高等代数习题(北大第四版)答案一到四章

高等代数答案第一章第一章第一章第一章多项式多项式多项式多项式1．用)(xg除)(xf，求商)(xq与余式)(xr：1）123)(,13)(223+−=−−−=xxxgxxxxf；2）2)(,52)(24+−=+−=xxxgxxxf。解1）由带余除法，可得92926)(,9731)(−−=−=xxrxxq；2）同理可得75)(,1)(2+−=−+=xxrxxxq。2．qpm,,适合什么条件时，有1）qpxxmxx++−+32|1，2）qpxxmxx++++242|1。解1）由假设，所得余式为0，即0)()1(2=−+++mqxmp，所以当⎩⎨⎧=−=++0012mqmp时有qpxxmxx++−+32|1。2）类似可得⎩⎨⎧=−−+=−−010)2(22mpqmpm，于是当0=m时，代入（2）可得1+=qp；而当022=−−mp时，代入（2）可得1=q。综上所诉，当⎩⎨⎧+==10qpm或⎩⎨⎧=+=212mpq时，皆有qpxxmxx++++242|1。3．求()gx除()fx的商()qx与余式：1）53()258,()3fxxxxgxx=−−=+；2）32(),()12fxxxxgxxi=−−=−+。解1）432()261339109()327qxxxxxrx=−+−+=−；2）2()2(52)()98qxxixirxi=−−+=−+。4．把()fx表示成0xx−的方幂和，即表成2010200()()...()nnccxxcxxcxx+−+−++−+⋯的形式：1）50(),1fxxx==；2）420()23,2fxxxx=−+=−；3）4320()2(1)37,fxxixixxixi=+−+−++=−。解1）由综合除法，可得2345()15(1)10(1)10(1)5(1)(1)fxxxxxx=+−+−+−+−+−；2）由综合除法，可得42234231124(2)22(2)8(2)(2)xxxxxx−+=−+++−+++；3）由综合除法，可得4322(1)3(7)xixixxi+−+−++234(75)5()(1)()2()()ixiixiixixi=+−++−−+−+++。5．求()fx与()gx的最大公因式：1）43232()341,()1fxxxxxgxxxx=+−−−=+−−；2）4332()41,()31fxxxgxxx=−+=−+；3）42432()101,()426421fxxxgxxxxx=−+=−+++。解1）((),())1fxgxx=+；2）((),())1fxgx=；3）2((),())221fxgxxx=−−。6．求(),()uxvx使()()()()((),())uxfxvxgxfxgx+=。1）432432()242,()22fxxxxxgxxxxx=+−−−=+−−−；2）43232()421659,()254fxxxxxgxxxx=−−++=−−+；3）4322()441,()1fxxxxxgxxx=−−++=−−。解1）因为22((),())2()fxgxxrx=−=再由11212()()()()()()()()fxqxgxrxgxqxrxrx=+⎧⎨=+⎩，解得22121212()()()()()()[()()()][()]()[1()()]()rxgxqxrxgxqxfxqxgxqxfxqxqxgx=−=−−=−++，于是212()()1()1()()11(1)2uxqxxvxqxqxxx=−=−−=+=++=+i。2）仿上面方法，可得((),())1fxgxx=−，且21122(),()13333uxxvxxx=−+=−−。3）由((),())1fxgx=可得32()1,()32uxxvxxxx=−−=+−−。７．设32()(1)22fxxtxxu=++++与32()gxxtxu=++的最大公因式是一个二次多项式，求,tu的值。解因为32211212()()()()()(2)()()()()fxqxgxrxxtxuxxugxqxrxrx=+=+++++=+，2((2))(2)(24)(3)xtxxuutxut=+−++−+−+−，且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式2()rx为0，即(24)0(3)0utut−+−=⎧⎨−=⎩，从而可解得1102ut=⎧⎨=⎩或2223ut=−⎧⎨=⎩。８．证明：如果()|(),()|()dxfxdxgx，且()dx为()fx与()gx的组合，那么()dx是()fx与()gx的一个最大公因式。证易见()dx是()fx与()gx的公因式。另设()xϕ是()fx与()gx的任一公因式，下证()|()xdxϕ。由于()dx是()fx与()gx的一个组合，这就是说存在多项式()sx与()tx，使()()()()()dxsxfxtxgx=+，从而由()|(),()|()xfxxgxϕϕ可得()|()xdxϕ，得证。９．证明：(()(),()())((),())()fxhxgxhxfxgxhx=，(()hx的首系数为１）。证因为存在多项式(),()uxvx使((),())()()()()fxgxuxfxvxgx=+，所以((),())()()()()()()()fxgxhxuxfxhxvxgxhx=+，上式说明((),())()fxgxhx是()()fxhx与()()gxhx的一个组合。另一方面，由((),())|()fxgxfx知((),())()|()()fxgxhxfxhx，同理可得((),())()|()()fxgxhxgxhx，从而((),())()fxgxhx是()()fxhx与()()gxhx的一个最大公因式，又因为((),())()fxgxhx的首项系数为１，所以(()(),()())((),())()fxhxgxhxfxgxhx=。１０．如果(),()fxgx不全为零，证明：()(),1((),())((),())fxgxfxgxfxgx⎛⎞=⎜⎟⎝⎠。证存在(),()uxvx使((),())()()()()fxgxuxfxvxgx=+，又因为(),()fxgx不全为０，所以((),())0fxgx≠，由消去律可得()()1()()((),())((),())fxgxuxvxfxgxfxgx=+，所以()(),1((),())((),())fxgxfxgxfxgx⎛⎞=⎜⎟⎝⎠。11．证明：如果(),()fxgx不全为零，且()()()()((),())uxfxvxgxfxgx+=，那么((),())1uxvx=。证由上题证明类似可得结论。12．证明：如果((),())1,((),())1fxgxfxhx==，那么((),()())1fxgxhx=。证由假设，存在11(),()uxvx及22(),()uxvx使11()()()()1uxfxvxgx+=（1）22()()()()1uxfxvxhx+=（2）将（1）（2）两式相乘，得12121212[()()()()()()()()()]()[()()]()()1uxuxfxvxuxgxuxvxhxfxvxvxgxhx+++=，所以((),()())1fxgxhx=。13．设11(),...,(),(),...,()mnfxfxgxgx都是多项式，而且((),())1ijfxgx=(1,2,...,;1,2,...,)imjn==。求证：1212(()()...(),()()...())1mnfxfxfxgxgxgx=。证由于11121((),())1((),())1..........................((),())1nfxgxfxgxfxgx===，反复应用第12题结论，可得112((),()()...())1nfxgxgxgx=，同理可证21212((),()()...())1................................................((),()()...())1nmnfxgxgxgxfxgxgxgx==，从而可得1212(()()...(),()()...())1mnfxfxfxgxgxgx=。14．证明：如果((),())1fxgx=，那么(()(),()())1fxgxfxgx+=。证由题设知((),())1fxgx=，所以存在(),()uxvx使()()()()1uxfxvxgx+=，从而()()()()()()()()1uxfxvxfxvxfxvxgx−++=，即[()()]()()[()()]1uxvxfxvxfxgx−++=，所以((),()())1fxfxgx+=。同理((),()())1gxfxgx+=。再由12题结论，即证(()(),()())1fxgxfxgx+=。15．求下列多项式的公共根32432()221,()21fxxxxgxxxxx=+++=++++解由辗转相除法，可求得2((),())1fxgxxx=++，所以它们的公共根为132i−±。16．判别下列多项式有无重因式：1）5432()57248fxxxxxx=−+−+−；2）42()443fxxxx=+−−；解1）4322()5202144((),())(2)fxxxxxfxfxx′=−+−+′=−，所以()fx有2x−的三重因式。2）3()484fxxx′=+−，((),())1fxfx′=，所以()fx无重因式。17．求t值，使32()31fxxxtx=−+−有重根。解易知()fx有三重根1x=时，3t=。若令32231()()xxtxxaxb−+−=−−，比较两端系数，得223221abtaabab−=−−⎧⎪=+⎨⎪=⎩由（1），（3）得322310aa−+=，解得a的三个根为12311,1,2aaa===，将a的三个根分别代入（1），得1231,1,4bbb===。再将它们代入（2），得t的三个根12353,3,4ttt===。当1,23t=时()fx有3重根1x=；当354t=时，()fx有2重根12x=。18．求多项式3xpxq++有重根的条件。解令3()fxxpxq=++，则2()3fxxp′=+，显然当0p=时，只有当30,()qfxx==才有三重根。下设0p≠，且a为()fx的重根，那么a也为()fx与()fx′的根，即32030apaqap⎧++=⎨+=⎩由（1）可得2()aapq+=−，再由（2）有23pa=−。所以()332papqqap−+=−⇒=−，两边平方得222943qpap==−，所以324270pq+=。综上所叙即知，当324270pq+=时，多项式3xpxq++有重根。19．如果242(1)|1xaxbx−++，求,ab。解令()fx=421axbx++，()fx′=342axbx+。由题设知，1是()fx的根，也是()fx′的根，此即10420abab++=⎧⎨+=⎩，解得1,2ab==−。20．证明：21...2!!nxxxn++++不能有重根。证因为()fx的导函数2111()1...2!(1)!nfxxxxn−′=++++−，所以1()()!nfxfxxn′=+，于是11((),())((),())(,())1!!nnfxfxfxxfxxfxnn′′′′=+==，从而()fx无重根。21．如果α是()fx′′′的一个k重根，证明α是()[()()]()()]2xagxfxfafxfa−′′=+−+的一个k+3重根。证因为1()()[()()]22()()2xagxfxfxfaxagxfx−′′′′′=−−−′′′′′=，由于α是()fx′′′的k重根，故α是()gx′′的1k+重根。代入验算知α是()gx的根。现在设α是()gx的s重根，则α是()gx′的1s−重根，也是()gx′′的s-2重根。所以213sksk−=+⇒=+。得证。22．证明：0x是()fx的k重根的充分必要条件是(1)000()()...()0kfxfxfx−′====，而()0()0kfx≠证必要性：设0x是()fx的k重根,从而是()fx′的1k−重根，是()fx′′的2k−重根，⋯，是(2)0()kfx−的一重根