完整版高等代数习题解答(第一章)

完整版高等代数习题解答(第一章)高等代数题解答第一章多项式补充题1.当a,b,c取何值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)^2+b(x+1)+c(x^2-x+2)相等？提示：比较系数得a=-1,b=-1,c=6.补充题2.设f(x),g(x),h(x)∈[x]，f^2(x)=xg^2(x)+x^3h^2(x)，证明：假设f(x)=g(x)=h(x)不成立。

若f(x)≠0，则∂(f^2(x))为偶数，又g^2(x),h^2(x)等于或次数为偶数，由于g^2(x),h^2(x)∈[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg^2(x)+x^3h^2(x)等于或次数为奇数，矛盾。

若g(x)≠0或h(x)≠0，则∂(xg^2(x)+x^3h^2(x))为奇数，而f^2(x)为偶数，矛盾。

综上所证，f(x)≠g(x)或f(x)≠h(x)。

1.用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)：1）f(x) =x^3-3x^2-x-1，g(x) =3x^2-2x+1；2）f(x) =x^4-2x+5，g(x) =x^2-x+2．1）解法一：待定系数法。

由于f(x)是首项系数为1的3次多项式，而g(x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设q(x)=x+a,r(x)=bx+c。

根据f(x)=q(x)g(x)+r(x)，即x^3-3x^2-x-1=(x+a)(3x^2-2x+1)+bx+c，右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得a=-1/3,b=-2/3,c=-1，故得q(x)=x-1/3,r(x)=-x-1/3.2）解法二：带余除法。

用长除法得商q(x)=x^2+x-1，余式r(x)=-5x+7.2.m,p,q适合什么条件时，有1）x^2+mx-1/x^3+px+q;2）x^2+mx+1/x^4+px^2+q.解：1）将x^3+px+q除以x^2+mx-1得商为x+m+1/(x+m-1)，所以当m≠1时有解。

2）将x^4+px^2+q除以x^2+mx+1得商为x^2+m+q-m^3/(1+m^2)x^2+(2m-q)x+(q-m)，所以当m^2≠-1时有解。

1.改写为标准的数学公式格式：r(x)=(p+m^2+1)x+(q-m)$begin{cases}p+m^2+1=0\\ q-m=0\end{cases}$x^2+mx-1\div x^3+px+q$的充要条件是：begin{cases}m=q\\ 2p+m+1=0\end{cases}$r(x)=-m(p+m^2-2)x+(q-p-m^2+1)$begin{cases}-m(p+m-2)=0\\ q-p-m+1=0\end{cases}$x^2+mx+1\div x^4+px^2+q$的充要条件是：begin{cases}m=0\text{ 或 }\\ p=q+1\end{cases}$begin{cases}q=1\\ 2p=2-m\end{cases}$2.删除明显有问题的段落。

无3.改写每段话：1）根据带余除法或综合除法，求出$f(x)$除以$g(x)$的商和余数。

2）同上。

4）将$f(x)$表示成$x-x_0$的XXX和的形式。

1）将$x^5$表示成$(x-1)$的XXX和的形式。

2）略。

3）略。

5）求$f(x)$和$g(x)$的最大公因式。

1）求出$x^4+x^3-3x^2-4x-1$和$x^3+x^2-x-1$的最大公因式。

1) 解用辗转相除法。

首先，我们计算 $g(x)$ 除以 $f(x)$ 的商和余数：begin{aligned}g(x) &= (x^3-3x^2+1)f(x) + (-x^2+3x+1) \\f(x) &= (-x^2+3x+1)(x+1) + (2x^2-x-3) \\x+1 &= (2x^2-x-3)(-x+1) + 4end{aligned}因此，$(f(x),g(x))=x+1$。

2) 因为 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的最高公因数不为常数，所以$(f(x),g(x))=1$。

3) 解用辗转相除法：begin{aligned}f(x) &= (x^2-2x-1)(x^2+x-1) + (3x-2) \\g(x) &= (x^2+x-1)(3x-2) + (x+1)end{aligned}因此，$(f(x),g(x))=x^2-22x-1$。

6)1) 解用辗转相除法：begin{aligned}f(x) &= (x^3+3x^2)(x+1) + (-x^2-7x-2) \\g(x) &= (4x^3+6x^2-3)(x+1) + (5x+1)end{aligned}因此，$(f(x),g(x))=x+1$。

代入 $(f(x),g(x))$，我们有：begin{aligned}x+1 &= -u(x)(x^2+7x+2) + v(x)(4x^3+6x^2-3) \\ x+2)(x^2+7x+2) + (4x^2-2x-5)(4x^3+6x^2-3) end{aligned}因此，$u(x)=-x+2$，$v(x)=4x^2-2x-5$。

2) 解用辗转相除法：begin{aligned}f(x) &= (4x^3-2x^2-16x+9)(2x-1) + (0) \\g(x) &= (2x^2-x-5)(2x-1) + (3x+4)end{aligned}因此，$(f(x),g(x))=2x-1$。

代入 $(f(x),g(x))$，我们有：begin{aligned}2x-1 &= -u(x)(2x^2-x-5) + v(x)(4x^3-2x^2-16x+9) \\x^2-3x+1)(2x^2-x-5) + (2x^3-7x^2+3x+4)(4x^3-2x^2-16x+9) end{aligned}因此，$u(x)=x^2-3x+1$，$v(x)=2x^3-7x^2+3x+4$。

3) 解用辗转相除法：begin{aligned}f(x) &= (x^2+x-1)(x^2-x-3) + (4x+4) \\g(x) &= (x+1)(x^3-2x^2-2x+3) + (0)end{aligned}因此，$(f(x),g(x))=1$。

代入 $(f(x),g(x))$，我们有：begin{aligned}1 &= -u(x)(x^4-x^3-4x^2+4x+1) + v(x)(x^3-2x^2-2x+3) \\x^3-x^2+3x+2)(x^4-x^3-4x^2+4x+1) + (x^4-3x^3-2x^2+11x-5)(x^3-2x^2-2x+3)end{aligned}因此，$u(x)=-x^3-x^2+3x+2$，$v(x)=x^4-3x^3-2x^2+11x-5$。

1.给定$(g(x),f(x)+g(x))=1$，根据第12题的结论，可以得到$(f(x)g(x),f(x)+g(x))=1$。

也可以使用反证法证明。

2.求多项式$f(x)=x^3+2x^2+2x+1$和$g(x)=x^4+x^3+2x^2+2x+1$的公共根。

提示使用辗转相除法求出$(f(x),g(x))=x^2+x-1\pm 3i$，因此得到两个多项式的公共根为1.3.判断多项式是否有重因式：1) $f(x)=x^5-5x^4+7x^3-2x^2+4x-8$；2) $f(x)=x^4+4x^2-4x-3$。

解：1) 由于$f'(x)=5x^4-20x^3+21x^2-4x+4$，使用辗转相除法可以得到$(f(x),f'(x))=(x-2)^2$，因此$f(x)$有重因式，且$x-2$是它的一个3重因式。

2) 由于$f'(x)=4x^3+8x-4$，使用辗转相除法可以得到$(f(x),f'(x))=1$，因此$f(x)$没有重因式。

4.求$t$的值，使得$f(x)=x^3-3x^2+tx-1$有重根。

解：$f'(x)=3x^2-6x+t$。

先用$f'(x)$除$f(x)$得余式$r_1(x)=\frac{2t-6}{3}x+\frac{1}{3}$。

当$t=3$时，$r_1(x)=0$。

此时$f'(x)$整除$f(x)$，因此$(f(x),f'(x))=x-1$，所以1是$f(x)$的3重根。

当$t\neq 3$时，$r_1(x)\neq 0$，再用$r_1(x)$除$f'(x)$得余式$r_2(x)=\frac{t+1}{3}$。

当$t=-\frac{15}{4}$时，$r_2(x)=0$。

此时$(f(x),f'(x))=-\frac{211}{15}$，因此$-\frac{15}{4}$是$f(x)$的2重根。

当$t\neq 3$且$t\neq -\frac{15}{4}$时，$r_2(x)\neq 0$，则$(f(x),f'(x))=1$，此时$f(x)$没有重根。

5.求多项式$x^3+px+q$有重根的条件。

解略。

6.如果$(x-1)^2Ax^4+Bx^2+1$，求$A,B$。

解法一：设$f(x)=Ax^4+Bx^2+1$，则$f'(x)=4Ax^3+2Bx$。

因为$(x-1)^2Ax^4+Bx^2+1$，所以1是$f(x)$的重根，也是$f'(x)$的根。

因此$f(1)=0$，$f'(1)=0$，即$A+B+1=0$，$4A+2B=0$。

解得$A=1$，$B=-2$。

1）可约，因为x21=(x1)(x1)．2）可约，因为x48x312x22=(x1)2(x2)(x1)2．3）不可约，因为x6x31的复根为kcos2k2kisin,k0,1,2。

33不属于有理数域．4）不可约，因为若可约，则存在整数q(x)使得xp px1＝q(x)r(x)，其中r(x)为xp1pxp2p1．设a是p次单位根，则a是xp1pxp2p1的根．由于a1，所以a是r(x)的根，但a是p次单位根，所以a是q(x)的根．因此，a是xp px1的根，与xp px1没有共同的根矛盾．5）不可约，因为x44kx1的复根为kcosi2k2kk0,1，2，3。

44不属于有理数域．。