高等代数(第三版)1.9
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高等代数第三版
显然仍不能整除 f x .
第一章 多项式
假定 g x 0，那么在Ｆ[x]里，以下等式成立： 并且 r x 0 ．但是F [x]的多项式 qx 和r ( x) 都是
F[ x] 的多项式，因而在 F[ x] 里，这一等式仍然成立．
f x g x qx r x
qx 0, r x f x （ii）若 f x 0 ,且 f x g x . 把f x 和g ( x)
按降幂书写: n n 1 f x an x an1 x a1x a0 g x bm x m bm1 x m1 b1x b0
于是由 r x 的唯一性得出，在 F[ x] 里 g x 也不能整除
f x .
总之，两个多项式之间的整除关系 不因为系数域的扩大而改变.
第一章 多项式
例1
确定m ，使 x 1 | x mx mx 1 .
1 n m 令q1 x a n bm x ，并记 f1 x f x q1 x g x,
这里an 0, bm 0,并且 n
m
第一章 多项式
则f1 x 有以下性质：
或者 f1 x 0或 f1 x f x
f k 1 x f k x qk 1 x g x
f x f1 x g x
由于多项式 f1 x, f 2 x,的次数是递降的, 故存在k使
f k x 0或 f k x g x ，于是
第一章 多项式
3、多项式的带余除法定理
定理 设f x, g x F[ x] ，且 g x 0 ，则存在
高等代数
1.10 课本上的习题解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.11 课本上的补充习题解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.12 难题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
第九章 双线性函数与辛空间
185
9.1 对偶空间 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
9.2 双线性函数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
2.5 LU 分解和P LU 分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.6 行列式的第二种定义 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.7 矩阵的秩 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
第八章 欧几里得空间
157
8.1 内积 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
8.2 正交矩阵和正交变换 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
高等代数习题答案
高等代数(北大版第三版)习题答案I I(总95页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-高等代数（北大第三版）答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章 —矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分，该为第二部分，其他请搜索，谢谢！12．设A 为一个n 级实对称矩阵，且0<A ，证明：必存在实n 维向量0≠X ，使0<'A X X 。
证 因为0<A ，于是0≠A ，所以()n A rank =，且A 不是正定矩阵。
故必存在非退化线性替换Y C X 1-=使()BY Y ACY C Y AX X '=''='-12222122221n p p p y y y y y y ----+++=++ ，且在规范形中必含带负号的平方项。
于是只要在Y C Z 1-=中，令p y y y === 21,1,021=====++n p p y y y 则可得一线性方程组 ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=++++++1102211,122,111,122111212111n nn n n n n p p p n pn p p n n x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c ，由于0≠C ，故可得唯一组非零解()ns s s s x x x X ,,,21 =使()0111000<--=----+++='p n AX X s s， 即证存在0≠X ，使0<'A X X 。
13．如果B A ,都是n 阶正定矩阵，证明：B A +也是正定矩阵。
证 因为B A ,为正定矩阵，所以BX X AX X '',为正定二次型，且 0>'A X X ， 0>'B X X ，因此()0>'+'=+'BX X AX X X B A X ，于是()X B A X +'必为正定二次型，从而B A +为正定矩阵。
(完整版)高等代数(北大版第三版)习题答案II
。
证 1）作变换 ，即
，
则
。
因为 是正定矩阵，所以 是负定二次型。
2） 为正定矩阵，故 对应的 阶矩阵也是正定矩阵，由1）知
或 ，
从而
，
令
，
则
。
由于 是正定的，因此它的 级顺序主子式 ，从而 的秩为 。
即证 。
3．设
。
其中 是 的一次齐次式，证明： 的正惯性指数 ，负惯性指数 。
证 设 ，
的正惯性指数为 ，秩为 ，则存在非退化线性替换
，
使得
。
下面证明 。采用反证法。设 ，考虑线性方程组
，
该方程组含 个方程，小于未知量的个数 ，故它必有非零解 ，于是
，
上式要成立，必有
， ，
这就是说，对于 这组非零数，有
， ，
这与线性替换 的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以
。
同理可证负惯性指数 ，即证。
4．设
是一对称矩阵，且 ，证明：存在 使 ，其中 表示一个级数与 相同的矩阵。
证 只要令 ，则 ，
注意到
， ，
则有
。
即证。
5．设 是反对称矩阵，证明： 合同于矩阵
。
设 的秩为 ，作非退化线性替换 将原二次型化为标准型
，
其中 为1或-1。由已知，必存在两个向量 使
和 ，
故标准型中的系数 不可能全为1，也不可能全为-1。不妨设有 个1， 个-1，
且 ，即
，
这时 与 存在三种可能：
， ，
下面仅讨论 的情形，其他类似可证。
令 ， ， ，
则由 可求得非零向量 使
，
即证。
证 采用归纳法。当 时， 合同于 ，结论成立。下面设 为非零反对称矩阵。
证 1）作变换 ，即
，
则
。
因为 是正定矩阵，所以 是负定二次型。
2） 为正定矩阵，故 对应的 阶矩阵也是正定矩阵，由1）知
或 ，
从而
，
令
，
则
。
由于 是正定的，因此它的 级顺序主子式 ，从而 的秩为 。
即证 。
3．设
。
其中 是 的一次齐次式，证明： 的正惯性指数 ，负惯性指数 。
证 设 ，
的正惯性指数为 ，秩为 ，则存在非退化线性替换
，
使得
。
下面证明 。采用反证法。设 ，考虑线性方程组
，
该方程组含 个方程，小于未知量的个数 ，故它必有非零解 ，于是
，
上式要成立，必有
， ，
这就是说，对于 这组非零数，有
， ，
这与线性替换 的系数矩阵非退化的条件矛盾。所以
。
同理可证负惯性指数 ，即证。
4．设
是一对称矩阵，且 ，证明：存在 使 ，其中 表示一个级数与 相同的矩阵。
证 只要令 ，则 ，
注意到
， ，
则有
。
即证。
5．设 是反对称矩阵，证明： 合同于矩阵
。
设 的秩为 ，作非退化线性替换 将原二次型化为标准型
，
其中 为1或-1。由已知，必存在两个向量 使
和 ，
故标准型中的系数 不可能全为1，也不可能全为-1。不妨设有 个1， 个-1，
且 ，即
，
这时 与 存在三种可能：
， ，
下面仅讨论 的情形，其他类似可证。
令 ， ， ，
则由 可求得非零向量 使
，
即证。
证 采用归纳法。当 时， 合同于 ，结论成立。下面设 为非零反对称矩阵。
高等代数 第三版§1.9 有理系数多项式
则称 g ( x ) 为本原多项式．
有关性质
1． f ( x ) Q[ x ], r Q , 使 f ( x ) rg ( x ),
其中 g ( x )为本原多项式．
（除了相差一个正负号外，这种表示法是唯一的）． 2．Gauss引理 定理10 两个本原多项式的积仍是本原多项式．
f ( x ) an x n an1 x n1 a0 , 证： 设 g( x ) bm x m bm 1 x m 1 b0
矛盾．
例3
证明： x n 2 在 Q 上不可约．
证：（令 p 2 即可）． (可见存在任意次数的不可约有理系数多项式) 例4
x2 x3 xp , 判断 f ( x ) 1 x 2! 3! p!
（ p 为素数）在 Q 上是否可约．
解： 令 g( x ) p ! f ( x ), 即
f (1) 3, f ( 1) 5.
而
矛盾．
所以 f ( x )不可约．
定理13
设
艾森斯坦因Eisenstein判别法
f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 ,
是一个整系数多项式，若有一个素数 p, 使得
1 2 3
p | an p | an1 , an 2 ,, a0 p | a0
例1
4 3 求方程 2 x x 2 x 3 0 的有理根.
1 3 解： 可能有理根为 1, 3, , , 2 2
用综合除法可知，只有1为根．
例2
f ( x ) x 3 5 x 1 在 Q 上不可约． 证明:
证： 若 f ( x ) 可约，则 f ( x ) 至少有一个一次因式， 也即有一个有理根． 但 f ( x ) 的有理根只可能是 1,
高等代数第三版 (王萼芳 石生明 著) 课后答案 高等教育出版社
（2） A11 =7， A12 =-12， A13 =3， A21 =6， A22 = 4， A23 =-1， A31 =-5， A32 =5， A33 =5， A34 =0。
13
3
16、 （1）1 （2） −
（3）-483 （4）
12
8
17、（ 1）按第一行展开，原式= xn + (−1)n+1 yn 。
从而可得
14. 证 有题设知 f (x), g(x) = 1，所以存在 v（x）， v（x）使 u(x)f(x)+v(x)g(x)=1 从而
u(x)f(x)-v(x)f(x)+v(x)g(x)+v(x)g(x)=1 即[u(x)-v(x)]f(x)+v(x)[f(x)+g(x)]=1 所以
( f (x), f (x) + g (x)) = 1同理 (g(x), f (x) + g (x)) = 1再有 12 题结论，即证 ( f (x)g(x), f (x) + g(x)) = 1
（2）q（x）= x2 − 2ix − (5 + 2i) ， r(x) = −9 − 8i
4、（ 1）有综合除法： f (x) = 1+ 5(x −1) +10(x −1)2 +10(x −1)3 + 5( x −1)4 + ( x −1)5
（2） f (x) = 11− 24(x + 2) + 22(x + 2)2 − 8(x + 2)3 + (x + 2)4
−1± 3i
15、
。
2
16、（ 1）由 x-2 得三重因式
2
高等代数北大版第三版习题答案一到四章
u1(x) f (x) + v1(x)g (x) = 1
（1）
u2 (x) f (x) + v2 (x)h(x) = 1
将（1）（2）两式相乘，得
（2）
[u1(x)u2(x) f (x) + v1(x)u2(x)g (x) + u1(x)v2(x)h(x)] f ( x) ， +[v1(x)v2 (x)]g( x)h( x) = 1 所以 ( f ( x), g( x) h( x)) =1 。
( f2( x), g1( x) g2( x)... gn( x)) =1 ................................................， ( fm (x), g1( x) g2( x)...gn ( x)) = 1
从而可得
( f1(x) f 2(x)... f m(x), g1( x) g 2( x)...gn( x)) =1 。
即[u(x) − v(x)] f ( x) + v( x)[ f ( x) + g( x)] = 1 ，
所以 ( f (x), f ( x) + g( x)) =1。
同理 ( g( x), f ( x) + g( x)) =1 。
再由 12 题结论，即证 ( f ( x) g( x), f ( x) + g( x)) =1。
９．证明： ( f ( x)h( x), g( x) h( x)) = ( f( x), g( x)) h( x) ， (h( x) 的首系数为１）。
证 因为存在多项式 u(x), v( x) 使 ( f ( x), g( x)) = u( x) f ( x) + v( x) g( x) ，
(完整版)高等代数(北大版第三版)习题答案II
高等代数（北大*第三版）答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章 —矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分，该为第二部分，其他请搜索，谢谢！12．设A 为一个n 级实对称矩阵，且0<A ，证明：必存在实n 维向量0≠X ，使0<'A X X 。
证 因为0<A ，于是0≠A ，所以()n A rank =，且A 不是正定矩阵。
故必存在非退化线性替换Y C X 1-=使()BY Y ACY CY AX X '=''='-12222122221n p p p y y y y y y ----+++=++ΛΛ，且在规范形中必含带负号的平方项。
于是只要在Y C Z 1-=中，令p y y y ===Λ21,1,021=====++n p p y y y Λ则可得一线性方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++=++++++11002211,122,111,122111212111n nn n n n n p p p n pn p p n n x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ，由于0≠C ，故可得唯一组非零解()ns s s s x x x X ,,,21Λ=使()0111000<--=----+++='p n AX X s sΛΛ， 即证存在0≠X ，使0<'A X X 。
13．如果B A ,都是n 阶正定矩阵，证明：B A +也是正定矩阵。
证 因为B A ,为正定矩阵，所以BX X AX X '',为正定二次型，且 0>'A X X ， 0>'B X X ，因此()0>'+'=+'BX X AX X X B A X ， 于是()X B A X +'必为正定二次型，从而B A +为正定矩阵。
高等代数 第三版§1.10 多元多项式
称为数域 P 上的一个单项式；
a 0 时，称此单项式中各文字的指数之和 k1 k2 L kn 为这个单项式的次数；
如果两单项式中相同文字的指数对应相等，则称 它们为同类项；
有限个单项式的和
f ( x1, x2,L , xn )
a x x L x k1 k2
kn
k1k2L kn 1 2
P[ x1, x2 ,L , xn ].
5.n元多项式的字典排列法
任取n元多项式
f ( x1, x2,L , xn )
a x x L x k1 k2
kn
k1k2L kn 1 2
n
k1k2L kn
中的两个单项式
（1）
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
a
x k1 1
x k2 2
L
xnkn ,
b
x l1 1
x2
l2
L
xnln ,
第一章 多项式
多项式 理论是高等数学 研究的基本对象之 一，在整个高等代数 课程中既相对独立，又 贯穿其他章节。换句话 说，多项式理论的讨论 可以不依赖于高等数学 的其他内容而自成体 系，却可为其他章节 的内容提供范例与
理论依据。
§1 数域 §2一元多项式 §3 整除的概念 §4 最大公因式 §5 因 式 分 解 §6 重 因 式 §7 多项式函数 §8 复、实系数多项式 §9 有理系数多项式 §10 多元多项式
n
k1k2L kn
称为数域 P 上的一个 n 元多项式；
n元多项式中系数不为零的单项式的最高次数称 为这个多项式的次数．
2.n元多项式的运算
加法 减法 乘法
3.n元多项式的相等 4.n元多项式环
姚慕生,谢启鸿-高等代数学(第3版)答案(复旦绿皮书)
5 / 62
复旦大学高等代数教材第二章答案
部分习题答案引用自白皮书的例题或训练题．
2.1
(
)(
1. (1) 3 0 ; (2) 3
−3 1
0
() (
2. (1) 1 5 ; (2) −2
21
−2
2.2
√) (
3 2 ; (3) 1
−12
8
1 1
)
6 √
;
52
(4)
00
0 0
3
−
5 2
1 3 −3
)(
1.6
1.
(−1)N(n,n−1,n−2,··· ,1)
=
(−1)
n(n−1) 2
.
2. 请读者自行验证.
3. 由行列式的性质 8 及定理 1.6.1, |A| = |A′| =
∑
a1k1 a2k2 · · · ankn .
(k1,k2,··· ,kn)∈Sn
4. 例 1.10.
5. 例 1.9.
6. 例 1.11.
(In − A)(In + A + A2 + · · · + Am−1) = (In + A + A2 + · · · + Am−1)(In − A) = In.
7. 由于 B(A + B)−1A(A−1 + B−1) = In, 故 A−1 + B−1 奇异. 8. 由 A2 = In 可得 (A + In)(A − In) = O. 又 In + A 非异, 故 A − In = O, 即 A = In. 9. 由 A2 = A 可得 A2 − A − 2In = −2In, 即 (A + In)(A − 2In) = −2In, 故 A + In 非异. 10. 由 A2 − A − 3In = O 可得 (A + In)(A − 2In) = In, 故 A − 2In 非异.
复旦大学高等代数教材第二章答案
部分习题答案引用自白皮书的例题或训练题．
2.1
(
)(
1. (1) 3 0 ; (2) 3
−3 1
0
() (
2. (1) 1 5 ; (2) −2
21
−2
2.2
√) (
3 2 ; (3) 1
−12
8
1 1
)
6 √
;
52
(4)
00
0 0
3
−
5 2
1 3 −3
)(
1.6
1.
(−1)N(n,n−1,n−2,··· ,1)
=
(−1)
n(n−1) 2
.
2. 请读者自行验证.
3. 由行列式的性质 8 及定理 1.6.1, |A| = |A′| =
∑
a1k1 a2k2 · · · ankn .
(k1,k2,··· ,kn)∈Sn
4. 例 1.10.
5. 例 1.9.
6. 例 1.11.
(In − A)(In + A + A2 + · · · + Am−1) = (In + A + A2 + · · · + Am−1)(In − A) = In.
7. 由于 B(A + B)−1A(A−1 + B−1) = In, 故 A−1 + B−1 奇异. 8. 由 A2 = In 可得 (A + In)(A − In) = O. 又 In + A 非异, 故 A − In = O, 即 A = In. 9. 由 A2 = A 可得 A2 − A − 2In = −2In, 即 (A + In)(A − 2In) = −2In, 故 A + In 非异. 10. 由 A2 − A − 3In = O 可得 (A + In)(A − 2In) = In, 故 A − 2In 非异.
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第一章 多项式
不妨假定 b0 被p 整除而 c 0 不被p整除. g (x)的系数 不能全被p整除,否则f (x) = g (x)h (x)的系数 an将被p 整除,这与假定矛盾. 令g (x)中第一个不能被p整除的
系数是 bs . 考察等式
a s bs c0 bs 1c1 b0 cs .
的所有系数,也不能整除g (x)的所有系数.令 ai 和b j各
是f (x)和g (x)的第一个不能被p 整除的系数.
考察f (x)g (x)的系数 c i j . 有
ci j a0 bi j ai1b j 1 ai b j ai 1b j 1 ai j b0 .
证 设 f ( x ) = g( x )h( x ) ,
g( x ) 和h( x ) 是有理系数多项式，且 ?( g( x ) ) 抖 ( f ( x ) ) , ( h( x ) ) < ( f( x ) )
令f ( x ) = af1( x ) g( x ) = r g 1( x ) , h( x ) = sh 1( x )
由于在这个等式中 a 都被p整除,所以 bs c0 , b , , b s s 1 0 也必须被p整除. 但p是一个素数, 所以 bs与c0中至少 有一个被p整除. 这是一个矛盾.
第一章 多项式
例2
解
多项式x n + 3 在有理数域上是否不可约？
存在素数3 满足定理13 ，所以，多项式
x n + 3 在有理数域上是不可约的. 因此，在有理数域上存在任意次的不可约 多项式.
因为s和r互素，所以sx – r 是一个本原多项式.由上 推论，
第一章 多项式
f ( x ) = ( sx - r ) ( bn - 1x n - 1 + L + b 0 ) 其中，bn - 1 , L , b0 都是整数，比较两边系数，
a n = s bn - 1 , a 0 = - r b0 , 因此， s | an h( x )
这里
g ( x) b0 b1 x bk x ,
k
h( x) c0 c1 x cl x ,
l
并且 k < n , l < n , k + l = n , 由此得到
a0 b0 c0 .
因为 a 0 被p整除,而p是一个素数, 所以b 或c 被p 整除. 0 0 但 a 0不能被 p 2整除, 所以 b0与c0不能同时被p整除.
第一章 多项式
小结
本节解决了两个问题:
1. 有理系数多项式的因式分解问题，即有理 系数多项式的有理根的问题：
定理12 设f ( x ) = a n x n + a n - 1x n - 1 + L + a 0
r 是一个整系数多项式， 而 是它的一个有理根， s 其中r , s 互素，那么必有s | a n , r | a 0 .
第一章 多项式
2 同理， ? 均不是3x 2 3
3 的根，所以也不是
1 f( x ) 的根，从而，f( x ) 的有理根只有 - 2， . 3
第一章 多项式
三、有理系数不可约多项式
定理13 (Eisenstein判断法)
设f( x ) = a n x
( 1) p|a / n;
2
n
+ a n - 1x
第一章 多项式
这里，f1( x ) , g1( x ) , h1( x ) 都是本原多项式， a 是整数，r , s 是有理数.因此 af1( x ) = r sg 1( x )h1( x )
由定理1 0 , g 1( x ) , h1( x ) 是本原多项式，从而 rs = ± a, 即r s 是一个整数,则 f (x )=(r s g 1( x ) )h1( x ) r s g 1( x ) 与h1( x ) 都是整系数多项式，且次数 都低于f ( x ) 的次数.
特别，如果f ( x ) 的首项系数a n = 1, 那么f ( x ) 的有理根都是整根，而且是 a0的因子.
第一章 多项式
证
r 由于 s 是f (x)的一个根, 所以
r f( x ) = ( x - )q( x ) , s
这里q (x)的一个有理系数多项式. 我们有
r 1 (x ) = ( sx - r ) , s s 所以， ( s x - r ) | f( x )
n- 1
+ L + a 0是一个
整系数多项式，如果有一个素数p 使得
( 2 ) p|a n -1 , a n - 2 , L , a 0 ; (3) p /| a 0
那么多项式f (x)在有理数域上不可约.
第一章 多项式
证 如果多项式f (x)在有理数域上可约,那么f (x)可以 分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积:
第一章 多项式
例1 求多项式
f ( x) 3 x 4 5 x 3 x 2 5 x 2
的有理根.
解
这个多项式的最高次项系数3的因数 1,3,常数项
– 2的因数 1,2. 所以可能的有理根是 1,2, 1 , 2 .
3 3
我们可验证 ± 1 , 2不是f( x )的根 .
第一章 多项式
那么多项式f (x)在有理数域上不可约.
作业： P46：24, 25, 27(1), 28(1)
第一章 多项式
这个等式的左端p整除.根据选择 a i 和b j的条件,所有 系数 a0 , ai 1以及b j 1 ,, b0 都被p整除.因此乘积 ai b j也
须被p整除.但p是一个素数,所以p必须整除 ai或b j .
这与假设矛盾.
第一章 多项式
定理11 如果一个非零整系数多项式能够分解成两个次数较 低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成 次数较低的整系数多项式的乘积.
第一章 多项式
f ( x) a0 a1 x ai x a m x , j n g ( x) b0 b1 x b j x bn x ,
i m
c0 , c1 ,cm n .
由于f (x)和g (x)都是本原多项式,所以p不能整除f (x)
第一章 多项式
2. 有理系数多项式环中存在任意次的
不可约多项式 定理13 (Eisenstein判断法)
设f( x ) = a n x
( 1) p|a / n;
n
+ a n - 1x
n- 1
+ L + a 0是一个
整系数多项式，如果有一个素数p 使得
( 2 ) p|a n -1 , a n - 2 , L , a 0 ; ( 3 ) p 2 /| a 0
第一章 多项式
应用综合除法: – ２|３ 5 –６ 1 2 5 –２ –6 2
3 –1 3 –１ 0 所以 – 2 是f (x) 的一个根. 同时我们得到
f( x ) = ( x + 2) ( 3x - x + 3x - 1) .
容易看出， - 2不是( 3x 3 - x 2 + 3x - 1) 的根， 所以 - 2不是f ( x ) 的重根.
一、本原多项式 二、整系数多项式有理根的求法 三、有理系数不可约多项式
第一章 多项式
一、本原多项式
若是一个整系数多项式f (x)的系数互素, 那么f (x)叫 作一个本原多项式. 定理10 (高斯引理) 两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式. 证 设给了两个本原多项式
并且设 f ( x) g ( x) c0 c1 x ci j x i j cnm x nm . 如果 f ( x) g ( x) 不是本原多项式, 那么一定存在一个 素数p , 它能整除所有系数
1 |3 3
第一章 多项式
3
2
－1
2 3
3 －1
2 3 3
－１
3
－2
至此已经看到,商式不是整系数多项式,因此不必再除 1 下去就知道, 不是g ( x) 的根,所以它也不是f (x)的 3 根. 再作综合除法:
1 3 3 - 1 1 3 0 3 - 1
0 1 3 0
1 所以 是g ( x)的一个根,因而它也是f (x)的一个根, 3 1 容易看出, 不是f ( x) 的重根. 3
第一章 多项式
推论 设f(x),g(x) 是整系数多项式，且g(x) 是本原多项式，如果f(x)=g(x)h(x),其中 h(x) 是有理系数多项式，那么h(x) 一定 是整系数多项式
第一章 多项式
二、整系数多项式有理根的求法
n n- 1
定理12 设f (x ) = an x + an - 1x + L + a0 r 是一个整系数多项式， 而 是它的一个有理根， s 其中r , s 互素，那么必有s | an , r | a0 .
不妨假定 b0 被p 整除而 c 0 不被p整除. g (x)的系数 不能全被p整除,否则f (x) = g (x)h (x)的系数 an将被p 整除,这与假定矛盾. 令g (x)中第一个不能被p整除的
系数是 bs . 考察等式
a s bs c0 bs 1c1 b0 cs .
的所有系数,也不能整除g (x)的所有系数.令 ai 和b j各
是f (x)和g (x)的第一个不能被p 整除的系数.
考察f (x)g (x)的系数 c i j . 有
ci j a0 bi j ai1b j 1 ai b j ai 1b j 1 ai j b0 .
证 设 f ( x ) = g( x )h( x ) ,
g( x ) 和h( x ) 是有理系数多项式，且 ?( g( x ) ) 抖 ( f ( x ) ) , ( h( x ) ) < ( f( x ) )
令f ( x ) = af1( x ) g( x ) = r g 1( x ) , h( x ) = sh 1( x )
由于在这个等式中 a 都被p整除,所以 bs c0 , b , , b s s 1 0 也必须被p整除. 但p是一个素数, 所以 bs与c0中至少 有一个被p整除. 这是一个矛盾.
第一章 多项式
例2
解
多项式x n + 3 在有理数域上是否不可约？
存在素数3 满足定理13 ，所以，多项式
x n + 3 在有理数域上是不可约的. 因此，在有理数域上存在任意次的不可约 多项式.
因为s和r互素，所以sx – r 是一个本原多项式.由上 推论，
第一章 多项式
f ( x ) = ( sx - r ) ( bn - 1x n - 1 + L + b 0 ) 其中，bn - 1 , L , b0 都是整数，比较两边系数，
a n = s bn - 1 , a 0 = - r b0 , 因此， s | an h( x )
这里
g ( x) b0 b1 x bk x ,
k
h( x) c0 c1 x cl x ,
l
并且 k < n , l < n , k + l = n , 由此得到
a0 b0 c0 .
因为 a 0 被p整除,而p是一个素数, 所以b 或c 被p 整除. 0 0 但 a 0不能被 p 2整除, 所以 b0与c0不能同时被p整除.
第一章 多项式
小结
本节解决了两个问题:
1. 有理系数多项式的因式分解问题，即有理 系数多项式的有理根的问题：
定理12 设f ( x ) = a n x n + a n - 1x n - 1 + L + a 0
r 是一个整系数多项式， 而 是它的一个有理根， s 其中r , s 互素，那么必有s | a n , r | a 0 .
第一章 多项式
2 同理， ? 均不是3x 2 3
3 的根，所以也不是
1 f( x ) 的根，从而，f( x ) 的有理根只有 - 2， . 3
第一章 多项式
三、有理系数不可约多项式
定理13 (Eisenstein判断法)
设f( x ) = a n x
( 1) p|a / n;
2
n
+ a n - 1x
第一章 多项式
这里，f1( x ) , g1( x ) , h1( x ) 都是本原多项式， a 是整数，r , s 是有理数.因此 af1( x ) = r sg 1( x )h1( x )
由定理1 0 , g 1( x ) , h1( x ) 是本原多项式，从而 rs = ± a, 即r s 是一个整数,则 f (x )=(r s g 1( x ) )h1( x ) r s g 1( x ) 与h1( x ) 都是整系数多项式，且次数 都低于f ( x ) 的次数.
特别，如果f ( x ) 的首项系数a n = 1, 那么f ( x ) 的有理根都是整根，而且是 a0的因子.
第一章 多项式
证
r 由于 s 是f (x)的一个根, 所以
r f( x ) = ( x - )q( x ) , s
这里q (x)的一个有理系数多项式. 我们有
r 1 (x ) = ( sx - r ) , s s 所以， ( s x - r ) | f( x )
n- 1
+ L + a 0是一个
整系数多项式，如果有一个素数p 使得
( 2 ) p|a n -1 , a n - 2 , L , a 0 ; (3) p /| a 0
那么多项式f (x)在有理数域上不可约.
第一章 多项式
证 如果多项式f (x)在有理数域上可约,那么f (x)可以 分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积:
第一章 多项式
例1 求多项式
f ( x) 3 x 4 5 x 3 x 2 5 x 2
的有理根.
解
这个多项式的最高次项系数3的因数 1,3,常数项
– 2的因数 1,2. 所以可能的有理根是 1,2, 1 , 2 .
3 3
我们可验证 ± 1 , 2不是f( x )的根 .
第一章 多项式
那么多项式f (x)在有理数域上不可约.
作业： P46：24, 25, 27(1), 28(1)
第一章 多项式
这个等式的左端p整除.根据选择 a i 和b j的条件,所有 系数 a0 , ai 1以及b j 1 ,, b0 都被p整除.因此乘积 ai b j也
须被p整除.但p是一个素数,所以p必须整除 ai或b j .
这与假设矛盾.
第一章 多项式
定理11 如果一个非零整系数多项式能够分解成两个次数较 低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成 次数较低的整系数多项式的乘积.
第一章 多项式
f ( x) a0 a1 x ai x a m x , j n g ( x) b0 b1 x b j x bn x ,
i m
c0 , c1 ,cm n .
由于f (x)和g (x)都是本原多项式,所以p不能整除f (x)
第一章 多项式
2. 有理系数多项式环中存在任意次的
不可约多项式 定理13 (Eisenstein判断法)
设f( x ) = a n x
( 1) p|a / n;
n
+ a n - 1x
n- 1
+ L + a 0是一个
整系数多项式，如果有一个素数p 使得
( 2 ) p|a n -1 , a n - 2 , L , a 0 ; ( 3 ) p 2 /| a 0
第一章 多项式
应用综合除法: – ２|３ 5 –６ 1 2 5 –２ –6 2
3 –1 3 –１ 0 所以 – 2 是f (x) 的一个根. 同时我们得到
f( x ) = ( x + 2) ( 3x - x + 3x - 1) .
容易看出， - 2不是( 3x 3 - x 2 + 3x - 1) 的根， 所以 - 2不是f ( x ) 的重根.
一、本原多项式 二、整系数多项式有理根的求法 三、有理系数不可约多项式
第一章 多项式
一、本原多项式
若是一个整系数多项式f (x)的系数互素, 那么f (x)叫 作一个本原多项式. 定理10 (高斯引理) 两个本原多项式的乘积仍是一个本原多项式. 证 设给了两个本原多项式
并且设 f ( x) g ( x) c0 c1 x ci j x i j cnm x nm . 如果 f ( x) g ( x) 不是本原多项式, 那么一定存在一个 素数p , 它能整除所有系数
1 |3 3
第一章 多项式
3
2
－1
2 3
3 －1
2 3 3
－１
3
－2
至此已经看到,商式不是整系数多项式,因此不必再除 1 下去就知道, 不是g ( x) 的根,所以它也不是f (x)的 3 根. 再作综合除法:
1 3 3 - 1 1 3 0 3 - 1
0 1 3 0
1 所以 是g ( x)的一个根,因而它也是f (x)的一个根, 3 1 容易看出, 不是f ( x) 的重根. 3
第一章 多项式
推论 设f(x),g(x) 是整系数多项式，且g(x) 是本原多项式，如果f(x)=g(x)h(x),其中 h(x) 是有理系数多项式，那么h(x) 一定 是整系数多项式
第一章 多项式
二、整系数多项式有理根的求法
n n- 1
定理12 设f (x ) = an x + an - 1x + L + a0 r 是一个整系数多项式， 而 是它的一个有理根， s 其中r , s 互素，那么必有s | an , r | a0 .