高等代数(北大版)第1章习题参考答案

第一章多项式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。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()x是()fx与()gx的任一公因式，下证()|()xdx。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()|(),()|()xfxxgx可得()|()xdx，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是()fx的一个k重根，证明是()[()()]()()]2xagxfxfafxfa的一个k+3重根。证因为1()()[()()]22()()2xagxfxfxfaxagxfx，由于是()fx的k重根，故是()gx的1k重根。代入验算知是()gx的根。现在设是()gx的s重根，则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，并且0x不是()()kfx的根。于是(1)000()