1、1第 1 章 多项式习题解答1.用 除 ，求商 与余式 .)(xgf)(xq)(xr1） 123,132 g97926714372232 xxxx.)(,9731)(rxq2） 2,524xgf175245023423xxx.)(,1)(2rxq2. 适合什么条件时，有pm,1） qpxx32|mxqxpm)()(1012232当且仅当 时 .qp,012 px3|2本题也可用待定系数法求解.当 时，用 去除qpxmx32|112mx，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为 .于是有qpx3.qxxxqx )()()( 2323因此有 .m,0122） pxx24|由带余除法可得 )1()2
2、()1)(1( 222224 mpqxpmqp 当且仅当 时 .即0) pqxmpxr 4|，即 或01)2(2q,1.1,2q本题也可用待定系数法求解.当 时，用 去除pxx24| 12mx，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为 .于px24 qa是有)1)(2224 xqaxqpx.1)(3 qmma比较系数可得 消去 可得.0,0ma或,1pq.1,2q3.求 除 的商 与余式 .)(xgf)(x)(xr1） ;3,8523g解：运用综合除法可得 32710936280商为 ，余式为)(24xxq .327)(xr32） .ixgxf 21)(,)(23解:运用综合除法得: ii
3、ii 8925140商为 ,余式为 .)25(2iix894.把 表成 的方幂和，即表示成 的形f0x 202010)()(xcxc式.1） ；1,)(05xf2） ;2,3204x3） .1,7)()( 0xiiixf分析：假设 为 次多项式，令fn)()()()( 100210021 nnxcxcxcxf 即为 除 所得的余式，商为 .类0cf 102 )(nnxcq似可得 为 除商 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.10x)(q解：1）解法一：应用综合除法得. 510416354213104.5)(xf 1)(5)1(0)(1)(5)1( 234 xxx解法二：把 表示成 ，
4、然后用二项式展开 )()()()()()( 234555 xxxx2）仿上可得 8126410282401.432)2()()()2(41)( xxxf3）因为 iiiiiiii iii215017411.)()(2)()(5)7(73)4334 ixiixixixf 5.求 与 的最大公因式)(fg1） 1)(,1432324 xxgxx解法一：利用因式分解),)()( 3234 f5).1(1)( 223 xxxg因此最大公因式为 .解法二：运用辗转相除法得 )(348012)(343)(123412)( 124222 xqxrxxxrxxq 因此最大公因式为 .12） .1)(,)( 2
5、334 xgxf解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零） 256417)(12567)(391463)(04916)(2030109031)(32123222232 xxqxrxrxxxrxxq.1)(,xgf3） .144)(,02324 xxxg，)()( 123 rfxf ),(2)(24()(2 123 xrxrxxf ,)(1()(41 2223xr因此 .1,2gf66.求 使)(,xvu :)(,)()(xgfxgvf1） ;2,24223434 f解：运用辗转相除法得：)(102)(2)(1)( 331243232432 xqxxrxrxxq 因此 .且有)(,xgf，)(1r
6、q ),()(21xrqxrg).(321xqr于是 )()(22 gfxxr .)(212 xf .2)(1,)()( 22 xqvxqu2） ;45)(,956433 xgxf解：运用辗转相除法得：)(962063)(810241)(3231)( 3123222 xqxxrxxrxq 因此 .且有1)()(,2xrxgf，)(1q ),()(2xrqrg).(321xqr于是 )()(22 gfxxrxr .)(212f .132)13(21)(,31)( 21 xxxqxvxqu3） .)(,424 gf7解：运用辗转相除法得：)(32)(3141)(21)( 12123422 xqxr
7、xxrxq 因此 且有.),(2xgxf，)(1rq ),()(21xrqxrg).(321xqr于是 )(22 gfxxr .)()()(212 xf .23)1(31,)()( 22 xxqxvxqu7.设 的最大公因式是一个二次utxgutf 23 )(,)(多项式，求 的值.ut,解：运用带余除法有 ),()2()1()(2)1()( 1323 xrgxtttxxtxf 由题意可得， 即为 的最大公因式.因此有 .进一步r),gf 0),()1(21 xrtxtrx.)1()()( 2222 tututr 要使 为 的最大公因式的充要条件是 即)(1xr,xgf .02xr,)()1
8、,(2tutt解得 .21,7;21,7;23,0;4, ituititt8.证明：如果 且 为 与 的一个组合，那),(|),(|xgdfxd)(xfg么 是 与 的一个最大公因式.)(xdfg8证明：由 可知 是 与 的一个公因式.下证)(|),(|xgdfx)(dxf)(g与 的任意一个公因式是 的因式.)(xfg由 为 与 的一个组合可知，存在多项式 ，使得)(dxf)( )(,xvu.)()(xgvfxud设 是 与 的任意一个公因式，则 .故)(xf)(xg )(|,|xgf)()(|)(xvfx即 因此 是 与 的一个最大公因式.).(|xd)(fg9.证明： 的首项系数为 1）
9、.)()(,)(, xhxfhxf证明：存在多项式 ，使得vu.)()()(, xgvfxugxf 所以有 .即 是)(),( hhhxgf )(,xhf与 的一个组合.显然有hxf.)(|),(|)(, xgxfxgf从而 .由第 8 题结果|,|)(),( hfhxgf是 与 的一个最大公因式 .又 是首项系数为hxf)(x)(x1 的，因此 ).(,)(),(gfx10.如果 ， 不全为零，证明 .fg 1)(,)(xgfxf证明：由 , 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即)(xf又存在多项式 ，使得.0)(,gxf )(,xvu.)()( xgvfgf 于是.)(,)(),(1x
10、fxfu9因此 .1)(,)(xgfxf11.如果 ， 不全为零，且，)(,)()(xgfxgvfxu那么 .1)(,xvu证明：由 , 不全为零可得 由f)(g.0)(,xf)(ggvxfu有 .1)(,)(),(xfxf于是 .1)(,xvu12.证明：如果 那么,1)(,1)(, xhfxgf .1)(),(xhgf证法一、由条件 可得存在多项式 ；)(,vu使得)(,2xvu， .1)()(11xgvfu 1)()(22xhvfu两式相乘得.)()()()()()()( 21211221 gfxhvxfxu因此有 .,hg证法二、反证法证明.显然 若 则存.0)(),(xgf ,1)(
11、),(xhf在不可约多项式 ，使得 为 与 的公因式.因此有)(xpxh且 .由 的不可约性有 或 .若)(|fxp|hg)(p)(|xgp)(|xp，则 为 与 的一个公因式，与 相矛盾.若|g)(xfx 1,f，则 为 与 的一个公因式，与 相矛盾.因此)(|hxp)( )(xh不成立，即有1,f .1)(,xhgf1013.设 都是多项式，而且)(),(),(),(2121 xgxgfxf nm ).,21;jmiji 求证： .)()(,)(2121 xxfxf nm证明：由 ，反复利用第 12 题结果可得,jgj .1)()(,(21xgxfn类似可得 .,2,)()(,(21 mi
12、gfni 再反复利用 12 题结果可得 .1)(,1xgxgfxf nm14.证明：如果 那么,)(,xf )()(f证明：方法一.由 存在多项式 使得g,xvu.1)()(xgvfxu从而有 ,1)()()()(,)()()( 1111 xgvxuffvxfvxu因此有 由 12 题结果结论成立, xgfxg方法二：用反证法.若 则存在不可约多项式 ，)()(f )(xp使得 为 与 的公因式.即)(xp)(xfx且 .)(|gfp)(|xgfp由 的不可约性及 ，有 或 .若 ，)(x|)(x|)(|p)(|xfp又 ，因此有 ，即 ，也即|xgfp)(| xff|)(g为 与 的一个公因
13、式，与 相矛盾.类似可得当)(x)( 1),(g时也与已知 矛盾.所以| 1)(,xgf .1)(),(xfxf15.求下列多项式的公共根： .2)(;2)( 343 xf解法一：利用因式分解可得11);1)(12)( 23 xxxf .4g因此 . 与 的公共根为1)(,2xxf )(fxg.23i解法二：运用辗转相除法求出 与 的最大公因式，最大公因式的)(f根即为所求的公共根.),1(2)1()(xxfg ).1(2xf因此 . 与 的公共根为,(2xf fg.3i16.判别下列多项式有无重因式：1） ;8475)(234xxf解： ,10 运用辗转相除法可得 因此 为 的三重.)2()
14、(,(2xxfx x)(f因式.解法二：试根可得 2 为 的根)(f.)1()2)43)(2)( 32324 xxxxxxf因此 为 的三重因式.f2) .)(24xx解： .故 无重因式.).12(48 33xf 1)(,(xf)(xf17.求 值使 有重根.t)(2tx解法一：要使 有重根，则 .f )(,(xf .63)(2txf,1313)(2 ttxxf.45)2)(6 tx当 即 时,03tt，),(|,)1(3)( 22 xfxxf 2)1(),xf12因此 1 为 的三重根.)(xf当 ，即 时， ， 为 的二重根.045t415t 21)(,(xfx)(xf解法二：设 .ba
15、babaxf 232 ()()因此有 .1,2bat由第一个方程有 ，代人第三个方程有 即b26 ,0132,)3(22 a.因此有0)12(a或,31,tba.45,2t即当 时 1 为 的三重根；当 时， 为 的二重根.3t)(xf 21)(xf18.求多项式 有重根的条件.qp3解：令 .显然当 时，0 为 的三重根.当 时，xf)( qp)(xf0p，f23)(，qxpxfqpx32)(1.)479)32() 22f 要使 有重根，则 .即 即 显然)(xf 1)(,(xf ,02pq.0723q也满足 因此 有重根的条件是0qp.02743qpf .423p19.如果 求,1|)1(
16、BxAx.A解法一：利用整除判定方法， 的充要条件是用1|)(242Bx除 ，余式为零.2)(x24x13.)31()42()32()1224 BAxBAxAxBAx 因此有 ，即0)3(B.2,.1,4BA解法二：要使 成立，则 1 至少是 的二重根.因|)(242xx 124BxA此 1 既是 的根，也是其导数的根.而 .故4BAx)(324有 .2,1.024,1BA解法三：利用待定系数法.令 DxCxDAxCxDxBxA )2()()()()1 234224因此有解得.1,02,DCBA.1,2,D20.证明： 不能有重根.!21nxx证明：令 则,!)(f ,)!1(!21)( nx
17、xf因此有 从而有 . 因式只有,!)(nxfx !,),(ffn及 .而 显然不是 的因式.因此有)0(c)1,kck1,0kcxk)(xf.)!,()(,(nxff所以 没有重根.)(xf21.如果 是 的一个 重根，证明 是a)(xfka14)()(2)( afxafxfaxg的一个 重根.3k证明： ),(21)()()(21)( afxffxffafxfg .2121 aaxg显然有 .由 是 的一个 重根可得 是 的一个0)(“)( )(xfk)(xg重根，设 是 的 重根，则 .1kaxs3,1ss本题常见错误证法.错误证法一：由 是 的一个 重根就得出 是a)(xfka的一个
18、重根， 是 的一个 重根， 是 的一个 重)(xf1k)(xf2ka)(xf3k根，于是 )(2()()(2)( 3hafafxfag k从而 是 的 重根 .事实上，由 是 的一个 重根推不出 是)3kxf a的一个 重根， 是 的一个 重根， 是 的一个 重(xf1a)(xfka)(xf3k根.如 ，则 ，3)()()()23xfk 1)(2)(3)( axfk. 既不是 的根，也不是 与 的根.)()( 1kaxf )(f )(xf)(f错误证法二：由 ),(21)()(2)(21)( afffaxfxffxfg 21 xa得出 是 的 重根，直接得出 是 的 重根，缺了 是 与a)(x
19、1k)(xg3k)(g的根验证.)(g22.证明： 是 的 重根的充分必要条件是0x)(fk而,0)( 10xfxk .0)(xfk证明：必要性.设 是 的 重根，从而 是 的 重因式，从而)(f15是 的 重因式，是 的 重因式，.，是 的单因式，而)(xf1k)(xf2k)(1xfk不是 的因式.因此 是 ， ， ，.， 的根，而不是)( 0)(f)(xf)(的根.故有 而)(xfk ,0)()()1(xff k .0)(fk充分性.由 而 可知 是 ，, 0)1(00f k )(xfkx)(f， ，.， 的根，而不是 的根.因此 是 的单)(xf)( )1(xfk)( 0)1(k根，是
20、二重根，依此类推，是 的 重根.)2(fk xfk23.举例说明断语“如果 是 的 重根，那么 是 的 重根”)(m)(xf1m是不对的.解：例如 ， . 是 的 重根，2)()1mxf mxxf)(1)( )(f但 不是 的根.(24.证明：如果 那么 .),(|1nxf )(|(nnxf证明：由 可得 .从而 因此有|)(x1g.0)1(f从而有 即 .,)(hxf)()(nnxhxf |nnx证法二：要证 ，只要证 在复数域上的各个根都是|1n的根 . 的根为 由)(nxfn .1,20,sin2conkkxk 可得 .从而 从而 .即|1)()(gfn.)1(f 0)(fxfk,2si
21、cokxk都是 的根.因此有 .,0n )(nxf )(|(nnxf25.证明：如果 ，那么)|13232ff).(|1(,|(xx证明：要证 成立，只要证 1 是 和 的根.)|),|(21ffx)(xf2f的两个根为 .由 可12x 31,321 ii )(|(32312ffx16得 .于是)(1()(23231 xgxfxf ,0)(1()(,0223232111 gff即 .故有 所以)(,0)(23)( 211 fiffif .)21f.)(|(),|21xfxf26.求多项式 在复数范围内和在实数范围内的因式分解.1nx解： 的根为 故在复数范围内n .1,0,sin2conkkk
22、 的分解式为.)()()1( 12nn xxx在实数范围内，因 ， .k0n当 为奇数时， 的根中一个为实根，其余为虚根，其分解式为nnx.1)(1)(1)()1( 212222 xxxx nn当 为偶数时， 的根中二个为实根，即 其余为虚根，其分解式为nx,.)()()()( 1222212 xxxx nnn 27.求下列多项式的有理根.1) ;415623xx解：多项式可能的有理根为 由系数取值可知， 取负数时，.14,72x多项式的值均为负的，故该多项式没有负根.检验得 2 为其根，进一步运用综合除法可得 074118256即 ，显然 没有有理根.因此)(1456223 xxx 742x
23、仅有一个有理根 2，且为单根.2) ;724x17解：多项式可能的有理根为 .41,20426213570因此有，)1()2)()21574 22 xxxx显然 没有有理根.因此 为 的二重根.12x 15743) .3162345xx解：多项式可能的有理根为 检验得 为其根，进一步运用综合除法,可得 012365308013614故 .即 为)3(1)2)(3146 42345 xxxxx 1其四重跟，3 为单根.28.下列多项式在有理数域上是否可约？1) ;2x解：显然 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约.122) ;834xx解：取素数 ，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域
24、上不可约.2p3） ;136x解：令 ,y18).(391821561)()1()( 2343636 ygyyyyxf 取素数 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而,pyg在有理数域上不可约.)(xf4） 为奇素数；xp,1解：令 ，由 为奇数可得yp1)()()( yxfp).()(1221 ygpCCypppp 由组合数定义 均为整数，且 ，分子中)(kp 12)(kkp有因子 ，分母个各数均小于 ，又 为素数，因此约分时 不会被约去，因pp此有，取素数为 ， 满足艾森斯坦判别式条件，因此 在有理数域上kpC| p)(yg )(yg不可约，从而 在有理数域上不可约.)xf5） 为整数.k,14解：令 则有yx ).(2)1(461)()( 23444 ygkyykkx 取素数 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而,2pyg在有理数域上不可约.)(xf
