1、25.结式与一元多项式的公因式20132113433 陈伟问题：1. 什么叫结式？2. 什么是一元多项式的公因式？3. 如何求解两个或多个给定的多项式的结式和公因式？4. 解决此类问题的一般方法有哪些？有关“结式”的相关内容在高等代数（第三版）中作为选讲章节，出于某些需要，有些大学没有课上讲解，但是在高等代数（第五版）中，“结式”正式作为必讲科目出现，这体现了结式内容的重要性，尤其是在解决线性方程组的相关问题时它起着尤为重要的作用。关于“一元多项式的公因式”，以及后来学到的“一元多项式的最大公因式，对于求解多项式可不可约，分解多项式等提供了方法。它出现在高等代数（第三版）第一章，是解决多项式问
2、题的基础，也是高等代数学习的重要内容。一、结式：假设f(x)与g(x)在 C内有公根:f() = a0am + a1am-1 + + am=0g() = b0an + b1an-1 + + bn=0依次用n-1,n-2, ,，1乘第一个等式，用m-1,m-2,1 乘第二个等式，我们得到以下m+n个等式：a0am+n-1 + a1an+m-2 + + aman-1=0,a0am+n-2 + +am-1an-1 + aman-2 =0,a0am-1 + a1am-2 + am-1a +am =0,b0am+n-1+ b1an+m-2 + + bmam-1=0,b0am+n-2+ + bn-1am-
3、1 + bnam-2 = 0,b0an+ b1an-1 + + bn-1a + bn = 0,这就表明m+n-1,m+n-2, ,，1是一个含有m+n个未知量，m+n个方程的齐次线性方程组的非零解，因此系数行列式： D = 行列式D必须等于零。行列式D叫做多项式f(x)与g（x）的结式，并且用符号R(f,g)来表示。结式R(f,g)不但f(x)与g（x）有公根时等于零，而且当a0=b0=0时显然也等于零，于是就得到定理1: 如果多项式f(x) = a0xm + a1xm-1 + + am (m0)g(x) = b0xn + b1xn-1 + + bn (n0)有公根，或者a0=b0=0，那么它
4、们的结式等于零。定理2： 设f(x) = a0xm + a1xm-1 + + am (m0)，g(x) = b0xn + b1xn-1 + + bn (n0)是复数域C上的多项式，R(f,g)是它们的结式。(i) 如果a0 0,而1， 2, m C是f(x)的全部根，那么(1) R(f,g)= a0ng(1)g(2)g(m)(ii) 如果b0 0,而1， 2, m C是g(x)的全部根，那么(2) R(f,g)=(-1)mn b0m f(1)f(2)f(n)二、公因式: 如果d(x)既是f(x)的因式，又是g(x)的因式，那么称d(x)是f(x)与g(x)的一个公因式。最大公因式: 如果d(x
5、)是f(x)与g(x)的公因式，并且f(x)与g(x)的任一个因式都是d(x)的因式，那么称d(x)是f(x)与g(x)的一个最大公因式。如果f(x)=0，那么g(x)就是f(x)与g(x)的一个最大公因式。练习题：1. 设f(x)，g1(x) ，g2(x) C，证明;R(f,g1,g2)= R(f,g1)R(f,g2) （宁夏大学）证明; 设 f(x) = a0xn + a1xm-1 + +an-1x + an g1(x) = b0xm + b1xm-1 + +bm-1x + bm g2(x) = c0xr + c1xr-1 + +cr-1x + cr 其中a00，令f(x)在复数域C上的n
6、个根为1, 2, n，则R(f,g1,g2) = amr = = R(f,g1)R(f,g2)2. 求多项式 f(x) = a0xn + a1xn-1 + +an-1x + an与 g(x) = a0xn-1 + a1xm-2 + +an-2x + an-1的结式。 （天津师范）解： 设f(x)与g（x）的结式R(f,g)，若a0 0，设g(x)在复数域C上的n-1个根为a0，a1，. ,an -1 ,则g(ai)=0, f(ai)= an (i=1,2,.,n-1),从而R(f,g)=（-1）n(n-1)a0n f(a1) f(a2). f(an-1) =（-1）n(n-1)a0nann-1
7、 = a0nann-1若a0=0，则R(f,g)=0.总的来说有R(f,g)=a0nann-13.设m,n,d为正整数，证明：（1） x d-1| xn-1当且仅当d|n;（2）(xn-1, xm-1)= x d-1,其中d=(m,n)(华东师范)（提示：判断整除可直接用带余除法，然后利用最大公因式的定义）证明：（1）先证充分性：令d | n,则有n=dt,于是xn-1= xdt-1=( xd-1)( xd(t-1)+ xd(t-2) + .+ xd +1),所以，xd-1| xn-1，再证必要性：设 n=dt+r , 0r0 ,t0 ,xn|t|(xd-1) = xd+n|t| - xn|t
8、| = xms- xn|t| = (xms-1)-(xn|t|-1).因为 xm-1 | xms-1 , xn-1 | xn|t|-1.所以 （x） | (xns-1)-(xn|t|-1).所以 （x） | xn|t|(xd-1).又因为 （x），xn|t|) = （x），x）= 1.所以 (xn-1, xm-1)= x d-14.设f1(x)= af(x) + bg(x) , g1(x)= cf(x) + dg(x) ,且ad - bc 0 ,证明： （ f(x) ，g(x) ）= （ f1(x)，g1(x) ）.( 提示：只需找到最大公因式，然后相互整除 )证明: 设d(x) =（ f(x
9、) ，g(x) ）, d1(x) =（ f1(x)，g1(x) ）. 因为 d(x) | f(x) ，d(x) | g(x) 所以 d(x) | af(x) + bg(x) ，即d(x) | f1(x). 另一方面，由于ad - bc 0 ，所以 f(x)= f1(x) + g1(x) ， g(x)= f1(x) + g1(x).同理，可知 d1(x) | d(x) ,所以 d(x) = d1(x) （首一），故 （ f(x) ，g(x) ）= （ f1(x)，g1(x) ）.是互不相同的整式5.设 n 2, 且a1,a2, an是互不相同的整式, 求证：f(x)=（x- a1）（x- a2）
10、（x- an）-1不能分成两个次数大于零的整系数多项式之积. 证明： 用反证法 若f(x)= g(x)h(x), 其中g(x)，h(x)都是次数大于零的整系数多项式，那么 g(ai)h(a1) = f(a1) =-1 ,(i=1,2,n) (1) 由于g(ai),h(ai)都是整数，由（1）式知 g(ai),h(ai)都只能等于1或-1， 所以有 g(ai)+h(ai)=0 (i=1,2,n) (2) 现令 F(x)= g(x) + h(x) ,那么或者F(x)=0 ,或者( F(x) ) n. 当( F(x) ) n 时，由（2）有，F(ai) = 0 (i=1,2,n)矛盾。 即证F(x) = 0,从而有g(x) = -h(x),故f(x) = g(x)h(x) = -h2 (x). （3） 由于f(x)的首项系数是1，而-h2 (x)的首项系数是负数，这与（3）矛盾，从而得证。 反思与注意事项 在进行结式与公因式求解过程中，一定要仔细认真，不怕麻烦，耐心求解。还要注意灵活转换，多方位思考。
