多项式习题精解.doc

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，又贯穿其她章节换句话说，多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其她内容而自成体系，却可为其她章节的内容提供范例与理论根据 本章重要讨论多项式的基本概念与基本性质，涉及数域的概念、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，则重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，其中一元多项式重要讨论：1． 一元多项式的基本概念与基本性质：重要讨论数域的概念、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：重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：重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：重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重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重要有：1． 有关一元多项式的基本概念，一般有一元多项式的比较次数法、比较系数法，用以拟定多项式的次数及证明有关命题2． 有关一元多项式整除性理论，一般有多项式整除性的检查、最大公因式的求法、互素的鉴别、按幂展开等等，可采用综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法及运用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题3． 有关一元多项式的因式分解理论，一般有多项式的可约性鉴别、因式分解、重因式的鉴别等等，可采用艾森斯坦鉴别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式法、辗转相除法以及运用不可约多项式的定义与性质求证有关命题4． 有关一元多项式的根与重根，一般有根的检查及重根的鉴别、根与系数的关系以及球多项式的根与重根等等，可运用辗转相除法、结式鉴别法、分离重因式法、艾森斯坦鉴别法等进行讨论，以及运用某些基本定理求解5． 有关多元多项式，一般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措施重要有公式法、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 设是一元多项式，是任意数，是非零数，试证：1）是常数；2）为常数）；3）证 上述命题的充足性显然，下证必要性1） 若不是常数，因是一元多项式，可设，并设个根，则 于是也是的n个根，再由韦达定律，有从而，与假设矛盾，即证是常数2） 在中，令，可得，于是是的一种根，从而有再令，得即证为一种常数，设其为，代入可得3） 若，则结论成立否则由知只能是常数，设其为，则又因假设，，因此，即证例2 在中，设为任意的多项式，试证：证： 由已知，可设则于是即是与的一种公因式若是与的任意一种公因式，则由多项式的整除性质，可得这表白，从而 即还是与的一种首项系数为1的最大公因式，故有例3 设是实系数多项式，且 （1） （2）试证皆能被整除证 由可得再由，同理可证例4 试问：2与否为一元多项式的根？如果是，它是几重根？解：考察2与否为或者的根时，可采用综合除法，得，即知2不是的根，但2是的根进一步考察2是的几重根求的各阶导函数由于因此于是有从而知2是的三重根例5 设有一种三阶行列式 试求此行列式，并将其表达到初等对称多项式的多项式解：直接展开此三阶行列式，可得再由初等对称多项式则所求多项式中相应的初等对称多项式的方幂之积应满足下表：指数组相应的的方幂乘积3 0 02 1 01 1 1若令并取值代入上式可得 从而所求初等对称多项式为例6 求一种三元一次方程，使其三个根分别为另一种三元一次方程的三个根的立方。

解 设分别为方程的三个根，则 于是由韦达定理，所求三元一次方程为二 、 习题精解1． 用除，求商与余式：1）2）解 1）由带余除法，可得2）同理可得2．适合什么条件时，有1）2）解 1 由假设，所得余式为0，即因此当时有2）类似可得于是当时，代入（2）可得；而当时，代入（2）可得综上所诉，当 或时，皆有3．求除的商与余式1）2）解 1）由于因此2）由于因此4．把表达到的方幂和，即表成的形式：1）2）3）解 1）由综合除法，可得因此2）类似可得3） 由于因此5．求与的最大公因式：1）2）3）解 1）2）3）6．求使1）2）3）解 1）由于因此再由解得于是2）仿上面措施，可得且3）由可得７．设与的最大公因式是一种二次多项式，求的值解 由于且由题设知最大公因式是二次多项式，因此余式为0，即从而可解得 或 ８．证明：如果，且为与的组合，那么是与的一种最大公因式证 易见是与的公因式另设是与的任一公因式，下证由于是与的一种组合，这就是说存在多项式与，使从而由可得，即证９．证明： 的首系数为１）证 由于存在多项式使因此上式阐明是与的一种组合另一方面，由知同理可得从而是与的一种最大公因式，又由于的首项系数为１，因此１０．如果不全为零，证明：证 存在使又由于不全为０，因此由消去律可得因此11．证明：如果不全为零，且那么。

证 由上题证明类似可得结论12．证明：如果，那么证 由假设，存在及使 （1） （2）将（1）（2）两式相乘，得因此 13．设都是多项式，并且 求证：证 由于反复应用第12题结论，可得同理可证从而可得14．证明：如果，那么证 由题设知，因此存在使从而即因此同理再由12题结论，即证15．求下列多项式的公共根解 由辗转相除法，可求得因此它们的公共根为16．鉴别下列多项式有无重因式：1） 2） 解 1）因此有的三重因式2） 因此无重因式17．求值，使有重根解 易知有三重根时，若令比较两端系数，得 由（1），（3）得 解得的三个根为将的三个根分别代入（1），得再将它们代入（2），得的三个根当时有3重根；当时，有2重根18．求多项式有重根的条件解 令，则显然当时，只有当才有三重根下设，且为的重根，那么也为与的根，即由（1）可得，再由（2）有因此两边平方得因此综上所叙即知，当时，多项式有重根19．如果 ，求解 令由题设知，1是的根，也是的根，此即解得20．证明：不能有重根证 由于的导函数因此，于是从而无重根。

21．如果是的一种k重根，证明是的一种k+3重根证 由于由于是的重根，故是的重根代入验算知是的根目前设是的重根，则是的重根，也是的s-2重根因此即证22．证明：是的重根的充足必要条件是 ，而证 必要性：设是的重根,从而是的重根，是的重根，是的一重根，并且不是的根于是而充足性：由，而，知是的一重根又由于，知是的二重根，依此类推，可知是的重根23．举例阐明段语“ 是的 重根，那么是的重根”是不对的解 例如，设那么以0为重根，但0不是的根24．证明：如果，那么证 要证明，就是要证明（这是由于我们可以把看作为一种变量）由题设由，因此也就是，即证25．证明：如果，那么证 由于的两个根为和，其中因此和也是的根，且，于是解之得即证26．求多项式在复数范畴内和在实数范畴内的因式分解解 在复数范畴内其中在实数域内因此，当为奇数时，有其中皆为实数当是偶数时，有27．求下列多项式的有理根：1） 2） 3） 解 运用剩余除法试根，可得1） 有一种有理根：22） 有两个有理根：（即有2重有理根）3） 有五个有理根：（即一种单有理根3和一种4重有理根）28．下列多项式在有理数域上与否可约？1）2） 3）4） 为奇素数5）为整数解 1）由于都不是它的根，因此在有理数域里不可约。

2）运用艾森斯坦鉴别法，取，则此多项式在有理数域上不可约3）一方面证明：命题 设有多项式，令或，得或则与或者同步可约，或者同步不可约事实上，若可约，即，从而这就是说也可约，反之亦然目前我们用它来证明在有理数域上不可约令，则多项式变为运用艾森斯坦鉴别法，取，即证上式不可约，因而也不可约4） 设，令，则 由于是素数，因而但，因此由艾森斯坦鉴别法，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约5） 已知 令，可得运用艾森斯坦鉴别法，取，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式：1）2）3）4）5)6)解 1）对称多项式的首项为，其方幂为，即又由于因此 原式=2）同理可得4） 原式=由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为，因此的方幂之积为 指数组相应的方幂乘积 4 2 0 4 1 1 3 3 0 。