高等代数答案_王萼芳

第一章多项式多项式理论是高等数学研究的基本对象之一，在整个高等代数课程中既相对独立，又贯穿其他章节。换句话说，多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系，却可为其他章节的内容提供范例与理论依据。本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质，包括数域的概念、一元多项式的定义与运算规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多元多项式，则主要讨论字典排列法与对称多项式。一重难点归纳与分析(一)基本内容概述多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分，其中一元多项式主要讨论：1．一元多项式的基本概念与基本性质：主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与运算规律。2．一元多项式的整除性理论：主要讨论带余除法与余数定理、整除的基本概念与基本性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质。3．一元多项式的因式分解理论：主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。4．一元多项式的根与重根：主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根的个数定理。多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式。（二）重难点归纳本章的重点为一元多项式的概念，因式分解理论，多项式的根和对称多项式；难点为最大公因式的定义，一元多项式的整除性，一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项式等概念的联系与区别。（三）题型归类与分析本章的基本题型主要有：1．关于一元多项式的基本概念，通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法，用以确定多项式的次数及证明有关命题。2．关于一元多项式整除性理论，通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的判别、按幂展开等等，可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法及利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。3．关于一元多项式的因式分解理论，通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判别等等，可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题。4．关于一元多项式的根与重根，通常有根的检验及重根的判别、根与系数的关系以及球多项式的根与重根等等，可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别法等进行讨论，以及利用某些基本定理求解。5．关于多元多项式，通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用，其中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法；应用对称多项式，可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒等式的证明及求多元多项式的零点。（四）综合举例例1设)(xf是一元多项式，ba,是任意数，c是非零数，试证：1）)()()(xfxfcxf⇔=−是常数；2）kkxxfbfafbaf()()()()(=⇔+=+为常数）；3）11)()()()(或=⇔=+xfbfafbaf。证上述命题的充分性显然，下证必要性。1）若)(xf不是常数，因)(xf是一元多项式，可设0))((=∂nxf，并设nxfxxxn的是)(,...,21个根，则()()0iifxcfx−==(1,2,...,)in=于是cxcxcxn−−−,...,21也是)(xf的n个根，再由韦达定律，有nnxxxcxcxcx+++=−++−+−...)(...)()(2121从而0=c，与假设矛盾，即证)(xf是常数。2）在)()()(bfafbaf+=+中，令0=b，可得0)0(=f，于是00=x是)(xf的一个根，从而有),()(xxgxf=再令tx2=，得)(2)(2)()()()2()2(2ttgtftfxftxftfttg==+=+==)()2(tgtg=⇔即证)(xg为一个常数，设其为k，代入)()(xxgxf=可得kxxf=)(。3）若0)(=xf，则结论成立。否则由)()()()2(xfxfxxfxf=+=知)(xf只能是常数，设其为k，则2)0()0()0()0()0(kfffffk==+==又因假设，0≠k，所以1=k，即证1)(=xf。例2在][xP中，设)(,0)(xhxg≠为任意的多项式，试证：))(),()()(())(),((xgxgxhxfxgxff−=证：由已知，可设)())(),((xdxgxf=则)()()(),()()(21xdxqxgxdxqxf==于是)()]()()([)()()(21xdxqxhxqxgxhxf−=−即)(xd是)()()(xgxhxf−与)(xg的一个公因式。若)(1xd是)()()(xgxhxf−与)(xg的任意一个公因式，则由多项式的整除性质，可得)()()(13xdxqxf=。这表明)()(1xfxd，从而)()(1xdxd即)(xd还是)()()(xgxhxf−与)(xg的一个首项系数为1的最大公因式，故有))(),()()(())(),(()(xgxgxhxfxgxfxd−==例3设)(),(),(),(2121xgxgxfxf是实系数多项式，且0)()2()()1()()1(2112=−++++xgxxgxxfx（1）0)()2()()1()()1(2122=++−++xgxxgxxfx（2）试证)(),(21xgxg皆能被12+x整除。证由)2()1()1()1(×+−×−xx可得).(6)]()1()()1)[(1(2212xxgxfxxfxx−+−−+再由)2()2()1()2(×−−×+xx，同理可证).(|)1(12xgx+例4试问：2是否为一元多项式4443)(234−+−+=xxxxxf8122116)(2345+−+−+−=xxxxxxg的根？如果是，它是几重根？解：考察2是否为)(xf或者)(xg的根时，可采用综合除法，得080)2(≠=f，0)2(=g。即知2不是)(xf的根，但2是)(xg的根。进一步考察2是)(xg的几重根。求)(xg的各阶导函数。因为8122116)(2345+−−+−=xxxxxxg所以12433245)(234/−−+−=xxxxxg4667220)(23//−+−=xxxxg6614460)(2///+−=xxxg于是有018)2(,0)2()2()2(//////≠====gggg从而知2是)(xg的三重根。例5设有一个三阶行列式132213321321),,(xxxxxxxxxxxxf=试求此行列式，并将其表示成初等对称多项式的多项式。解：直接展开此三阶行列式，可得3213332313213),,(xxxxxxxxxf−++=再由初等对称多项式3211xxx++=σ3231212xxxxxx++=σ3213xxx=σ则所求多项式f中相应的初等对称多项式)3,2,1(=iiσ的方幂之积应满足下表：指数组对应的iσ的方幂乘积3003iσ21021σσ1113σ若令321313213332313213),,(σσσσbaxxxxxxxxxf++=−++=并取值,1,1,0321−===xxx代入上式可得0=b从而所求初等对称多项式为21313σσσ−=f例6求一个三元一次方程，使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。解设γβα,,分别为方程023=+++cbxaxx的三个根，则αβγαγβγαβγβαγβαγβα3))((3)(3333+++++−++=++caba333+−−=22233333333))((3)(γβααγβγαβγβααβγαγβγαβγαγββα+++++−++=++2333cabcb+−−=3333c−=γβα于是由韦达定理，所求三元一次方程为0)33()33(323233=++−+−++cycabcbycabay二、习题精解1．用)(xg除)(xf，求商)(xq与余式)(xr：1）123)(,13)(223+−=−−−=xxxgxxxxf2）2)(,52)(24+−=+−=xxxgxxxf解1）由带余除法，可得92926)(,9731)(−−=−=xxrxxq2）同理可得75)(,1)(2+−=−+=xxrxxxq2．qpm,,适合什么条件时，有1）qpxxmxx++−+32|12）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|12）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|13．求()gx除()fx的商()qx与余式():rx1）53()258,()3fxxxxgxx=−−=+2）32(),()12fxxxxgxxi=−−=−+解1）因为。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以432()261339109()327qxxxxxrx=−+−+=−2）因为。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以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。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以2345()15(1)10(1)10(1)5(1)(1)fxxxxxx=+−+−+−+−+−2）类似可得42234231124(2)22(2)8(2)(2)xxxxxx−+=−+++−+++3）因为。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以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。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以22((),())2()fxgxxrx=−=再由11212()()()()()()()()fxqxgxrxgxqxrxrx=+⎧⎨=+⎩解得22121212()()()()()()[()()()][()]()[1()()]()rxgxqxrxgxqxfxqxgxqxfxqxqxgx=−=−−=−++于是212()()1()1()()11(1)2uxqxxvxqxqxxx=−=−−=+=++=+i2）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=+−++−+−+−