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 gf97926714372232 xxxx.92)(,9731)(xrxq2） ,4xgf 175242502343xxx.)(,1)(2rxq2. 适合什么条件时，有pm,1） qpxx32| mxqxpm)()1(02232当且仅当 时 .,0qpxm32|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 mpqxpmpxqp 当且仅当 时 .即0) qmpxr 4|，即 或01)2(2q,1p.1,2q本题也可用待定系数法求解.当 时，用 去除xx24| 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） ;3,8523gf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: i
3、iii 89251401商为 ,余式为 .)25(2iix894.把 表成 的方幂和，即表示成 的形式.)f0 202010)()(xcxc1） ；1,(5x2） ;2,32)04f3） .1,7)( 0xixiix分析：假设 为 次多项式，令)fn)()()()( 1002100 21 nnxcxcxcxf 即为 除 所得的余式，商为 .类f 1002 )()(nnxcxcq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.1c0x)(q解：1）解法一：应用综合除法得. 51041635421310.5)(xf 1)(5)1(0)()()1( 245 xxx4解法二：把 表示成
4、 ，然后用二项式展开x1)( 1)(5)1(0)()(5)1( 23455 xxx2）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：方法二：利用因式分解 ),)()( 3234 f .1(12xxxg5因此最大公因式为 .1x解法二：运用辗转相除法得 )(348012)(1343)(123421)( 124221 xqxrxxxrxxq 因此最大公因式为 .2）
5、.1)(,14)( 233gxf解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零） 256417)(12567)(391463)(04916)(20300903)(32123222232 xxqxrxrxxxrxxq.1)(,xgf3） .14624)(,02324 xxxg，)()( 13 rfxf),(2)(242()(2 13 xrxrxxf ,)(1()(41 2223xr因此 .1,2gf6.求 使)(xvu :)(,)()(xgfxgvf61） ;2)(,242)( 23434 xxgxxf8.证明：如果 且 为 与 的一个组合，那么|),(|dfd)(fg是 与 的一个最大公因式.)(xd
6、fxg证明：由 可知 是 与 的一个公因式.下证)(|),(|f )(xf)(x与 的任意一个公因式是 的因式.)(xf d由 为 与 的一个组合可知，存在多项式 ，使得d)(xfg )(,xvu.)()()(xgvfxu设 是 与 的任意一个公因式，则 .故)(xf)(x )(|,|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）.)()(,)(, 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.)(|),(|
7、)(, xgxfxf )(,xf从而 .由第 8 题结果|,|)(, hhgxf是 与 的一个最大公因式 .又 是首项系数为)(h)(xf)(xg)(x1 的，因此 ).(,)(f10.如果 ， 不全为零，证明 .xfg 1)(,)(xgfxf证明：由 , 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即)(f又存在多项式 ，使得.0),(xgf )(,xvu7.)()()(, xgvfxugxf 于是.)(,)(),(1xfxfu因此 .)(,)(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,)(g
8、fgvxfu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 则存在不可.0)(),(xgf ,)(),(xhf约多项式 ，使得 为 与 的公因式.因此有 且)(xpxh)(|fp.由 的不可约性有 或 .若 ，则|)(hg)( )(|xp)(|xp|xg8为 与 的一个公
9、因式，与 相矛盾.若 ，则)(xpf)(xg1)(,xgf )(|xhp为 与 的一个公因式，与 相矛盾.因此hh不成立，即有1)(),(xf )(),(xf13.设 都是多项式，而且,),(,2121 gxgff nm ).,21;,(njmiji 求证： .),()(2121 xxfxf nm14.证明：如果 那么g .1)(,(xgff证明：方法一.由 存在多项式 使得,)(,xf vu.)()(xfu从而有 ,1)()()()(,1)()()( 111 xgvxugfxgfxvfxvu因此有 由 12 题结果结论成立, f方法二：用反证法.若 则存在不可约多项式 ，使)()(xxf )
10、(xp得 为 与 的公因式.即 且 .)(xp)(xhgg)(|xhgp|gf由 的不可约性及 ，有 或 .若 ，)(|xhp|)(f| )(|x又 ，因此有 ，即 ，也即)(|)(xfx )(| xf|)(p为 与 的一个公因式，与 相矛盾.类似可得当pg1),(g时也与已知 矛盾.所以)(|x1)(,xgf .1)(),(xgfxf15.求下列多项式的公共根： .2)(;2)( 343 f解法一：利用因式分解可得 );1)(1)( 223xxxf .4 g9因此 . 与 的公共根为1)(,2xgxf )(fxg.231i解法二：运用辗转相除法求出 与 的最大公因式，最大公因式的根即为f)(
11、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)(234xf解： ,10 xx运用辗转相除法可得 因此 为 的三重.)2(4)(,(2xxf x)(f因式.解法二：试根可得 2 为 的根)(f.)1()2)()243)()( 3234 xxxxxxf因此 为 的三重因式 .f2） 4)(2xxf解： ).12(8 33x.故 无重因式 .1)(,(xf)xf17.求 值使 有重根.t32t解法一：要使 有重根，则 .)(xf 1)(,(xf .63)(2txf,23)13)(23 ttxf
12、 .452(6 txx当 即 时,03tt，),(|,)1(3)( 22 xfxxf 2)1(),xf因此 1 为 的三重根.10当 ，即 时， ， 为 的二重根.0415t415t 21)(,(xfx)(xf解法二：设 .bababaxf 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.qp19.如果 求,1|)(242BxAx.A解法一：利用整除判定方法， 的充要条件是用 除
13、1|)(242Bx2)1(x，余式为零.124BxA.)3()42()32()2 BAxAxA因此有 ，即0)34(Bx.2,1.1,4BA解法二：要使 成立，则 1 至少是 的二重根.因|)(242xx 124xA此 1 既是 的根，也是其导数的根.而 .故4BA Bx)(3有 .2,1.024,1BA解法三：利用待定系数法.令11DxCxDAxCAxDAxBxA )2()2()()()1 234224因此有解得.1,02,DCB.1,2,D20.证明： 不能有重根.!21nxx证明：令 则,!)(f ,)!1(!21)( nxxf因此有 从而有 . 因式只有,!)(nxfx !,),(ff
14、n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)(fka)()(2afxfxfxg的一个 重根.3k证明： ),(21)()()(21)( afxffxffafxfg .2121 axg显然有 .由 是 的一个 重根可得 是 的一个0)(“)(aa)(xfk)(xg重根，设 是 的 重根，则 .1kxs3,1ss本题常见错误证法：证法一：由 是 的一个 重根就得出 是)(xfka的一个 重根， 是 的一个 重根， 是 的一个 重)(xf1ka)(xf2ka)(xf3k12根
15、，于是 )(2()()(2)( 3xhafxafxfaxg k从而 是 的 重根.事实上，由 是 的一个 重根推不出 是)3kf 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)(x1k)(xg3k)(g的根验证.)(g22.证明： 是 的 重根的充分必要条件是0x
16、)(fk而,0)()(10 xff .0)(xfk证明：必要性.设 是 的 重根，从而 是 的 重因式，从而是0f )(xfk的 重因式，是 的 重因式，.，是 的单因式，而不)(xf1k)(x2k)1(是 的因式.因此 是 ， ， ，.， 的根，而不是)( 0f)(f)(xf)(xfk的根.故有 而)(xfk ,0)()()1(xf k .0)(充分性.由 而 可知 是 ，, 0)1(00ff k )(xfkx)(f， ，.， 的根，而不是 的根.因此 是 的单)(xf)( )1(xfk)( 0)1(k根，是 二重根，依此类推，是 的 重根.)2(fk xfk23.举例说明断语“如果 是 的
17、 重根，那么 是 的 重根”是不)(fm)(xf1m对的.13解：例如 ， . 是 的 重根，但2)()1mxfmxxf)(1)( )(xf不是 的根.24.证明：如果 那么 .),(|1(nxf )(|(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)(nxf .1,20,sin2conkkxk 可得 .从而 从而 .即|1)()(gfn.)1(f 0)(fxfk,2sicokxk都是 的根.因此有 .,0n )(nxf )(|(nnxf25.证明：如
18、果 ，那么)|13232ff).(|1(,|(xx证明：要证 成立，只要证 1 是 和 的根.)|),|(21fxf)(xf2f的两个根为 .由 可12x 31,321 ii )(|(32312ffx得 .于是)()(23231 xgxff ,0)(1()(,01 223232111 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 故在复数范围内的分n .1,0,sin2conkkk 解式为.)()()1( 12nn xxx14在实数范围内，因 ， .当 为奇数时，
19、 的根中一个为实kn)0(n1nx根，其余为虚根，其分解式为.)()(1)()1( 22222 xxxxnnnn 当 为偶数时， 的根中二个为实根，即 其余为虚根，其分解式为,1.1)()()()( 2122212 xxxxx nnnn 27.求下列多项式的有理根.1） ;145623xx解：多项式可能的有理根为 由系数取值可知， 取负数时，多项.14,72x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 07411856即 ，显然 没有有理根.因此)(2145623 xxx 742x仅有一个有理根 2，且为单根.2） ;742x解：多项式可能的有理根为 .41
20、,204262113570因此有，)1()2)()21574 22 xxxx显然 没有有理根 .因此 为 的二重根.12x 15743） .31462345x15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.3,1101236530801364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.12） ;2834xx解：取素数 ，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约.p3） ;136x解：令 ,y ).(391821561)(
21、)()( 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；p,1解：令 ，由 为奇数可得yxp1)()()( yfp ).()221 ygpCyCy pppp 由组合数定义 均为整数，且 ，分子中)1(kp 12)()kkp16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ppp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| )(yg )(yg不可约，从而 在有理数域上不可约.)xf5） 为整数.kx,14解：令 则有y ).(2)1(461)(4)( 2344 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
