高等代数[北大版]第1章习题参解析

1．用除，求商与余式：

1）；

。

解 1）由带余除法，可得；

2）同理可得。

2．适合什么条件时，有

1），

2）。

解 1）由假设，所得余式为0，即，

所以当时有。

2）类似可得，于是当时，代入（2）可得；而当时，代入（2）可得。

综上所诉，当    或时，皆有。

3．求除的商与余式：

1）；

2）。

解  1）；

2）。

4．把表示成的方幂和，即表成

的形式：

1）；

2）；

3）。

解 1）由综合除法，可得；

2）由综合除法，可得；

3）由综合除法，可得

。

5．求与的最大公因式：

1）；

2）；

3）。

解 1）；

2）；

3）。

6．求使。

1）；

2）；

3）。

解 1）因为

再由，

解得，

于是。

2）仿上面方法，可得，且。

3）由可得。

７．设与的最大公因式是一个二次多项式，求的值。

解   因为，

，

且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式为0，即

，

从而可解得   或   。

８．证明：如果，且为与的组合，那么是与的一个最大公因式。

证  易见是与的公因式。另设是与的任一公因式，下证。

由于是与的一个组合，这就是说存在多项式与，使

，

从而由可得，得证。

９．证明：，的首系数为１）。

证  因为存在多项式使，

所以，

上式说明是与的一个组合。

另一方面，由知，

同理可得，

从而是与的一个最大公因式，又因为的首项系数为１，所以。

１０．如果不全为零，证明：

。

证  存在使，

又因为不全为０，所以，

由消去律可得，

所以。

11．证明：如果不全为零，且，那么。

证 由上题证明类似可得结论。

12．证明：如果，那么。

证  由假设，存在及使

               （1）

                （2）

将（1）（2）两式相乘，得

，

所以。

13．设都是多项式，而且

   。

求证：。

证 由于

，

反复应用第12题结论，可得

，

同理可证

，

从而可得

。

14．证明：如果，那么。

证  由题设知，所以存在使，

从而，

即，

所以。

同理。

再由12题结论，即证。

15．求下列多项式的公共根

解  由辗转相除法，可求得，所以它们的公共根为。

16．判别下列多项式有无重因式：

1） ；

2） ；

解  1），

所以有的三重因式。

2），，所以无重因式。

17．求值，使有重根。

解  易知有三重根时，。若令

，比较两端系数，得

由（1），（3）得，解得的三个根为，将的三个根分别代入（1），得。再将它们代入（2），得的三个根。

当时有3重根；当时，有2重根。

18．求多项式有重根的条件。

解  令，则，显然当时，只有当才有三重根。

下设，且为的重根，那么也为与的根，即

由（1）可得，再由（2）有。所以

，

两边平方得，所以。

综上所叙即知，当时，多项式有重根。

19．如果 ，求。

解 令，。由题设知，1是的根，也是的根，此即

，

解得。

20．证明：不能有重根。

证 因为的导函数，所以，于是，从而无重根。

21．如果是的一个k重根，证明是

的一个k+3重根。

证  因为

，

由于是的重根，故是的重根。代入验算知是的根。

现在设是的重根，则是的重根，也是的s-2重根。

所以。得证。

22．证明：是的重根的充分必要条件是 ，而

证 必要性：设是的重根,从而是的重根，是的重根，，是的一重根，并且不是的根。于是

而。

充分性：由，而，知是的一重根。又由于，知是的二重根，依此类推，可知是的重根。

23．举例说明段语“ 是的 重根，那么是的重根”是不对的。

解 例如，设，那么以0为重根，但0不是的根。

24．证明：如果，那么。

证 要证明，就是要证明（这是因为我们可以把看作为一个变量）。由题设由，所以，也就是，得证。

25．证明：如果，那么。

证 因为的两个根为和，其中，所以和也是的根，且，于是

，

解之得。得证。

26．求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解。

解  在复数范围内，其中，

在实数域内，所以，当为奇数时，有

其中，皆为实数。

当是偶数时，有

27．求下列多项式的有理根：

1） ；

2） ；

3） 。

解  利用剩余除法试根，可得

1）有一个有理根2。

2）有两个有理根（即有2重有理根）。

3）有五个有理根（即一个单有理根3和一个4重有理根）。

28．下列多项式在有理数域上是否可约

1）；

2） ；

3）；

4） 为奇素数；

5）为整数。

解 1）因为都不是它的根，所以在有理数域里不可约。

2）利用艾森斯坦判别法，取，则此多项式在有理数域上不可约。

3）首先证明：

命题  设有多项式，令或，得

或

则与或者同时可约，或者同时不可约。

事实上，若可约，即，从而，

这就是说也可约，反之亦然。

现在我们用它来证明在有理数域上不可约。令，则多项式变为

利用艾森斯坦判别法，取，即证上式不可约，因而也不可约。

4）设，令，则

由于是素数，因而，但，所以由艾森斯坦判别法，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。

5）已知，令，可得

利用艾森斯坦判别法，取，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。

29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式：

1）；

2）；

3）；

4）；

5)；

6)。

解 1）对称多项式的首项为，其方幂为，即，

又因为，

所以 原式=。

2）同理可得

3）原式=

，

由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为，所以的方幂之积为

只要令,则原式左边。另一方面，有，

代入（1）式，得。再令，得。

令，得

                                                           （2）

令得

                                                             （3）

由（2），（3）解得。因此

原式。

4）原式=

令得。

再令得。

因此原式。

1）原式=

 ，

由于，

，

所以原式。

2）原式

，

其中，

，

，

所以 原式。

30．用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：

1）；

2）；

3）；

4）；

（表示所有由经过对换得到的项的和。）

解 1）因为多项式的首项为，所以

令得。

得。

得。

得。

所以原式。

2）同理可得原式。

3）原式。

4）原式。

31．设是方程的三个根，计算

解  因为

，

由根和系数的关系，可得，

再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得

。

32．证明：三次方程的三个根成等差数列的充分必要条件为

。

证  设原方程的三个根为，则它们成等差数列的充分必要条件为

。

将上式左端表为初等对称多项式，得

，

故三根成等差数列的充分必要条件为。

二 、补充题及参考解答

1．设，且，证明：

证  设,则由已知，得。

其次，设是与的任一公因式，只需证明即可。

因为,所以

又因为,从而。故也是与的最大公因式。

2．证明：只要的次数都大于零，就可以适当选择适合等式

的与，使

证  存在多项式，，使

,从而

                          （1）

1）若的次数满足,则

事实上，采用反证法。若,则（1）式左边的第一项次数小于

,而第二项的次数大于或等于

,

这样（1）式左端的次数，但（1）式右端的次数为零，矛盾。所以,

此时，即为所求。

2)若,则用除，可得

,其中,

注意到是不可能的，事实上，若，则,

代入（1）式得,矛盾。

再将代入（1）式，可得

,

令,再利用本题1）的证明结果，即证。

3．证明：如果与互素，那么与也互素。

证  由假设，存在和使,

于是，即证。

4．证明：如果的最大公因式存在，那么

的最大公因式也存在，且当全不为零时有,再利用上式证明，存在使

.

证 因为的最大公因式存在，设其为，则

,于是与的最大公因式也存在，不妨设为

,则   ,

若设是的任一公因式，则,

这样为与的一个公因式，又可得，即证

.

下面用归纳法证明本题第二部分。当时结论显然成立，假设命题对也成立，即存在

，使

,成立。

再证命题对也成立。

事实上，存在和，使

，

令     ，，即证。

5．多项式称为多项式的一个最小公因式，如果

1）；

2）的任一公倍式都是的倍式。

我们以表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果的首项系数都是1，那么。

证  令，则

，，于是

。

即  ， ，

设是与的任一公倍式，下面证明。

由倍式的定义，有，

即，

消去得，于是。

由于，因而或者，所以

，

         。即证。

6．证明：设是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式，由，可以推出或者，那么是不可约多项式。

证  采用反证法。设可约，则有，那么由假设可得

或，

这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于的次数。于是得证。

7．证明：次数且首项系数为1的多项式是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为：对任意的多项式必有，或者对某一正整数。

证  必要性：设（其中是不可约多项式），则对任意多项式，有

1）；或2）。

对于1）有。

对于2）有，此即。再让，即必要性得证。

充分性：设不是某一个多项式的方幂，则，

其中是正整数。

若，则由题设知与满足或（为某一正整数）。但这是不可能的，即证。

8．证明：次数且首项系数为1的多项式是某一不可约多项式的方幂的充分必要条件是：对任意的多项式，由，可以推出，或者对某一正整数。

证 必要性：设，则对多项式，有

1），于是；2）为某一正整数）。

必要性成立。

充分性：对任意多项式，有或，

若，那么，但。再由充分性假设，可得为某一正整数。于是由第7题的充分条件，即证。

9．证明：不能有不为零的重数大于2的根。

证 设，则，

又因为的非零根都是多项式的根，而的个根都是单根，因而没有不为零且重数大于2的根。

10．证明：如果，那么的根只能是零或单位根。

证  设是的任一个根，由知，也是的根，即

 ，所以也是的根。以此类推下去，则

都是的根。

若是次多项式，则最多只可能有个相异的根，于是存在使

，，因此的根或者为0，或者为单位根。

11．如果，证明有重根，其中。

证   设是的个不同的根，且它们的重数分别为，由于是次多项式，因而，

其次，由，所以分别为的重根，但

，

所以，从而。这就是说，只可能有一个根，且重数为。故有重根。

11．设是个不同的数，而

证明：1）；2）任意多项式用除所得的余式为

证  1）令 ，

则 ，

但，

所以。即证得

            。

2）对于任意的多项式，用除得

          ，

当时，结论显然成立。当时，若令

            ，

则，于是

                ，

即证得

            。

12．设与同上题，且是任意个数，显然

适合条件     。

这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。

利用上面的公式：

1）一个次数的多项式，它适合条件：

2）一个二次多项式，它在处与函数有相同的值；

3）一个次数尽可能低的多项式，使

解  1）设，且

           ，

将它们代入（即），可得

    。

2）已知

   ，  ，  

设，与上题类似，可得

          。

3）同理，设，可得

          。

14．设是一个整系数多项式，试证：如果与都是奇数，那么不能有整数根。

证  设是的一个整数根，则，由综合法知商式也为整系数多项式，于是

又因为与中必有一个为偶数，从而与中至少有一个为偶数，与题设矛盾。故无整数根。

15．设是方程

的根，证明：的对称多项式可以表成与的多项式。

证  设是关于的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有

                                   (1)

其中是的初等对称多项式。

由于

                                （2）

其中为的初等对称多项式，但是

                                   （3）

将（3）代入（2）可知，是的一个多项式，不妨记为

                 （4）

再将（4）代入（1）式右端，即证可表为的多项式。

16．设，

令         。

1）证明

其中的次数或。

2）由上式证明牛顿(Newton)公式：

      （对）

    （对）

证  1）由假设，

         ，

其中是一个次数的多项式。故

2）由于，

，

因此得等式

当时，比较上式两端含的系数，首先由于不含有的项，所以等式左端含的系数为

，

而右端含的项只有一项，它的系数为，所以

，

注意到，即证得

。

当时，等式右端所有项的次数都大于，所以含的系数为0，而左端含的项的

系数为，因此。得证。

17．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示。

解 1）当时，由上题可得，而，所以。

同理可得，

，

，

。

2）当时，同1）所给，且

。

3) 当时，同1）所给，同2）所给，且

。

4）当时，同1）所给，同3）所给，且

。

5）当时，同1）所给，同4）所给，且。

18．证明：如果对于某一个6次方程有，那么。

证  这时，并注意，且，所以，于是

，，即。

而，

故。

19．求一个次方程使。

解  设此方程为，由题设及牛顿公式，可得

，故所求方程为或。

20．求一个次方程使。

解 设此方程为，

由题设及牛顿公式可得    ，

即    ，

所以， ，，，

故所求方程为。