完整word版高等代数多项式习题解答.docx
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完整word版高等代数多项式习题解答
第一章多项式习题解答
1.
用g(x)除f(x),求商q(x)与余式r(x).
5x
q(x)
x2x1,r(x)
5x7.
2.m,p,q适合什么条件时,有
x2mx1
当且仅当m2
1)x2mx11x3pxq
xmx
x
2mx
(p1)xq
2mx
2
mxm
(m2p
1)x(qm)
x30x2pxqx
32
p10,qm时x2mx11x3px
本题也可用待定系数法求解.当Xmx1|xpxq时,用x2mx1去除
x3pxq,余式为零,比较首项系数及常数项可得其商为xq.于是有
因此有m2p10,qm.
2)x2mx11x4
2
px
q
由带余除法可得
42/2
xpxq(xmx
1)(x
2
mx
2
p1m)m(2
p
m2)x(q1p
m2)
当且仅当r(x)m(2p
2m
)x
(q
1pm2)0时
2x
42
mx11xpx
q.即
m(2
p
m2)
2m
0
,即mQ或
p
2小
m2,
q1
p
0
q1p,
q
1.
本题也可用待定系数法求解.当x2mx1|x4
px2q时,用x2mx1去除
x4px2q,余式为零,比较首项系数及常数项可得其商可设为x2axq.于是有
42
xpx
q(x2
axq)(
2x
mx1)
(ma)x3(ma
2
q1)x
(a
mq)xq.
maq
1p,
amq
0.消去a可得
m
0,或
2
pm
2,
q
1p,
q1.
x4
比较系数可得ma0,
3.求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r(x).
53
1)f(x)2x5x8x,g(x)x3;
解:
运用综合除法可得
3205080
61839117327
解:
运用综合除法得:
12i1110
12i42i98i
12i52i98i
C2(xX。
)Cn(xx°)n1.类似
商为x22ix(52i),余式为98i.
4.把f(;
x)表成x
X°的方幂和,即表示成
Co
C1(XXo)C2(XXo)2
的形
1)f(x)
5x
1
2)f(x)
4x
2x2
3,xo2;
3)f(x)
4x
2ix3
(1i)x23x7i,xo
1
分析:
假设
f(x)
为n次多项式,令
f(x)
Co
G(x
Xo)C2(XXo)2Cn
(x
Xo)n
式.
xo)n1]
Co(xXo)[GC2(xxo)
Cn(x
c0即为xXo除f(x)所得的余式,商为q(x)q
可得C1为xxo除商q(x)所得的余式,依次继续即可求得展开式的各项系数解:
1)解法一:
应用综合除法得•
11ooooo
11111
1111111
1234
112345
136
11361o
14
1141o
1
15
55
x[(x1)1]
5432
(x1)5(x1)10(x1)10(x1)5(x1)1
2)仿上可得
2
1
0
2
03
2
4
48
2
1
2
2
411
2
8
20
2
1
4
10
24
2
12
解法二:
把x表示成(x
1)1,然后用二项式展开
21622
2
18
f(x)1124(x2)
23
22(x2)8(x2)
4
(x2).
3)因为
1
2i
1
3
7
i
1
1
4i
1
i
i
4
7
5i
i
0
1
1
0
i
i
1
5
12i
f(x)x42ix3(1i)x23x7i
2i(xi)3(xi)4.
(75i)5(xi)(1i)(xi)2
5.求f(x)与g(x)的最大公因式
1)f(x)
x4x33x24x1,g(x)x3
x2x1
解法一
:
利用因式分解
f(x)
43^2*
xx3x4x
3
1(x1)(x
3x1),
因此最大公因式为x1.
解法二:
运用辗转相除法得
q2(x)
32
xx
x1
332
1
xx
x
2
2
12
3
1
x
x
2
2
12
3
1
x
x
—
2
4
4
”2(X)
3
3
x
4
4
43
xx
3x2
4x
1
43
2
xx
x
x
「1(x)
2x2
3x
1
2x2
2x
x1
x1
8-x
3
q(x)
4
3q3(x)
因此最大公因式为x1.
4332
2)f(x)x4x1,g(x)x3x1.
解:
运用辗转相除法得(注意缺项系数补零)
q2(x)
9
3122
x—x—x
3
3
102
2
一x
—x
1
3
3
102
10
20
—x
一x
3
9
9
16
11
r2(x)
一x
—
9
9
32
10x3x0x1
4,3^2
x4x0x
4小32
x3x0x
0x1
x
3
小2
x
0x
x1
3x
3x2
0x1
n(x)
3x2
x
2
-233
3x-
—
x
16
49
x
2
16
49
539
—x
16
256
“(x)
27
256
x1qdx)
27441
—x
16256
(f(x),g(x))1.
3)f(x)x410x21,g(x)
x44-2x36x24・2x1.
g(x)f(x)4.2(x32.2x2x)
f(x)R(x),
f(x)(x32.2x2x)(x22)
2
(x22x1)
1
4”2
rdx)(x2-2)d(x),
—r1(x)x32P2x2
4、2
xx(x2
2・2x1)
D(x)x,
因此(f(x),g(x))x222x1.
6•求u(x),v(x)使u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x)):
x4x3x22x2;
1)f(x)x42x3x24x2,g(x)
解:
运用辗转相除法得:
因此(f(x),g(x))r2(x)x22.且有
q2(x)f(x)[iqi(x)q2(x)]g(x).
u(x)q2(x)xi,v(x)iqi(x)q2(x)x2.
c32
2xx5x4;
432
2)f(x)4x2xi6x5x9,g(x)
解:
运用辗转相除法得:
因此(f(x),g(x))r2(x)x〔.且有
q2(x)f(x)[iqi(x)q2(x)]g(x).
4322
3)f(x)xx4x4xi,g(x)xxi.
解:
运用辗转相除法得:
■2
q2(x)x1xx1x22x
x1
x2
ID(x)1
因此(f(x),g(x))d(x)1.且有
q2(x)f(x)[1qdx)q2(x)]g(x).
u(x)q2(x)x1,v(x)1q-i(x)q2(x)1(x23)(x1)x3x23x2.
7.设f(x)x3(1t)x22x2u,g(x)x3txu的最大公因式是一个二次多项式,求t,u的值.
解:
运用带余除法有
f(x)x3(1t)x22x2u(x3txu)1(1t)x2(2t)xug(x)r1(x),
由题意可得,
Hx)即为f(x),g(x)的最大公因式.因此有1t0.进
D(x),
g(x)n(x)[x畀
11t(1t)2
解得
8证明:
如果d(x)|f(x),d(x)|g(x),且d(x)为f(x)与g(x)的一个组合,那么
d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式
证明:
由d(x)|f(x),d(x)|g(x)可知d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式.下证f(x)与g(x)的任意一个公因式是d(x)的因式•
由d(x)为f(x)与g(x)的一个组合可知,存在多项式u(x),v(x),使得
d(x)u(x)f(x)v(x)g(x).
设(x)是f(x)与g(x)的任意一个公因式,则(x)|f(x),(x)|g(x).故
(x)|u(x)f(x)v(x)g(x)
即(x)|d(x).因此d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式.
9.证明:
(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x)(h(x)的首项系数为1).证明:
存在多项式u(x),v(x),使得
(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x).
所以有(f(x),g(x))h(x)u(x)f(x)h(x)v(x)g(x)h(x).即(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个组合.显然有
(f(x),g(x))|f(x),(f(x),g(x))|g(x).
从而(f(x),g(x))h(x)|f(x)h(x),(f(x),g(x))h(x)|g(x)h(x).由第8题结果
(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式.又h(x)是首项系数为
1的,因此(f(x)h(x),g(x)h(x))(f(x),g(x))h(x).
10如果f(x),g(x)不全为零,证明(
f(x)g(x))
(f(x),g(x)'(f(x),g(x)
证明:
由f(x),g(x)不全为零可得其最大公因式不为零多项式,即
(f(x),g(x))0.又存在多项式u(x),v(x),使得
(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x).
于是
1u(x)空v(x)凹.
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
因此,型)1.
(f(x),g(x)(f(x),g(x)
11如果f(x),g(x)不全为零,且
u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x)),
那么(u(x),v(x))1.
证明:
由f(x),g(x)不全为零可得(f(x),g(x))0.由
u(x)f(x)v(x)g(x)(f(x),g(x))
有
u(x)f(x)v(x)g(x)1.
(f(x),g(x))(f(x),g(x))
于是(u(x),v(x))1.
12.证明:
如果(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1,那么(f(x),g(x)h(x))1.
证法一、由条件(f(x),g(x))1,(f(x),h(x))1可得存在多项式5(x),v1(x);
U2(x),v2(x)使得
U1(x)f(x)v1(x)g(x)1,U2(x)f(x)v2(x)h(x)1.
两式相乘得
[U1(x)U2(x)f(x)U2(x)w(x)g(x)5(x)v2(x)h(x)]f(x)w(x)v2(x)g(x)h(x)1.因此有(f(x),g(x)h(x))1.
证法二、反证法证明.显然(f(x),g(x)h(x))0.若(f(x),g(x)h(x))1,则存在
不可约多项式p(x),使得p(x)为f(x)与g(x)h(x)的公因式.因此有p(x)|f(x)且p(x)|g(x)h(x).由p(x)的不可约性有p(x)|g(x)或p(x)|h(x).若p(x)|g(x),则p(x)为f(x)与g(x)的一个公因式,与(f(x),g(x))1相矛盾.若p(x)|h(x),则
p(x)为f(x)与h(x)的一个公因式,与(f(x),h(x))1相矛盾.因此
(f(x),g(x)h(x))1不成立,即有(f(x),g(x)h(x))1.
13.设f1(x),f2(x),,fm(x),g1(x),g2(x),gn(x)都是多项式,而且
(fi(x),gj(x))1,(i1,2,,m;j1,2,,n).
求证:
(f1(x)f2(x)fm(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.
证明:
由(f1(x),gj(x))1(j1,2,,n),反复利用第12题结果可得
(f1(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.
类似可得
(fi(x),g1(x)g2(x)gn(x))1,i2,,m.
再反复利用12题结果可得(f1(x)f2(x)fm(x),g1(x)g2(x)gn(x))1.
14.证明:
如果(f(x),g(x))1,那么(f(x)g(x),f(x)g(x))1.
证明:
方法一.由(f(x),g(x))1,存在多项式u(x),v(x)使得
u(x)f(x)v(x)g(x)1.
从而有
(u1(x)v1(x))f(x)v1(x)(f(x)g(x))1,u1(x)(f(x)g(x))(u1(x)v1(x))g(x)1,
因此有(f(x),f(x)g(x))1,(g(x),f(x)g(x))1.由12题结果结论成立.
方法二:
用反证法.若(f(x)g(x),f(x)g(x))1.则存在不可约多项式p(x),
使得p(x)为f(x)g(x)与f(x)g(x)的公因式.即
p(x)|f(x)g(x)且p(x)|f(x)g(x).
由p(x)的不可约性及p(x)|f(x)g(x),有p(x)|f(x)或p(x)|g(x).若p(x)|f(x),又p(x)|f(x)g(x),因此有p(x)|[(f(x)g(x))f(x)],即p(x)|g(x),也即p(x)为f(x)与g(x)的一个公因式,与(f(x),g(x))1相矛盾.类似可得当p(x)|g(x)时也与已知(f(x),g(x))1矛盾.所以(f(x)g(x),f(x)g(x))1.
15.求下列多项式的公共根:
32432
f(x)x2x2x1;g(x)xx2xx1.
解法一:
利用因式分解可得
322
f(x)x2x2x1(x1)(xx1);
43222
g(x)xx2xx1(x1)(xx1).
因此(f(x),g(x))x2x1.f(x)与g(x)的公共根为1fi.
解法二:
运用辗转相除法求出f(x)与g(x)的最大公因式,最大公因式的根即为所求的公共根.
22
g(x)f(x)(x1)2(xx1),f(x)(xx1)(x1).
因此(f(x),g(x))X2x1.f(x)与g(x)的公共根为寸日
16.判别下列多项式有无重因式:
1)f(x)x55x47x32x2
4x
8;
解:
f'(x)5x420x321x2
4x
4,
运用辗转相除法可得(f(x),f'(x))
2x
4x4
(x2)2.
因此x
2为f(x)的三重
因式.
解法二:
试根可得2为f(x)
的根
432
f(x)(x2)(x3xx4)(x
2)2
32
(xx
x2)
3
(x2)
(x2x1).
因此x2为f(x)的三重因式.
2)f(x)x44x24x3.
解:
f'(x)4x38x44(x32x1).(f(x),f'(x))1.故f(x)无重因式.
17.求t值使f(x)x33x2tx1有重根.
解法一:
要使f(x)有重根,则(f(x),f'(x))1.f'(x)3x26xt.
32
11
t3_八
f(x)x3xtx
1(—x)
33
f'(x)
W(2xD,
2
f'(x)3x6xt
(2x1)(3x
2
t匹
4
t3
t30,即t3时
因此1为f(x)的三重根.
当t
解法1
T0,即t
15
広时,(f(x),f'(x))
1
x2,
b)x2(a
1
—为f(x)的二重根.
2
22
2ab)xab.
二:
设f(x)
(x
a)2(xb)
3
x(2a
因此有
2a
b3,
2a
2abt,
a2b
1.
由第一个方程有b6
2a,
代人第三个方程有a
2(32a)
1,2a33a21
0,即
(a1)2(2a1)0.因此有
1
a1,a-,
b1,或b4,t3,t㊇.
4
151
即当t3时1为f(x)的三重根;当t一时,—为f(x)的二重根.
42
(23pxq)(29_x峯)(p
32p4p
要使f(x)有重根,则(f(x),f'(x))1.即p竺0,即4p327q20.显然
4p
pq0也满足4p327q20.因此f(x)有重根的条件是4p327q20.
19.如果(x1)2|Ax4Bx21,求A,B.
解法一:
利用整除判定方法,(x1)2|Ax4Bx21的充要条件是用(x1)2除
Ax4Bx21,余式为零.
Ax4Bx2
1(x
1)2(Ax2
2AxB3A)(2B4A)x(13AB)
因此有(2B
4A)x
(13A
B)0,即卩
2B4A0,
A
1,
13AB0.
B
2.
解法二:
要使(x1)2|Ax4Bx21成立,则
1至少是Ax4
Bx21的二
•重根.
因此1既是Ax4Bx21的根,也是其导数的根
.而(Ax4Bx2
3
1)'4Ax
2Bx.
故有
1AB0,A
1,
4A2B0.B
2.
解法三:
利用待定系数法•令
42224
Ax4Bx21(x1)2(Ax2CxD)Ax4(C
2A)x3(A2C
D)x2(C
2D)xD
因此有
n1X
(n1)!
'
nn
.,xxX・,一
因此有f(x)f'(x),从而有(f(x),f'(x))(f'(x),).因式只有C(c0)
n!
n!
n!
及cxk(c0,1kn).而cxk(c0,1kn)显然不是f'(x)的因式.因此有
n
x
(f(x),f'(x))(f'(x),—)1.
n!
所以f(x)没有重根.
21.如果a是f'''(x)的一个k重根,证明a是
xag(x)—[f'(x)f'(a)]f(x)f(a)
的一个k3重根.
证明:
1xaxa1
g'(x)2【f'(x)f'(a)]〒f''(x)f'(x)〒f''(x)2【f'(x)f'(a)],
1xaixa
g''(x)-f''(x)〒f“'(x)2f''(x)〒f'''(x).
显然有g(a)g'(a)g"(a)0.由a是f'''(x)的一个k重根可得a是g''(x)的一个k1重根,设a是g(x)的s重根,贝Us2k1,sk3.
本题常见错误证法.错误证法一:
由a是f'''(x)的一个k重根就得出a是f''(x)
的一个k1重根,a是f'(x)的一个k2重根,a是f(x)的一个k3重根,于是
xa
g(x)[f'(x)
2
()k3
f'(a)]f(x)f(a)(Xa)h(x)
2
从而a是g(x)的k
3重根.事实上,由a是f'''(x)的一个k重根推不出a是f''(x)
的一个k1重根,a是f'(x)的一个k2重根,a是f(x)的一个k3重根.
如f(x)(xa)k3(xa)2(xa)3,则f'(x)(k3)(xa)k22(xa)1,
f''(x)(k3)(k2)(xa)k2.a既不是f(x)的根,也不是f'(x)与f''(x)的根.
错误证法二:
由
1xaxa1
g'(x)2【f'(x)f'(a)]f''(x)f'(x)f''(x)?
[f'(x)f'(a)],
f'(x)的k1重因式,是f''(x)的k2重因式,…,是f(k1)(x)
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