。
令x1
X2
1,X3
1
,得
ac
22
(2)
令x
X2
X3
1,得
3ac
6
(3)
由
(2),
(3)
解得a
4,c18。
因此
原式
22
12
3
413
4218
123
273。
4)原式:
2
222
22
22
2222
=X1
X2X1X3
Xx4
X2X3
X2X4X3X4
指数组
对应的方幕乘积
2200
2
2
2110
13
1111
4
设原式2a13b4
令x-ix2x31,x40,得a2。
再令x,x2x3x41,得b2。
2
因此原式221324。
X1X2X33)
、十「、222,33
1)原式=XiX2X3(XiX2X3X1X2X3
/22
(XiX2
2222、
X2X3XiX3)X1X2X3,
2)
由于X1.2X3
22
X1X2
其中
3:
X1X2X3X2X2X3
2
13
213
2
2
2
23
2
3
3。
222
22
2
2
23、
X1X2X3
2(X1X2
X1:
X2X3
X1X2
!
X3)
/22
(XX2
22
X2X3
2片
2
X3
3x1
X2X3
3X[X22X3
z2
2
2
2
2
(X1X2
X1X2X1
X3
X2
X3
X1X3
X2X3)
i
3
所以原式
原式
2
2
22
X1X3
22
X2X3
3x1x2x32)
2X1X2X3,
22
2(x1x2x3x1
223
X2X3X1X2X3
22
X1X2
22
X2X3
2
...3x1x2x3
2
X1X2
2
X2X3
所以
原式
30.
用初等对称多项式表出下列
n元对称多项式:
4
1)
X1;
2
2)X1X2X3;
3)x2X;;
、22
4);人%X3X4
(ax11x22…x[表示所有由ax11x22...xnn经过对换得到的项的和。
)
解1)因为多项式的首项为X:
所以
指数组
对应的方幕乘积
4000…0
4
1
3100…0
2
12
2200…0
2
2
2110…0
13
1111..0
4
设原式4a1
2b2
c1
3d4,
令X11,x;1,X3
X4.
..Xn
0,得b2o
X1X;1,X3...
Xn0,得a
4o
X1X;X31,X4
…Xn
0,得
c4o
X1X;1,X3X4
1,X5
...X
n0,得d4o
所以原式1441222
24
1344o
2)同理可得原式
13
44o
2小
3)原式121
32
4o
4)原式244
15
96o
3
31.设4,a2,a3是方程5x
6x2
7x30的三个根,
(a〔a〔a;a;)(a;
a2a3
a;)(a12
a1a3a3)
解因为
1a1a;a3
2
计算
aia;a;83ai83,
aia?
a3
由根和系数的关系,可得
7
J
5
再将对称多项式化为初等多项式并计算,可得
83
a;)
22
3
31679
11
13
2
625
32.
证明:
三
.次方程
32
xa〔xa;x
2a;
9a〔a2
27氏
0o
(a〔a〔a;a;)(a;a;a3
af)(ai;
a30的三个根成等差数列的充分必要条件为
证设原方程的三个根为1,2,3,则它们成等差数列的充分必要条件为
(2123)(2213)(23
将上式左端表为初等对称多项式,得
(2123)(2213)(23
故三根成等差数列的充分必要条件为
3
2a〔9a〔a227a30。
、补充题及参考解答
(f(x),g(x))(f1(x),g1(x))
证设d(x)(f(x),g(x)),则由已知,得d(x)|f1(x),d(x)|g1(x)。
其次,设(x)是f/x)与g2(x)的任一公因式,只需证明(x)|d(x)即可。
因为f,x)af(x)bg(x),gdx)cf(x)dg(x),所以
又因为If1,|g1|f,|g,从而(x)|d(x)。
故d(x)也是f,x)与g^x)的最大
公因式。
2•证明:
只要型,回的次数都大于零,就
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