第1章多项式 17 法2分别取x=2,·1,0,由对应函数值相等，得 -3=3b+4c,·6=9a+4c,-5=4a+b+2c 解得a=·年，6=.号，c=号 例12设f(x),g(x)与x)均为实数域上的多项式证明：如果 f(x)=xg(x)+xh(x) 则八x)=gx)=hx)=0. 证反证若f八x)≠0，则子(x)≠0.由 f(x)=xg(x)+xh (x)=x(g(x)+(x)) 知斤(x)+g(x)≠0因此 ((x))=[x(g(x)+(x)] 但(F(x)为偶数，而【x(g(x)+?(x)]为奇数，因此，P(x)≠xg(x)+ x片(x),这与已知矛盾，故x)=0此时x(g(x)+片(x)=0,由x≠0知 g(x)+R(x)=0 因为g(x),hx)均为实系数多项式，从而必有g(x)=h(x)=0于是八x)= g(x)=h(x)=0 例13设 fx)=2x·3x2+4x+1,gx)=-x+1 求x)除八x)的商及余式· 解法1进行带余除法（采用长除法或竖式除法）· 2.X.3 =g(x) 8()=.x+12.3x +4x+1=f八x) 2x·22+22 -x3-2x2+4x+1 ·32+5x+1 -32+3x.3 2x+4=Mx) 所以商及余式分别为 4x)=2X2·x-3,(x)=2x+4 法2待定系数法因为((x)=4,(g(x)=2,从而商x)及余式 (x)的次数分别为(9x)=2,(Mx)≤1或(x)=0注意到x)的首项 系数为2，于是可设 q(x)=2+ax+b,r(x)=cx+d
法 2 分别取 x = 2, - 1 ,0 ,由对应函数值相等 ,得 - 3 = 3 b + 4 c, - 6 = 9 a + 4c, - 5 = 4 a + b + 2c 解得 a = - 6 5 , b = - 13 5 , c = 6 5 . 例 1 .2 设 f ( x) , g( x ) 与 h( x ) 均为实数域上的多项式 .证明 :如果 f 2 ( x) = xg 2 ( x) + xh 2 ( x) 则 f( x) = g( x) = h( x ) = 0 . 证 反证 .若 f ( x) ≠ 0 ,则 f 2 ( x) ≠ 0 .由 f 2 ( x ) = xg 2 ( x ) + xh 2 ( x ) = x ( g 2 ( x) + h 2 ( x) ) 知 h 2 ( x ) + g 2 ( x ) ≠ 0 .因此 ( f 2 ( x) ) = [ x( g 2 ( x) + h 2 ( x ) ) ] 但 ( f 2 ( x) ) 为偶数 ,而 [ x( g 2 ( x) + h 2 ( x) ) ] 为奇数 ,因此 , f 2 ( x ) ≠ xg 2 ( x) + xh 2 ( x) ,这与已知矛盾, 故 f( x) = 0 .此时 x( g 2 ( x ) + h 2 ( x ) ) = 0 ,由 x ≠ 0 知 g 2 ( x) + h 2 ( x ) = 0 因为 g( x) , h( x) 均为实系数多项式 , 从而必有 g( x) = h( x) = 0 .于是 f( x) = g( x) = h( x) = 0 . 例 1 .3 设 f( x) = 2 x 4 - 3 x 3 + 4 x + 1 , g( x) = x 2 - x + 1 求 g( x) 除 f( x) 的商及余式 . 解 法 1 进行带余除法 (采用长除法或竖式除法) . g( x) = x 2 - x + 1 2 x 2 - x - 3 2 x 4 - 3 x 3 + 4 x + 1 = q( x) = f ( x ) 2 x 4 - 2 x 3 + 2 x 2 - x 3 - 2 x 2 + 4 x + 1 - x 3 + x 2 - x - 3 x 2 + 5 x + 1 - 3 x 2 + 3 x - 3 2 x + 4 = r( x ) 所以商及余式分别为 q( x) = 2 x 2 - x - 3, r( x ) = 2 x + 4 法 2 待定系数法 .因为 ( f ( x ) ) = 4, ( g( x) ) = 2 ,从而商 q( x) 及余式 r( x) 的次数分别为 ( q( x ) ) = 2, ( r( x) ) ≤ 1或 r( x ) = 0 .注意到 f( x) 的首项 系数为 2 ,于是可设 q( x) = 2 x 2 + ax + b, r( x ) = cx + d 第 1 章 多项式 17
18 高等代数（北大·第三版）导教·导学·导考 比较八x)=gx)g(x)+(x)两端同次项的系数，得 a-2=.3,b-a+2=0,a-b+c=4,b+d=1 解得a=·1,b=-3,c=2,d=4. 故商及余式分别为 g4x)=2X2-x-3,(x)=2x+4 例14将多项式f八x)=-6+12x·7x-4按x·1的方幂展开. 分析对于n次多项式f(x),为将其按x·和的方幂展开，可用x·和除 八x),再用x·。逐次除所得的商，即 f(x)=4(x)(x·和)+o 4(x)=(x)(x-右)+q * 9m-2(x)=4-1(x)(x·0）+c-2 g-1(x)=c(x·0)+c-1 将r1(x),4r2(x),.,4(x),9(x)逐次代入前一式，得 f八x)=G(x·和)”+G-1(x-x和)m1+.+q(x-)+0 这一过程可以通过多次的综合除法来实现，注意(x·和)”的系数就是f(x)的 首项系数· 解法1应用综合除法 11 -6 12 7 4 1 -5 7 0 7 0 4=0 1 -4 3 3 。3 0 1 ·2=G 于是 fx)=(x-1)4-2(x·1)3+3(x-1)-4 法2应用泰勒公式 由泰勒公式，得 fx)=f1)+f1)x.1)+L(x.1+ 21
比较 f( x) = q( x ) g( x) + r( x) 两端同次项的系数 , 得 a - 2 = - 3 , b - a + 2 = 0 , a - b + c = 4, b + d = 1 解得 a = - 1 , b = - 3, c = 2 , d = 4 . 故商及余式分别为 q( x) = 2 x 2 - x - 3, r( x ) = 2 x + 4 例 1 .4 将多项式 f ( x ) = x 4 - 6 x 3 + 12 x 2 - 7 x - 4 按 x - 1 的方幂展开 . 分析 对于 n次多项式 f ( x) ,为将其按 x - x0 的方幂展开 , 可用 x - x0 除 f( x) ,再用 x - x0 逐次除所得的商 ,即 f ( x ) = q1 ( x ) ( x - x0 ) + c0 q1 ( x) = q2 ( x) ( x - x0 ) + c1 . qn - 2 ( x ) = qn - 1 ( x ) ( x - x0 ) + cn - 2 qn - 1 ( x ) = cn ( x - x0 ) + cn - 1 将 qn- 1 ( x) , qn- 2 ( x) ,. , q2 ( x ) , q1 ( x ) 逐次代入前一式 ,得 f( x) = cn ( x - x0 ) n + cn - 1 ( x - x0 ) n- 1 + . + c1 ( x - x0 ) + c0 这一过程可以通过多次的综合除法来实现 , 注意( x - x0 ) n 的系数就是 f ( x ) 的 首项系数 . 解 法 1 应用综合除法 . 1 1 1 1 1 - 6 1 12 - 5 6 - 7 7 M - 4 0 d 1 - 5 1 7 - 4 6 0 3 M - 4 = c0 1 - 4 1 3 - 3 6 3 = c1 1 - 3 1 0 = c2 1 - 2 = c3 ùá 于是 f( x) = ( x - 1) 4 - 2( x - 1) 3 + 3 ( x - 1 ) - 4 法 2 应用泰勒公式 . 由泰勒公式 , 得 f ( x ) = f (1 ) + f′(1 ) ( x - 1) + f″( 1) 2 ! ( x - 1) 2 + 18 高等 代数 (北 大·第 三版 )导 教·导 学· 导考
第1章多项式 19 升(x+4( 而 f(x)=x-6+12x2-7x-4,f1)=-4 f(x)=4x2.182+24x.7, f(1)=3 f"(x)=12-36x+24 升-0 f(x)=24x·36, 0=.2 31 4)(x)=24 山=1 41 从而 x)=-4+3(x-1)-2(x-1)3+(x-1) 例15确定m,p的值，使x2+3x+2|x+mx2·px+2 解法1应用长除法或竖式除法求得余式，再令余式为零，从而得到所 求的条件 2+3x+2x +mx2·px+2 2.3x+(m+7)=gx) x+3x3+22 .3x2+(m.2)x2·px+2 -3x3.9x26x (m+7)2(p+6)x+2 (m+7)x2+3(m+7)x+2(m+7) x)= -(3m+p+15)x:(2m+12) 即用2+3x+2除+mx2·px+2的余式为 x)=-(3m+p+15)x-(2m+12) 令1x)=0可得 ·(3m+p+15)=0,-2(m+6)=0 解得m=-6,p=3. 法2应用待定系数法. 如果2+3x+2|x+mx2-px+2,则有qx)=2+ax+b使 x+mx2-px+2=(X2+ax+b)(X2+3x+2) 将上式右端展开，并比较两边同次项的系数，得 0=a+3,m=2+3a+b,-p=2a+3b,2=2b 解得a=-3,b=1,m=-6,p=3
f (1 ) 3 ! ( x - 1 ) 3 + f ( 4 ) (1) 4 ! ( x - 1 ) 4 而 f ( x ) = x 4 - 6 x 3 + 12 x 2 - 7 x - 4 , f (1) = - 4 f′( x) = 4 x 3 - 18 x 2 + 24 x - 7, f′(1 ) = 3 f″( x) = 12 x 2 - 36 x + 24 , f″( 1) 2 ! = 0 f ( x) = 24 x - 36 , f (1) 3 ! = - 2 f ( 4 ) ( x ) = 24, f ( 4 ) (1 ) 4 ! = 1 从而 f( x) = - 4 + 3( x - 1) - 2( x - 1) 3 + ( x - 1) 4 例 1 .5 确定 m, p 的值 ,使 x 2 + 3 x + 2 | x 4 + mx 2 - px + 2 . 解 法 1 应用长除法或竖式除法求得余式 , 再令余式为零 , 从而得到所 求的条件 . x 2 + 3 x + 2 x 4 + mx 2 - p x + 2 x 4 + 3 x 3 + 2 x 2 • - 3 x 3 + ( m - 2 ) x 2 - p x + 2 - 3 x 3 - 9 x 2 - 6 x ( m + 7 ) x 2 - ( p + 6 ) x + 2 ( m + 7) x 2 + 3 ( m + 7) x + 2 ( m + 7 ) r( x ) = - (3 m + p + 15 ) x - (2 m + 12 ) x 2 - 3 x + ( m + 7) = q( x ) 即用 x 2 + 3 x + 2 除 x 4 + mx 2 - px + 2 的余式为 r( x ) = - ( 3m + p + 15) x - (2 m + 12) 令 r( x) = 0 可得 - (3 m + p + 15 ) = 0 , - 2( m + 6) = 0 解得 m = - 6 , p = 3 . 法 2 应用待定系数法 . 如果 x 2 + 3 x + 2 | x 4 + mx 2 - px + 2 ,则有 q( x ) = x 2 + ax + b使 x 4 + mx 2 - px + 2 = ( x 2 + ax + b) ( x 2 + 3 x + 2) 将上式右端展开 ,并比较两边同次项的系数, 得 0 = a + 3 , m = 2 + 3 a + b, - p = 2 a + 3 b, 2 = 2b 解得 a = - 3 , b = 1 , m = - 6, p = 3 . 第 1 章 多项式 19
20 高等代数（北大·第三版）导教·导学·导考 例16证明2+x+1|”+x1+p2(m,m,P是三个任意的正整数) 分析用带余除法及待定系数法不易证明时，可以考虑采用因式定理来 证明，即(x·a)|f(x)的充分必要条件是f(a)=0. 证可求得+x+1=0的根为4=山号，a=山，5，所以 2 2 +x+1=(x·@)(x·)又由 -1=(0-1)(d+4+1)=0(i=1,2) 知d=1,从而”=d”=即设x)=3m+x2m1+xp2,则有 f八4）=m+1+d+2=1+4+d=0(1=1,2) 故由因式定理知(x·a)|x),(x-@)1fx)又因为x·a与x·@互 素，从而 (x·4)(x·)|f(x)即x2+x+1|f八x) 注本例证明中，(x·4)(x·)1(x)是指在复数城C上，而命题本身可理解为 在一般数城P上x2+x+1|爪x),这是因为整除的概念是在带余除法基础上定义的，而带 余除法所得的商及余式不随系数城的扩大而改变，因此，上述多项式在P上与在C上整除 是一致的 例17证明：x4,11X-1的充分必要条件是d1n,其中d,n是非负 整数. 分析如能利用乘法公式在被除式中分解出除式作为因式，则也能证明 整除性. 证充分性设d|n,假定n=d,则有 -1=(2y-1=(x。1)(x)+x2)+.+x2+1) 从而x.1|x”1. 必要性己知·1|x”·1,假定n=d+r,0≤r<d,则 X”.1=xr.1=(x-1)x+(x-1) 由充分性的证明知x,1|x·1,从而由x。1|x·1得x4-1|x·1.因 为0≤r<d,所以必有x·1=0,即r=0,故得dn 例18设x)=3+5x·16x·6r·5x.6 gx)=3x.4x2·X2.x.2 (1)求(f(x),gx); (2)求多项式x),v(x),使x)f八x)+v(x)gx)=(f八x),g(x)
例 1 .6 证明 x 2 + x + 1 | x 3m + x 3 n+ 1 + x 3 p+2 ( m, n, p是三个任意的正整数 ) . 分析 用带余除法及待定系数法不易证明时, 可以考虑采用因式定理来 证明 ,即 ( x - a) | f ( x ) 的充分必要条件是 f ( a) = 0 . 证 可求得 x 2 + x + 1 = 0 的根为ω1 = - 1 + 3i 2 , ω2 = - 1 - 3i 2 ,所以 x 2 + x + 1 = ( x - ω1 ) ( x - ω2 ) .又由 ω3 i - 1 = (ωi - 1) (ω2 i + ωi + 1) = 0 ( i = 1, 2) 知 ω3 i = 1, 从而 ω3m i = ω3 n i = ω3 p i .设 f( x) = x 3m + x 3 n+ 1 + x 3 p+2 ,则有 f (ωi ) = ω3m i + ω3n+ 1 i + ω3 p+ 2 i = 1 + ωi + ω2 i = 0 ( i = 1 ,2) 故由因式定理知 ( x - ω1 ) | f( x) , ( x - ω2 ) | f( x) .又因为 x - ω1 与 x - ω2 互 素 ,从而 ( x - ω1 ) ( x - ω2 ) | f ( x ) 即 x 2 + x + 1 | f( x) 注 本例证 明中 , ( x - ω1 ) ( x - ω2 ) | f ( x) 是 指在复 数域 C 上 , 而命 题本 身可理 解为 在一 般数域 P 上 x 2 + x + 1 | f( x ) , 这是 因为 整除的 概念是 在带 余除法 基础 上定义 的 , 而带 余除法 所得 的商及 余式不 随系 数域的 扩大 而改变 , 因 此 , 上述 多项式 在 P 上 与在 C 上 整除 是一致 的 . 例 1 .7 证明 : x d - 1 | x n - 1 的充分必要条件是 d | n, 其中 d, n 是非负 整数 . 分析 如能利用乘法公式在被除式中分解出除式作为因式 , 则也能证明 整除性 . 证 充分性 设 d | n,假定 n = dt ,则有 x n - 1 = ( x d ) t - 1 = ( x d - 1 ) ( x d( t- 1 ) + x d( t- 2) + . + x d + 1) 从而 x d - 1 | x n - 1 . 必要性 已知 x d - 1 | x n - 1, 假定 n = dt + r, 0 ≤ r < d, 则 x n - 1 = x dt+ r - 1 = ( x dt - 1) x r + ( x r - 1) 由充分性的证明知 x d - 1 | x dt - 1 ,从而由 x d - 1 | x n - 1 得 x d - 1 | x r - 1 . 因 为 0 ≤ r < d,所以必有 x r - 1 = 0, 即 r = 0, 故得 d | n . 例 1 .8 设 f( x) = 3 x 5 + 5 x 4 - 16 x 3 - 6 x 2 - 5 x - 6 g( x ) = 3 x 4 - 4 x 3 - x 2 - x - 2 ( 1) 求 ( f ( x ) , g( x) ) ; ( 2) 求多项式 u( x) , v( x) ,使 u( x ) f ( x ) + v( x) g( x) = ( f ( x ) , g( x) ) . 20 高等 代数 (北 大·第 三版 )导 教·导 学· 导考
第1章多项式 21 解(1)应用辗转相除法 34+23 6x3.x2.x.2 94·15x3·5x2·3x.6 -6x3-4x2 94-12x3-3x2-3x-6 52()322 51(0.3x322 193( 3x2+2x -33+x2+2x .32.2 .3x.2 .3x2+x+2 32 所以 (.8)=·寸n()=+子 (2)由等式组 f(x)=q(x)8(x)+n(x) gx)=9(x)n(x)+5(x) n(x)=华(x)n(x)+B(x) 得 5(x)=n(x)-(x)h(x)= n(x)-(x)[g(x)-(x)n(x)]= [1+4(x)9(x)]n(x)-9(x)g(x)= [1+4(x)9(x)][f八x)-9(x)g(x)]-4(x)g(x)= [1+(x)g(x)]f八x)+ [-9(x)·9(x)·q(x)4(x)4(x)]gx) 故 (x),g(x))=u(x)f(x)+v(x)8(x) 其中 Mx)=·分1+4(x)9(x01=.}(.x.) W)=子9()+9()+9()9(x09(1=子(x+2.5x.4) 注如果能够对多项式进行因式分解，则用因式分解法求多项式的最大公因式要比 用辗转相除法求最大公因式筒便一些如对多项式f(x)=3(x2+1)P(x+1)2(x·1)x与 8x)=9(x2+1)4(x+1)x,直接看出 (x),g(x)=(x2+1)3(x+1)x 但遗憾的是，没有一个一般的方法对多项式进行因式分解.因此，因式分解法求最大公因 式主要具有理论上的用处，它不能代替可以具体求出最大公因式的辗转相除法
解 ( 1) 应用辗转相除法 . q 2 ( x ) = - x + 2 q 4 ( x ) = - x + 1 g ( x ) = 3 x4 - 4 x3 - x2 - x - 2 3 x4 + 2 x3 ž - 6 x3 - x2 - x - 2 - 6 x3 - 4 x2 C r 2 ( x ) = 3 x2 - x - 2 3 x2 + 2 x - 3 x - 2 - 3 x - 2 û r 4 ( x ) = 0 û f( x) = 3 x5 + 5 x4 - 16 x3 - 6 x2 - 5 x - 6 3 x5 - 4 x4 - x3 - x2 - 2 x 9 x4 - 15 x3 - 5 x2 - 3 x - 6 9 x4 - 12 x3 - 3 x2 - 3 x - 6 ƒ r 1 ( x) = - 3 x3 - 2 x2 - 3 x3 + x2 + 2 x - 3 x2 - 2 x - 3 x2 + x + 2 I r 3 ( x ) = - 3 x - 2 % x + 3 = q 1 ( x) - x - 1 = q 3 ( x ) 所以 ( f ( x ) , g( x) ) = - 1 3 r3 ( x ) = x + 2 3 ( 2) 由等式组 f( x) = q1 ( x) g( x ) + r1 ( x) g( x) = q2 ( x) r1 ( x) + r2 ( x) r1 ( x) = q3 ( x) r2 ( x ) + r3 ( x) 得 r3 ( x) = r1 ( x ) - q3 ( x) r2 ( x ) = r1 ( x ) - q3 ( x) [ g( x ) - q2 ( x) r1 ( x) ] = [1 + q2 ( x ) q3 ( x ) ] r1 ( x) - q3 ( x ) g( x ) = [1 + q2 ( x ) q3 ( x ) ] [ f( x) - q1 ( x ) g( x ) ] - q3 ( x ) g( x) = [1 + q2 ( x ) q3 ( x ) ] f ( x ) + [ - q1 ( x) - q3 ( x) - q1 ( x ) q2 ( x) q3 ( x ) ] g( x) 故 ( f( x) , g( x) ) = u( x) f( x) + v( x ) g( x) 其中 u( x) = - 1 3 [1 + q2 ( x ) q3 ( x) ] = - 1 3 ( x 2 - x - 1) v( x) = 1 3 [ q1 ( x ) + q3 ( x) + q1 ( x) q2 ( x ) q3 ( x) ] = 1 3 ( x 3 + 2 x 2 - 5 x - 4) 注 如果能 够对 多项式 进行因 式分 解 , 则用因 式分 解法求 多项 式 的最 大 公因 式 要比 用 辗转相 除法求 最大 公因式 简便 一些 .如对 多项 式 f ( x ) = 3( x 2 + 1 ) 3 ( x + 1) 2 ( x - 1) x 与 g( x ) = 9 ( x 2 + 1) 4 ( x + 1 ) x, 直接 看出 ( f ( x ) , g( x) ) = ( x 2 + 1 ) 3 ( x + 1 ) x 但遗憾 的是 , 没有 一个 一般的 方法 对多项 式 进行 因 式 分 解 .因 此 , 因 式 分解 法 求 最 大公 因 式主要 具有 理论上 的用处 , 它不能 代替 可以具 体求出 最大 公因式 的辗 转相除 法 . 第 1 章 多项式 21