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高等代数（北大高等代数（北大高等代数（北大高等代数（北大****第三版）答案第三版）答案第三版）答案第三版）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