(完整版)高等代数多项式习题解答
高等代数作业 第一章 多项式
f (x)
D、若不可约多项式 p(x) 是 f (x) 的重因式，则 p(x) 是
的单因式
( f (x), f (x))
四、计算题 1．设 f (x) x4 x3 x2 2x 1, g(x) x3 2x 1, 求 ( f (x), g(x)) 以及 u(x), v(x), 使
C、若 d (x) | f (x) ,且有 f (x)u(x) g(x)v(x) d (x) ，则 d (x) 是 f (x) 和 g(x) 的最大公因式
D、若 ( f (x)g(x), h(x)) 1，则 ( f (x), h(x)) 1 且 (g(x), h(x)) 1
2. 关于不可约多项式 p(x) ,以下结论不正确的是（ ）
)时， f (x) 在有理数域上可约。
A、1 B、 1 C、0 D、5 或 3
6. 设 f (x) x5 5x 1 ，以下结论不正确的是（
）
A、 f (x) 在有理数域上不可约
B、 f (x) 在有理数域上可约
C、 f (x) 有一实根
D、 f (x) 没有有理根
7. 设 f (x) x p px 1, p 为奇素数，以下结论正确的是 （
)时， f (x) 在有理数域上可约。
A、1 B、0 C、 1 D、3 或-5 4. 设 f (x) x3 tx2 5x 1是整系数多项式，当 t =（
）时， f (x) 在有理数域上可约。
A、7 或 3 B、1 C、 1 D、0 5. 设 f (x) x3 tx2 3x 1 是整系数多项式，当 t =(
u(x) f (x) v(x)g(x) ( f (x), g(x)).
2
孟道骥《高等代数与解析几何》(第3版)(上册)课后习题(含考研真题)详解-多项式(圣才出品)
1.2 课后习题详解第1节数域1．举出对加法、乘法及除法封闭但对减法不封闭的例子．解：集合Q＋＝{a∈Q|a＞0}对加法、乘法及除法封闭但是对减法不封闭．2．举出对加法、减法封闭，但对乘法不封闭的例子．解：集合对加法、减法都封闭，但是对乘法不封闭．3．举出对加法、减法都不封闭，但对乘法封闭的例子．解：集合与集合{m|p∤m，p素数}对加法、减法都是不封闭的，但是对乘法封闭．4．试证C的子集P若对减法封闭，则必对加法封闭．证：可设P≠∅，于是有a∈P，因此a－a＝0∈P．又因为0－a＝－a∈P，若有b∈P，则必有a＋b＝b＋a＝b－(－a)∈P．故P若对减法封闭，则必对加法封闭．5．试证C的子集P若对除法封闭，则必对乘法封闭．证：设P≠∅，P≠{0}，于是有a∈P，a≠0，因此a÷a＝1∈P．又因为，故若b∈P成立，则有ab＝ba＝b÷a-1∈P．因此P若对除法封闭，则必对乘法封闭．6．令试证是一个数域．证：由题目易知，则有即对加法和减法都封闭．又因为则对乘法封闭．下面需证明对除法是封闭的．由于对乘法封闭，故只需证明下面结论：，则成立．下面分为三种情形讨论：（1）b＝c＝0，此时d＝a≠0，．（2）c＝0，b≠0，此时可设，于是，且a3＋5≠0．因此．（3）c≠0，此时可设，于是因此有由情形（2）及乘法的封闭性可知．故是数域．第2节一元多项式1．设P是数域．f(x)，g(x)，h(x)∈P[x]，且f(x)＋g(x)＝f(x)＋h(x)．试证g(x)＝h(x)．证：由题意知f(x)＋g(x)＝f(x)＋h(x)，于是有故结论成立．2．设f(x)，g(x)，h(x)∈P[x]，且f(x)≠0，f(x)g(x)＝f(x)h(x)．试证g(x)＝h(x)．证：由题意有f(x)g(x)＝f(x)h(x)，则f(x)(g(x)－h(x))＝0，再由f(x)≠0，因此结论成立．3．设f(x)，g(x)∈P[x]，f(x)≠0，g(x)≠0，又deg(f(x)g(x))＝degg(x)．试证f(x)＝c∈P．证：因为degf(x)＋degg(x)＝deg(f(x)g(x))＝degg(x)，所以degf(x)＝0，故f(x)＝c∈P．4．设m，n∈N，f(x)∈P[x]．归纳定义f1(x)＝(f(x))1＝f(x)，f n(x)＝(f(x))n＝f(x)f n-1(x)，试证这里f0(x)，g0(x)定义为1．证：1）对m，n作双重归纳证明．由f n(x)的定义，可知对任何m有f(x)f m(x)＝f1+m(x)．现设对于n，有f n(x)f m(x)＝f n+m(x)成立，则因此结论1）成立．2）当m＝1时，结论显然成立．设m时，结论成立，于是由结论1）有则结论2）成立．3）n＝1时，结论显然成立．设n时，结论成立，于是有因此结论3）成立．4）n＝1时，结论显然成立．设n时，结论成立，于是有因此结论4）成立．第3节带余除法1．求用g(x)除f(x)的商式q(x)与余式r(x)：1）f(x)＝x3－3x2－x－1，g(x)＝3x2－2x＋1；2）f(x)＝x4－2x＋5，g(x)＝x2－x＋2．解：分别用q(x)，r(x)表示所求的商和余式．1）由则可得．2）由则可得q(x)＝x2＋x－1，r(x)＝－5x＋7．2．m，p，q适合什么条件时，有1）x2＋mx－1|x3＋px＋q；2）x2＋mx＋1|x4＋px＋q．解：1）观察两个多项式的首项与常数项．则有因此q＝m，p＝－m2－1．2）观察两个多项式的首项与常数项，于是有则有于是可得q＝m2－1，p＝m(m2－2)．。
《高等代数》多项式试题库
一 填空题
1�数集{0}对 2�自然数集 N 对 3�数集{a � bi a, b � Z} 对
二 判断题
运算封闭. 运算封闭.
封闭.
1. 数域必含有无穷多个数. 2. 所有无理数构成的集合是数域.
三 证明
1. 证明 Q( n ) � {a � b n a, b � Q} 是数域,这里 n 不是完全平方数. 2. 证明{a � b3 2 a, b � Q} 不是数域. 3. 若 P1 , P2 是 数 域 , 证 明 P1 � P2 也 是 数 域 , 而 P1 � P2 不 一 定 是 数
a2 � b2 n
. 当 � (a1a2 � b1bn2 ) � (a1b2 � a b2 1 ) n � Q ( n )
a1 � b1
n � 0 时,
a1 � b1
n
� a1 a 2 � b1b2 n � a1b2 � b1 a 2 �
a2 1
�
b2 1
n
a2 1
�
b2 1
n
n �Q(
n)
.故 Q(
§2 一元多项式[达标训练题]
A组
一 填空题
1. 式
数项是
系数在数域 P 上的关于文字 x 的一元多项式指的是形式表达
, 其中 i 次项是
, i 次项系数是
,常
.
1
2. 下列形式表达式(i)2;(ii) x ; (iii)0; (iv) 1 � ln( x � x 2 � 3x 3 ) ;
(v)
ix 3
域.
§1 数域[达标训练题解答]
一 填空题
1�加法、 减法、 乘法�2.加法、乘法 �3.加法、减法、乘法.
高等代数课后习题1-5章答案
高等代数课后习题1-5章答案高等代数是大学数学中的一门重要基础课程，对于数学专业的学生来说，掌握这门课程的知识和解题技巧至关重要。
在学习过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面，我将为大家详细解答高等代数 1-5 章的课后习题。
第一章主要介绍了多项式的基本概念和运算。
在这一章的习题中，我们经常会遇到多项式的整除、最大公因式、因式分解等问题。
例如，有这样一道题：设\（f(x)＼）和\（g(x)＼）是两个多项式，且\（（f(x)， g(x)）＝ 1\），证明：对于任意的多项式\（h(x)＼），都存在多项式\（u(x)＼）和\（v(x)＼），使得\（f(x)u(x) ＋ g(x)v(x) ＝h(x)＼）。
解答这道题，我们可以利用辗转相除法来求出\（f(x)＼）和\（g(x)＼）的最大公因式。
因为\（（f(x)， g(x)）＝ 1\），所以存在\（u_1(x)＼）和\（v_1(x)＼），使得\（f(x)u_1(x) ＋ g(x)v_1(x) ＝ 1\）。
然后，将等式两边同时乘以\（h(x)＼），得到\（f(x)（u_1(x)h(x)）＋ g(x)（v_1(x)h(x)）＝ h(x)＼），令\（u(x) ＝ u_1(x)h(x)＼），＼（v(x) ＝v_1(x)h(x)＼），即证明了结论。
第二章是行列式的相关内容。
行列式的计算是这一章的重点和难点。
比如，有一道求行列式值的题目：＼（＼begin{vmatrix} 2 ＆ 1 ＆ 3 ＼＼ 1 ＆－1 ＆ 2 ＼＼ 3 ＆ 2 ＆ 1 ＼end{vmatrix}＼）对于这道题，我们可以按照行列式的展开法则进行计算。
先按照第一行展开：＼＼begin{align}＆＼begin{vmatrix} 2 ＆ 1 ＆ 3 ＼＼ 1 ＆－1 ＆ 2 ＼＼ 3 ＆ 2 ＆ 1 ＼end{vmatrix}＼＼＝＆2\times\begin{vmatrix} －1 ＆ 2 ＼＼ 2 ＆ 1 ＼end{vmatrix}－1\times\begin{vmatrix} 1 ＆ 2 ＼＼ 3 ＆ 1 ＼end{vmatrix}＋3\times\begin{vmatrix} 1 ＆－1 ＼＼ 3 ＆ 2 ＼end{vmatrix}＼＼＝＆2\times(－1\times1 2\times2) 1\times(1\times1 2\times3) ＋3\times(1\times2 （－1)＼times3)＼＼＝＆2\times(－5) 1\times(－5) ＋ 3\times(5)＼＼＝＆－10 ＋ 5 ＋ 15\＼＝＆10＼end{align}＼第三章是线性方程组。
高等代数一元多项式例题
高等代数一元多项式例题
当涉及到高等代数的一元多项式例题时，我可以为您提供一个典型的例子，以便更好地理解。
假设我们有以下一元多项式：
P(x) = 3x^4 - 2x^3 + 5x^2 - 7x + 10
在这个例子中，P(x) 是一个四次多项式，其中x 是变量，3、-2、5、-7 和10 是系数。
每个项是由变量的幂次和对应的系数组成。
现在，我们来解决几个与这个多项式相关的问题
1. 求导：
要求P(x) 的导函数，可以通过对每一项进行求导并合并结果来实现。
对于这个例子来说，得到的导函数为：
P'(x) = 12x^3 - 6x^2 + 10x - 7
2. 求函数值：
给定一个特定的x 值，我们可以求出P(x) 的函数值。
例如，当x = 2 时，可以计算出：
P(2) = 3(2)^4 - 2(2)^3 + 5(2)^2 - 7(2) + 10 = 48
3. 因式分解：
对于多项式P(x)，我们可以尝试将其因式分解为更简单的形式。
这需要使用因式分解的技巧和方法。
但是，并非所有的多项式都可以被因式分解，有些可能需要使用更高级的技术。
4. 求根：
求多项式的根是找出使得P(x) 等于零的x 值。
这就是求方程P(x) = 0 的解。
对于这个例子来说，我们可以通过使用因式分解、配方法、综合定理等方法来解决这个问题。
以上是一些关于高等代数一元多项式例题的常见问题和解决方法。
[高等代数(上)课外习题 第一章多项式]
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高等代数第一章多项式课外习题一、 选择题1．在[]F x 里能整除任意多项式的多项式是（ ）。
A ．零多项式B ．零次多项式C ．本原多项式D ．不可约多项式2．设()1g x x =+是6242()44f x x k x kx x =-++-的一个因式，则=k （ ）。
A ．1 B ．2 C ．3 D ．43．整系数多项式()f x 在Z 不可约是()f x 在Q 上不可约的( ) 条件。
A . 充分 B . 充分必要 C .必要 D ．既不充分也不必要4．下列对于多项式的结论不正确的是（ ）。
A .如果)()(,)()(x f x g x g x f ，那么)()(x g x f =B .如果)()(,)()(x h x f x g x f ，那么))()(()(x h x g x f ±C .如果)()(x g x f ，那么][)(x F x h ∈∀，有)()()(x h x g x fD .如果)()(,)()(x h x g x g x f ，那么)()(x h x f（ ）5、关于多项式的重因式，以下结论正确的是（ ）A 、若p(x) 是f’(x)的k 重因式，则p(x) 是f(x)的k+1重因式B 、若p(x)是f(x)的k 重因式，则p(x) 是f(x)，f’(x)的公因式C 、若p(x)是f’(x)的因式，则p(x)是f(x)的重因式D 、若p(x)是f(x)的重因式，则p(x)是))(),(()(x f x f x f '的单因式6 、关于多项式的根，以下结论不正确的是 （ ）A 、α是f(x)的根的充分必要条件是x-α|f(x)B 、若f(x)没有有理根，则f(x)在有理数域上不可约C 、每个次数≥1的复数系数多项式，在复数域中有根D 、一个三次的实系数多项式必有实根7 、关于不可约多项式p(x),以下结论不正确的是（ ）A 、若p(x)|f(x)g(x)，则p(x)|f(x)或p(x)|g(x)B 、若q(x)也是不可约多项式，则（p(x),q(x)）=1或p(x)=cq(x) c ≠0C 、p(x)是任何数域上的不可约多项式8、设3()3f x x x k =-+有重根，那么k=（ ）A 、1B 、-1C 、±2D 、09、设32()31f x x x tx =-+-是整系数多项式，当t=( )时，f(x)在有理数域上可约。
高等代数第1章多项式
f(x)-g(x)q1(x)=f1(x) deg f1(x)n-1 f1(x)-g(x)q2(x)=f2(x) deg f2(x)n-2 fk(x)-g(x)qk+1(x)=fk+1(x) f1(x), f2(x),, fk(x)的次数渐减,直到小于g(x)的次数
上式可改写为 f(x) = f1(x) + g(x)q1(x) f1(x)= f2(x) +g(x)q2(x) +) fk(x)=fk+1(x)+g(x)qk+1(x) . f(x)=fk+1(x)+g(x)[q1(x)+q2(x)++qk+1(x)] 于是,令q(x)=[q1(x)+q2(x)++qk+1(x)], r(x)=fk+1(x), deg r(x)<deg g(x)或r(x)=0. 唯一性 假设另有q1(x)和r1(x),满足 f(x) = q1(x)g(x) + r1(x) 其中deg(r1(x))<deg(g(x))或者r1(x)=0
四、综合除法
• 指用一次多项式除任一多项式的简便方法 • 1、理论根据
• • • • • • •
设 f(x)=anxn+an-1xn-1++a1x+a0 (an0) 则f(x)被x-c除所得商式是一个n-1次多项式, 设为 q(x)=bn-1xn-1+bn-2xn-2++b1x+b0 所以 f(x)=(x-c)q(x)+r, 其中r为余数,即 f(x)=anxn+an-1xn-1++a1x+a0 =(x-c)(bn-1xn-1+bn-2xn-2++b1x+b0)+r 比较两边系数,得
高等代数习题及答案
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高等代数习题及答案篇一：高等代数试题及答案中国海洋大学2007-2008学年第2学期期末考试试卷共2页第2页五(10分)证明：设A为n级矩阵,g(x)是矩阵A的最小多项式,则多项式f(x)以A为根的充要条件是g(x)|f(x).六(10分)设V是数域P上的n维线性空间,A,B是V上的线性变换，且ABBA.证明:B的值域与核都是A的不变子空间.a七(10分)设2n阶矩阵Ababbab,ab,求A的最小多项式.a八(10分)设f是数域P上线性空间V上的线性变换,多项式px,qx互素,且满足pfqf0(零变换),Skerqf求证：VWS,Wkerpf中国海洋大学2007-2008学年第2学期期末考试学院(A卷)答案一.判断题1.×2.×3.×4.√5.√二.解：1A=1111111111111113，｜EA|(4)，所以特征值为0，4（3重）.将特征值代入，求解线性方程组(EA)x0，得4个线性无关的特征向量（答案可以不唯一），再正交单位化，得4个单位正交向量：1＝(12,12,112,2)'，2＝(-0,0)'，3＝(-0)'，4＝(-6662'.126111所以正交阵T2641而T'AT0206122三.证：(1)A,BM.验证AB,kAM即可.01 1(2)令D0En110，D为循环阵，E11Dk0EnkEk0，(Ek为k阶单位阵)则D,D2,,Dn1,DnE在P上线性无关..0且Aa1Ea2Dan1Dn2anDn1，令f(x)a1a2xanxn1,有Af(D).BM，必P上n1次多项式g(x)，使Bg(D)，反之亦真.ABf(D)g(D)g(D)f(D)BA(3)由上可知：E,D,D2,,Dn1是M的一组基，且dimMn.四.解：A的行列式因子为D3()(2)3,D2()D1()1.所以，不变因子为d3()(2)3,d2()d1()1，初等因子为(2)3，2因而A的Jordan标准形为J1221五．证："":f(x)g(x)q(x)""：f(A)0,g(A)0f(A)g(A)q(A)0设f(x)g(x)q(x)r(x),r(x)0或(r(x))(g(x)).所以0＝f(A)g(A)q(A)r(A),因而r(A)0.因为g(x)为最小多项式，所以r(x)0.g(x)|f(x).六．证：在B的核V0中任取一向量，则()A(BB(A)BA)AB(A)0所以A在B下的像是零，即AV0．即证明了V0是A的不变子空间．在B的值域BV中任取一向量B，则A(B)B(A)BV.因此，BV也是A的不变子空间．综上，B的值域与核都是A的不变子空间．七．解：EA(a)b22n篇二：高等代数习题及答案(1)高等代数试卷一、判断题（下列命题你认为正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”；每小题1分，共10分）1、p(x)若是数域F上的不可约多项式，那么p(x)在F中必定没有根。
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第一章多项式习题解答1.用g( x)除f ( x)，求商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) x3 3x2 x 1, g (x) 3x2 2x 13x 2 2x 1 x3 3x 2 x 1 1 x 7x3 2 x2 1 x 3 93 37 x2 4 x 13 37 x2 14 x 73 9 926 x 29 91x 7, r ( x)26x2q( x)9 9 .3 92）f ( x) x4 2x 5, g(x) x2 x 2x2 x 2 x 4 0x3 0 x2 2 x 5 x2 x 1x4 x3 2x2x3 2x2 2xx3 x2 2xx2 4x 5x2 x 25x 7q( x) x2 x 1, r ( x) 5x 7 .2.m, p, q 合适什么条件时，有1）x2 mx 1| x3 px qx 2 mx 1 x3 0 x2 px q x mx3 mx2 xmx2 ( p 1) x qm x2 m2 x m(m2 p 1) x ( q m)当且仅当 m2 m 时x2 1| x3 px q .此题也可用待定系数法求解.当x2 mx 1| x3 px q 时，用 x2 mx 1 去除x3 px q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x q .于是有x3 px q ( x q)( x2 mx 1) x3 (m q)x2 (mq 1) x q .所以有 m2 p 1 0, q m .2）x2 mx 1| x4 px2 q由带余除法可得x4 px2 q ( x2 mx 1)( x2 mx p 1 m2 ) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 )当且仅当 r ( x) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 ) 0 时 x2 mx 1 | x4 px2 q .即m(2 p m2 ) 0，即m 0,或p m2 2,q 1 p m2 0 q 1 p, q 1.此题也可用待定系数法求解 .当x2 mx 1| x4 px2 q 时，用 x2 mx 1 去除x4 px2 q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2 ax q .于是有x4 px2 q (x 2 ax q)( x2 mx 1)x4 (m a) x3 (ma q 1) x2 (a mq) x q.比较系数可得 m a 0, ma q 1 p, a mq 0. 消去 a 可得m 0, 或p m2 2,q 1 q 1.p,3.求g( x)除f ( x)的商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) 2x5 5x3 8x , g (x) x 3;解：运用综合除法可得3 2 0 5 0 8 06 18 39 117 3272 6 13 39 109 327商为 q(x) 2x4 6x3 13x2 39 x 109 ，余式为 r (x) 327.2）f ( x)x3x2x, g( x) x 1 2i .解:运用综合除法得 :1 2i 1 1 1 01 2i 4 2i 9 8i1 2i 5 2i 9 8i商为 x2 2ix (5 2i ) ,余式为9 8i .4.把f ( x)表成x x0的方幂和，即表示成c0 c1 ( x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 的形式 .1） f ( x) x5 , x0 1 ；2）f ( x) x4 2x2 3, x0 2;3）f ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i , x0 1.剖析：假定 f ( x) 为 n 次多项式，令f (x) c0 c1 (x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 c n ( x x0 )nc0 (x x0 )[ c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 ) n 1 ]c0即为x x0 除 f ( x) 所得的余式，商为 q(x) c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 )n 1.近似可得 c1为 x x0除商 q( x) 所得的余式，挨次持续即可求得睁开式的各项系数.解： 1）解法一：应用综合除法得 .1 1 0 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 1 1 11 2 3 41 1234 51 3 61 1 3 6 101 41 1 4 1011 5f ( x) x5 ( x 1)5 5( x 1)4 10( x 1) 3 10( x 1) 2 5( x 1) 1 .解法二：把 x 表示成( x1) 1 ，而后用二项式睁开x5[( x 1) 1]5(x 1)55( x 1) 410( x 1)310( x 1) 25( x 1) 1 2）仿上可得2 1 0 2 0 32 4 4 82 1 2 2 4 112 8 202 1 4 10 242 122 1 6 2221 8f ( x) 11 24( x 2) 22(x 2)2 8( x 2) 3 ( x 2)4.3）由于i 1 2i 1 i 3 7 ii 1 1 4ii 1 i i 4 7 5ii 0 1i 1 0 i 5i 1i 1 i 1 ii1 2if ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i(7 5i) 5( x i ) (1 i )( x i ) 2 2i (x i )3 ( x i ) 4.5.求f ( x)与g ( x)的最大公因式1）f ( x) x4 x3 3x2 4x 1, g( x) x3 x2 x 1解法一：利用因式分解f (x) x4 x3 3x2 4x 1 (x 1)( x3 3x 1),g (x) x 3x 2 x 1 ( x 1) 2 (x 1).所以最大公因式为 x 1. 解法二：运用展转相除法得q 2 (x) 1x 1 x 3x 2x 1 x 4 x 3 3x 2 4x 1 x q 1 ( x)24 x33 x 21 x x 4x 3 x 2x1 232r 1 (x)2x 2 3x 1 8 x 4q 3 ( x)2x x 12x 2 2 x 332 21 x23 x1x 124 4x 133r 2 (x)x4 4所以最大公因式为 x 1.2） f ( x) x 44x 3 1, g( x) x 33x 2 1 .解：运用展转相除法得（注意缺项系数补零）3 2432x4x 0x0 x 1 x 1 q 1( x)q 2 (x)1x10x3x 0x13931 2 2 xx 43x 3 0x 2 xxx33x 3 0x 2 x 110 x 22x 1x 3 3x 2 0 x 133r 1 (x) 3x 2x 210 x 210 x2027 x441 39 93x 2 33 x 16 256r 2 ( x) 16 x 11169 949 x21649 x 53916 256 r 3 ( x)27256( f ( x), g( x)) 1.3） f ( x) x 4 10 x 21, g (x) x 44 2x 3 6x 2 4 2x 1.g (x)f (x) 4 2 (x32 2x 2x)f (x) r ( x) ，1f ( x) (x32 2x 2x)( x 22) (x22 2x 1)4 1 r 1( x)( x2 2 ) r 2 ( x),24 1r 1 ( x) x 32 2x 2 x x( x 22 2x 1) r 2 (x) x,2( ( ), ( )) 2 2 2 1.6.求u( x), v(x)使u(x) f ( x) v(x) g( x) ( f ( x), g ( x)) :1）f ( x) x4 2x3 x 2 4x 2, g( x) x4 x3 x2 2x 2;解：运用展转相除法得：q2 ( x) x 1 x4 x3 x2 2x 2 x4 2x3 x2 4x 2 1 q1 (x)x4 2x2 x4 x3 x2 2x 2x3 x2 2x r1 (x) x3 2 x x q3 ( x)x3 2x x3 2xr2 ( x) x 2 2 0所以 ( f ( x), g( x)) r2 (x) x2 2 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1q1( x)q2 (x)] g(x) .u(x) q2 (x) x 1, v( x) 1 q1( x) q2 ( x) x 2.2）f ( x) 4x4 2x3 16x2 5x 9, g (x) 2x3 x2 5x 4;解：运用展转相除法得：q2 (x) 1 x 1 2x3 x2 5x 4 4x 4 2x3 16 x2 5x 9 2 x q1 ( x)3 3 2x3 x2 3x4 x4 2x3 10 x2 8x2x2 2x 4 r1 (x) 6x 2 3x 9 6 x 9 q3 ( x)2x2 x 3 6x2 6 xr2 ( x) x 1 9x 99x 9所以 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) x 1 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) 1 x 1 , v(x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 2x( 1x 1 ) 2 x22x 1.3 3 3 3 3 3 3）f ( x) x4 x3 4x2 4x 1, g( x) x2 x 1.解：运用展转相除法得：q2 (x) x 1 x2 x 1 x4 x3 4x 2 4x 1 x2 3 q1( x)x 2 2x x4 x3 x2x 1 3x2 4x 1x 2 3x2 3x 3r2 (x) 1 r1 (x) x 2所以 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) 1. 且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) x 1, v( x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 ( x2 3)( x 1) x3 x2 3x 2.7.设f ( x) x3 (1 t ) x2 2x 2u, g( x) x3 tx u 的最大公因式是一个二次多项式，求 t, u 的值 .解：运用带余除法有f ( x) x3 (1 t) x2 2x 2u ( x3 tx u) 1 (1 t )x 2 (2 t) x ug (x) r1( x), 由题意可得， r1( x) 即为 f (x), g (x) 的最大公因式.所以有1 t 0 .进一步g( x) r1 ( x)[ 1xt 22]r2 (x),1 t (1 t )r2 ( x) t(1 t) 2 u(1 t ) (2 t) 2x u[1t 2] .(1 t) 2 (1 t )2要使 r1 (x) 为 f ( x), g ( x) 的最大公因式的充要条件是 r2 ( x) 0. 即t (1 t) 2 u(1 t ) (2 t )2 0,u[(1 t) 2 (t 2)] 0,解得u 0, u 0, u 7 11i , u 7 11i ,1 3i 1 11i 1 11it 4; ; t ; tt 2 2 2 .8.证明：假如d( x) | f (x), d( x) | g( x),且d ( x)为f ( x) 与 g( x) 的一个组合，那么d ( x) 是 f (x) 与 g(x) 的一个最大公因式.证明：由 d ( x) | f ( x), d ( x) | g( x) 可知 d( x) 是 f (x) 与 g (x) 的一个公因式.下证f ( x) 与 g( x) 的随意一个公因式是 d ( x) 的因式.由 d ( x) 为 f (x) 与 g(x) 的一个组合可知，存在多项式u(x), v( x) ，使得d( x) u( x) f (x) v(x) g( x) .设( x) 是 f (x) 与 g( x) 的随意一个公因式，则(x) | f ( x),( x) | g ( x) .故(x) |u( x) f ( x)v( x) g( x)即(x) | d (x). 所以 d( x) 是 f (x) 与 g (x) 的一个最大公因式.9.证明：( f (x)h( x), g (x) h( x))( f (x), g( x))h(x)( h( x) 的首项系数为1）.证明：存在多项式u(x), v( x) ，使得( f ( x), g ( x)) u( x) f (x)v(x) g( x) .所以有 ( f (x), g (x)) h( x) u( x) f (x)h(x)v( x) g(x)h(x) .即 ( f (x), g (x)) h( x) 是f ( x)h(x) 与 g( x) h( x) 的一个组合.明显有( f (x), g( x)) | f ( x), ( f ( x), g( x)) | g(x) .从而 ( f ( x), g( x))h( x) | f ( x)h(x), ( f ( x), g( x))h( x) | g( x) h( x) .由第8题结果( f (x), g (x))h( x) 是 f (x)h( x) 与 g( x)h( x) 的一个最大公因式.又h(x)是首项系数为1 的，所以( f ( x) h( x), g ( x) h(x)) ( f ( x), g( x))h(x).f ( x), g ( x)10.假如f ( x)，g ( x)不全为零，证明( ) 1 .( f ( x), g( x) ( f (x), g( x) 证明：由 f ( x) , g ( x) 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即( f (x), g (x)) 0.又存在多项式 u( x), v( x) ，使得( f ( x), g ( x)) u( x) f (x)v(x) g( x) .于是1f (x)v( x)g(x)u(x) .( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))f ( x)g (x)) 1 .所以 ( ,( f ( x), g (x) ( f (x), g (x)11.假如f ( x)，g( x)不全为零，且u(x) f ( x) v(x) g( x) ( f (x), g( x)) ，那么 (u( x), v( x)) 1 .证明：由 f ( x) , g( x) 不全为零可得 ( f (x), g (x)) 0.由u(x) f ( x) v( x) g(x)( f ( x), g( x)) 有f ( x)v( x) g(x)u( x) 1.( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))于是 (u( x), v( x)) 1 .12.证明：假如( f (x), g( x)) 1, ( f ( x), h(x)) 1, 那么 ( f ( x), g( x)h( x)) 1.证法一、由条件 ( f (x), g (x)) 1, ( f ( x), h(x)) 1可得存在多项式 u1 ( x), v1( x) ；u2 (x), v2 ( x) 使得u1 (x) f ( x) v1 ( x) g(x) 1， u2 ( x) f ( x) v2 ( x) h( x) 1 .两式相乘得[ u1 (x)u2 (x) f ( x) u2 ( x)v1 (x) g( x) u1( x)v2 (x)h( x)] f (x) v1 (x)v2 ( x) g(x)h( x) 1.所以有 ( f (x), g (x)h(x)) 1.证法二、反证法证明 .明显( f ( x), g(x)h(x))0.若 ( f ( x), g( x)h( x))1, 则存在不行约多项式p( x) ，使得 p( x) 为 f ( x) 与 g( x)h(x) 的公因式.所以有 p( x) | f ( x) 且p( x) | g( x)h(x) .由 p(x) 的不行约性有p( x) | g(x) 或 p( x) | h( x) .若 p( x) | g( x) ，则p( x) 为 f ( x) 与 g (x) 的一个公因式，与( f ( x), g( x)) 1 相矛盾.若 p( x) | h( x) ，则p( x) 为 f ( x) 与 h( x) 的一个公因式，与 ( f ( x), h( x)) 1 相矛盾.因此( f (x), g (x)h( x)) 1不建立，即有 ( f ( x), g( x) h(x)) 1.13.设f1( x), f2( x),, f m (x), g1 (x), g2 ( x),g n ( x) 都是多项式，并且( f i ( x), g j ( x)) 1, (i 1,2, , m; j 1,2,, n).求证： ( f1 ( x) f2 ( x) f m ( x), g1 ( x)g2 ( x) g n ( x)) 1.证明：由 ( f1 ( x), g j ( x)) 1( j 1,2, , n) ，频频利用第12 题结果可得( f1 ( x), g1 ( x)g2 (x) g n ( x)) 1 .近似可得( f i (x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1, i 2,, m.再频频利用 12 题结果可得( f1( x) f2( x) f m ( x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1.14.证明：假如( f (x), g( x))1, 那么 ( f ( x) g( x), f ( x) g ( x)) 1.证明：方法一 .由( f (x), g( x))1, 存在多项式 u( x), v(x) 使得u( x) f (x) v( x) g(x)1 .进而有(u1 ( x) v1 (x)) f ( x) v1 ( x)( f ( x) g (x)) 1,u1 ( x)( f ( x) g (x)) ( u1 ( x) v1 (x)) g(x)1, 所以有 ( f (x), f ( x) g( x)) 1, (g (x), f (x) g( x)) 1. 由12题结果结论建立.方法二：用反证法 .若( f (x) g( x), f ( x)g (x)) 1.则存在不行约多项式p( x) ，使得 p( x) 为 f ( x) g(x) 与 f ( x)g( x) 的公因式.即p( x) | f ( x) g(x) 且 p(x) | f ( x) g (x) .由 p( x) 的不行约性及p( x) | f ( x)g ( x) ，有 p( x) | f (x) 或 p(x) | g ( x) .若 p(x) | f (x) ，又 p(x) | f (x) g (x) ，所以有 p( x) |[( f ( x) g (x)) f (x)] ，即 p( x) | g( x) ，也即 p( x)为 f (x) 与 g(x) 的一个公因式，与 ( f (x), g(x))1相矛盾.近似可适当 p( x) | g( x) 时也与已知 ( f ( x), g ( x)) 1 矛盾.所以 ( f ( x) g (x), f (x) g( x)) 1.15.求以下多项式的公共根：f ( x) x32x22x 1;g ( x) x4x32x2x 1.解法一：利用因式分解可得f (x) x 3 2x 2 2x 1 ( x 1)( x 2 x 1);g( x) x 4x 32 x 2 x 1 (x 21)( x 2 x 1).所以 ( f ( x), g( x)) x 2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3 i.22解法二：运用展转相除法求出 f ( x) 与 g( x) 的最大公因式， 最大公因式的根即为所求的公共根 .g( x) f (x)( x1) 2( x 2 x 1),f (x)( x 2 x 1)( x 1).所以 ( f ( x), g( x)) x2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3i.2216.鉴别以下多项式有无重因式：1） f ( x) x 5 5x 4 7 x 32x 2 4x 8;解： f ' ( x) 5x 420x 3 21x 2 4x 4,运用展转相除法可得 (f ( ), f ' ( )) x 2 4 x 4 ( x 2) 2.所以 x 2为 f ( x) 的三重x x因式 .解法二：试根可得 2 为 f (x) 的根f ( x) ( x 2)( x 4 3x 3 x 2 4) ( x 2) 2 ( x 3x 2 x 2) ( x 2)3 ( x 2x 1) .所以 x 2为 f ( x) 的三重因式 .2) f ( x) x 4 4x 2 4x 3.解： f ' (x)4x 3 8x 4 4(x 32x 1). ( f (x), f ' ( x)) 1.故 f ( x) 无重因式 .17.求 t 值使 f ( x) x 3 3x 2 tx 1有重根 .解法一：要使 f (x) 有重根，则 ( f (x), f ' ( x))1. f ' (x)3x 2 6x t.f ( x) x 3 3x 2 tx 1 ( 1 x1) f '(x) t 3(2x 1),3 3 3f '( x) 3x26x t(2x 1)( 3x 15) t 15 . 当 t 32 4 4 0, 即 t3 时3f ' ( x) 3x 2 6x 3 3(x 1) 2 , f ' ( x) | f ( x), ( f ( x), f ' ( x))( x 1)2 ，所以 1 为 f (x) 的三重根 .当 t15 0 ，即 t15时， ( f ( x), f ' ( x)) x 1 ， 1为 f (x) 的二重根 .44 2 2解法二：设 f ( x) ( x a)2 ( x b)x 3 ( 2a b)x 2 (a 22ab)x a 2b .所以有2a b 3,a 2 2ab t,a 2b 1.由第一个方程有 b 6 2a ，代人第三个方程有 a 2 (3 2a) 1,2a 33a 2 1 0, 即(a 1) 2 (2a1) 0 .所以有a 1, a1 ,b 1, 或 b 24, t3,t15 .4即当 t 3 时 1 为 f ( x) 的三重根；当 t15 时，1为 f ( x) 的二重根 .42求多项式x 3px q 有重根的条件 .18.解：令 f ( x) x 3 px q .明显当 pq 0 时， 0 为 f (x) 的三重根 .当 p0 时，f ' ( x) 3x 2p ，f (x)x 3 px q1xf '( x) 2 p x q ，33(2 px27q 2 )2f ' ( x) q)( 9 x ( p 27q 2 ) .3 2 p4 p 4 p要使 f ( x)有重根，则 ( f ( x), f ' ( x)) 127q 2 即4 p 3 27q 20. 明显.即 p 4p 2 0,p q0 也知足 4 p 3 27q 2 0. 所以 f ( x) 有重根的条件是 4 p 3 27 q 20.19.假如 ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1, 求 A, B.解法一：利用整除判断方法， ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1的充要条件是用 (x 1)2 除Ax4 Bx2 1 ，余式为零.Ax4 Bx2 1 ( x 1) 2 ( Ax 2 2Ax B 3A) (2B 4 A) x (1 3A B) .所以有 (2B 4A) x (1 3A B) 0 ，即2B 4A 0, A 1,1 3A B 0. B 2.解法二：要使 (x 1)2 | Ax 4 Bx2 1建立，则1起码是 Ax 4 Bx 2 1 的二重根.所以 1 既是Ax4 Bx2 1 的根，也是其导数的根.而 ( Ax 4 Bx2 1)' 4 Ax3 2Bx .故有1 A B 0, A 1,4A 2B 0. B 2.解法三：利用待定系数法 .令Ax4 Bx2 1 ( x 1)2 ( Ax2 Cx D ) Ax4 (C 2A)x3 ( A 2C D )x2 (C 2D ) x D 所以有C 2A 0, A 1,A 2C D B,B 2,C 2D 0, 解得C 2,D 1. D 1.20.证明：1 x x2 x n 不可以有重根 .2! n!证明：令 f ( x) 1 x x2 x n, 则2! n!f ' (x) 1 xx2 x n 12! (n ,1)!所以有 f (x) f ' (x) x n , 进而有 ( f ( x), f ' (x)) ( f ' (x), xn ) .xn 因式只有 c(c 0)n! n! n!及 cx k (c 0,1 k n) .而 cx k (c 0,1 k n) 明显不是 f ' (x) 的因式.所以有( f ( x), f ' (x)) ( f ' ( x), xn ) 1 .n! 所以 f ( x) 没有重根.21.假如 a 是 f ' ' ' ( x) 的一个 k 重根，证明 a 是g ( x)x af '( a)] f (x) f ( a)[ f '( x)的一个 k 3重根 . 2证明：g'( x)1[ f '( x) f '(a)]x a f ' '(x) f '(x)xa f ''( x) 1[ f ' (x) f ' (a)], 222 2g'' (x)1f ' '( x) x a f ''' (x) 1f ''( x) x af '''( x).2 2 2 2明显有 g(a) g' ( a)g" (a) 0 .由 a 是 f ' '' (x) 的一个 k 重根可得 a 是 g' '( x) 的一个k 1 重根，设 a 是 g( x) 的 s 重根，则 s 2 k1, s k 3 .此题常有错误证法 .错误证法一：由 a 是 f ' '' ( x) 的一个 k 重根就得出 a 是 f ' ' (x)的一个 k 1 重根， a 是 f ' ( x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根，于是g( x) xa[ f ' (x)f ' (a)] f (x)f ( a) ( x a) k 3 h( x)22进而 a 是 g( x) 的 k 3重根 .事实上，由 a 是 f ' ' ' ( x) 的一个 k 重根推不出 a 是 f ' ' (x)的一个 k 1 重根， a 是 f ' (x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根 .如 ( x ) (x a )k 3(x a )2 ( x a ) 3 ，则 f ' ( )( k 3)(x a )k 2 2() 1，fxx af ' ' ( x) (k 3)( k 2)( xa)k 1 2 . a 既不是 f ( x) 的根，也不是 f ' ( x) 与 f ' ' (x) 的根 .错误证法二：由g '( x)1[ f '(x) f '(a)] x a f '' (x) f ' (x) xaf ''( x) 1[ f '( x) f '(a)],2 2 22g '' (x) 1 f ''( x) x a f '''(x) 1 x a2 2f ''( x) 2 f '' '( x)2得出 a 是 g '' ( x) 的 k 1 重根，直接得出 a 是 g( x) 的 k 3 重根，缺了 a 是 g( x) 与g' ( x) 的根考证 .22.证明： x 0 是 f ( x) 的 k 重根的充足必需条件是f (x 0 )f ' ( x 0 )f ( k 1) (x 0 ) 0, 而 f (k ) ( x 0 ) 0.证明：必需性 .设 x 0 是 f ( x) 的 k 重根，进而 x x 0 是 f ( x) 的 k 重因式，进而是f ' (x) 的k 1重因式，是 f ' ' (x) 的k 2重因式，...，是 f (k 1) ( x) 的单因式，而不是f ( k) ( x) 的因式.所以 x0是 f ( x) ， f ' ( x) ， f ' ' ( x) ，...， f (k 1)( x)的根，而不是 f (k) (x)的根 .故有f ( x0) 充足性 .由f ( x0) f ' ( x) f ( k 1) ( x ) 0, 而f ( k) (x) 0.f ' ( x0 ) f ( k 1) ( x0 ) 0, 而 f ( k ) ( x0 ) 0 可知 x0是 f ( x) ，f ' ( x) ，f ' '( x) ，...， f (k 1) (x) 的根，而不是 f (k ) ( x) 的根.所以 x0 是 f (k 1) (x) 的单根，是f ( k 2) (x) 二重根，依此类推，是 f (x) 的 k 重根.23.举例说明断语“假如是 f ' (x) 的m重根，那么是 f (x) 的m 1重根”是不对的 .解：比如 f ( x) ( x ) m 1 2 ， f ' ( x) (m 1)( x)m. 是 f ' ( x) 的m重根，但不是 f (x) 的根.24.证明：假如( x 1) | f ( x n ), 那么 ( x n 1) | f (x n ) .证明：由 ( x 1) | f ( x n ) 可得 f ( x n ) (x 1) g( x) .进而 f (1) 0. 所以有f ( x) ( x 1)h( x), 进而有 f ( x n ) ( x n 1) h(x n ). 即 (x n 1) | f ( x n ) .证法二：要证 (x n 1) | f ( x n ) ，只需证 x n 1 在复数域上的各个根都是 f ( x n ) 的根 . x n 1 的根为x k cos 2k i sin 2k , k 0,1,2, ,n 1. 由 (x 1) | f (x n ) 可得n ncos 2ki sin2kf ( x n ) ( x 1) g(x) .进而 f (1) 0. 进而 f ( x k n ) f (1) 0 .即x k ,n nk 0,1,2, ,n 1 都是 f ( x n ) 的根.所以有 ( x n 1) | f ( x n ) .25.证明：假如(x2 x 1) | f1( x3) xf 2 ( x3 ) ，那么( x 1) | f1 ( x), ( x 1) | f 2 ( x).证明：要证 ( x 1) | f1( x), ( x 1) | f 2 ( x) 建立，只需证1 是f1( x)和f2(x)的根 .x2 x 1 的两个根为 1 1 3i , 2 1 3i.由(x2 x 1) | f1( x3 ) xf 2 (x3 ) 可2 2 得 f1 (x3 ) xf 2 ( x3 ) ( x2 x 1) g (x) .于是f1 ( 13) 1 f 2 ( 13 ) ( 12 1 1) g( 1 ) 0, f1 ( 23 ) 2 f 2 ( 23 ) ( 22 2 1)g( 2 ) 0,即 f1 (1) 13if 2 (1) 0, f1(1) 1 3i f2 (1).故有f1(1) f2(1) 0.所以2 2( x 1) | f1 (x), (x 1) | f 2 ( x) .26.求多项式x n 1 在复数范围内和在实数范围内的因式分解.解：x n 1的根为k cos 2ki sin2k, k 0,1,2, ,n 1. 故在复数范围内的n n分解式为x n 1 ( x 1)( x )( x 2 ) ( x n 1 ).在实数范围内，因k n k， ( 0 k n) .当 n 为奇数时，x n 1 的根中一个为实根，其他为虚根，其分解式为x n 1)[ x2 n 1 )x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x [ x2 n 1 n 11 (x ( 1] (2 2 ) x 1] . 当 n 为偶数时，x n 1 的根中二个为实根，即1, 其他为虚根，其分解式为x n 1 (x 1)( x 1)[ x 2 ( n 1) x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x 1] [ x2n 1 n 1( 2 2 ) x 1].27.求以下多项式的有理根 .1)x3 6x2 15x 14;解：多项式可能的有理根为1, 2, 7, 14. 由系数取值可知，x 取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根 .查验得 2 为其根，进一步运用综合除法可得2 1 6 15 142 8 141 4 7 0即 x3 6x2 15x 14 ( x 2)( x2 4x 7) ，显然 x2 4x 7 没有有理根.所以x3 6x2 15x 14 仅有一个有理根2，且为单根 .2) 4x4 7 x2 5x 1;1 1解：多项式可能的有理根为 1, , .2 41 4 0 7 5 122 13 1 14 2 6 2 022 2 24 4 4 0所以有4x4 7x2 5x 1 ( x 1) 2 ( 4x2 4x 4) (2 x 1) 2 ( x2 x 1) ，2明显 x2 x 1没有有理根.所以 1 为 4x4 7 x2 5x 1的二重根.23) x5 x4 6x3 14x2 11x 3.解：多项式可能的有理根为1, 3. 查验得1为其根，进一步运用综合除法可得11 1 6 14 11 31 0 6 8 311 0 6 8 3 01 1 5 331 1 5 3 03 6 31 2 1 0故 x5 x4 6x3 14x2 11x 3 ( x 1)2 (x 3)( x2 2x 1) (x 1) 4 ( x 3) .即1为其四重跟， 3 为单根 .28.以下多项式在有理数域上能否可约？1)x2 1;解：明显 x2 1 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不行约.2)x4 8x3 12x2 2;解：取素数 p 2 ，知足艾森斯坦鉴别法的条件，所以在有理数域上不行约.3）x6x31;解：令 x y1,f ( x) x6x3 1 ( y 1)6( y 1)3 1 y6 6 y515y 421y318 y29 y 3 g( y).取素数 p 3, g( y) 知足艾森斯坦鉴别法条件，所以在有理数域上不行约，进而f ( x) 在有理数域上不行约.4）x p px1, p 为奇素数；解：令 x y 1，由p为奇数可得f ( x) x p px 1 ( y 1) p p( y 1) 1y p C1p y p 1 C p2 y p 2 C p p 2 y2 (C p p 1 p) y p g( y).由组合数定义 C p k (1 k p 1) 均为整数，且C p k p( p1) ( pk 1)，分子中有k(k 1) 2 1因子 p ，分母个各数均小于p ，又 p 为素数，所以约分时p 不会被约去，所以有p |C k p，取素数为 p ，g ( y)知足艾森斯坦鉴别式条件，所以g( y)在有理数域上不可约，进而 f (x) 在有理数域上不行约.5）x4 4kx 1,k 为整数.解：令 x y 1, 则有x4 4kx 1 ( y 1) 4 4k( y 1) 1 y 4 4y3 6 y2 4(k 1) y 2 g ( y).取素数 p 2, g( y) 知足艾森斯坦鉴别法条件，所以在有理数域上不行约，进而f ( x) 在有理数域上不行约.。