第1章多项式 27 可见g(x)=(x+2)3,故f(x)=(x-1)(x+2)3,即x=1为fx)的四重根 x=.2为八x)的三重根 注1当()与f(x)不互素时，)有重根，此时可以通过计第，( f(x) 得到x)的所有不可约因式，再用综合除法确定根的重数；也可以直接将（八x),∫(x) 因式分解，从而得知八x)的重根重数·如对本题有 (fx),(x)=(x-1)3(x+2)2 所以1是f八x)的四重根，·2是f(x)的三重根 2.当分离出f(x)的因子(x-1)4后，可不必再用原多项式f八x)对x=·1与x=2 等进行检验，只要对g()=x3+6x2+12x+8进行综合除法即可 例116λ取何值时，方程x3+x2+2x+λ=0的三个根成等比数列？ 解设方程的三个根为 a,at,af 则由根与系数的关系，得 a+am+a㎡=-1，dt+t+dt=2,di=.x 由第二个等式得a(a+al+a㎡)=2，将第一个等式代入得a=-2.再代入第 三个等式得入=8.从而当入=8时，方程的三个根成等比数列： 注当入=8时，可求得方程的三个根为 这三个根成等比数列 例117设多项式f(x)=·12X+47x·k的三个根均为正实数，且 为一直角三角形的边长，求这三个根及k值， 解设(x)的三个正实根为q,9,则根据假设有 d=d (*) 由根与系数的关系知 a++=12,a+a+=47,a®=k 第一个等式求平方并整理得 (G+G)+G+2(4+a+4)=144 将(*)式和第二个等式代入得2G+2×47=144,即G店=25，故4=5.于是 由(*)式和第二个等式得G+=25,4+=7,解得4=3,9=4.故 x)的三个根为3,4,5，且k=4@=60 注讨论方程的根的有关结论时，可利用根与系数的关系得到一些等式，然后再从
可见 g( x ) = ( x + 2) 3 , 故 f ( x ) = ( x - 1) 4 ( x + 2) 3 , 即 x = 1 为 f( x) 的四重根 , x = - 2 为 f( x) 的三重根 . 注 1. 当 f ( x ) 与 f′( x ) 不 互素时 , f ( x ) 有重 根 , 此时 可以通 过计 算 f ( x ) ( f ( x ) , f′( x ) ) 得到 f ( x ) 的所有 不可约 因式 , 再 用综合 除法 确定根 的重 数; 也可以 直接 将 ( f ( x ) , f′( x) ) 因式分 解 , 从而 得知 f ( x) 的重根 重数 . 如对 本题 有 ( f ( x ) , f′( x ) ) = ( x - 1 ) 3 ( x + 2 ) 2 所以 1 是 f ( x ) 的 四重根 , - 2 是 f ( x) 的三重 根 . 2. 当分 离出 f ( x ) 的因 子( x - 1) 4 后 , 可 不必 再用原 多项式 f ( x) 对 x = - 1 与 x = 2 等进行 检验 , 只 要对 g( x) = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 进 行综 合除法 即可 . 例 1 .16 λ取何值时 ,方程 x 3 + x 2 + 2 x + λ= 0 的三个根成等比数列 ? 解 设方程的三个根为 a, at , at 2 则由根与系数的关系 ,得 a + at + at 2 = - 1 , a 2 t + a 2 t 2 + a 2 t 3 = 2 , a 3 t 3 = - λ 由第二个等式得 at( a + at + at 2 ) = 2 ,将第一个等式代入得 at = - 2 . 再代入第 三个等式得λ= 8 . 从而当λ= 8 时 ,方程的三个根成等比数列 . 注 当 λ = 8 时 , 可求得 方程的 三个 根为 1 + 15i 2 , - 2 , 1 - 15i 2 这三个 根成 等比数 列 . 例 1 .17 设多项式 f ( x ) = x 3 - 12 x 2 + 47 x - k 的三个根均为正实数, 且 为一直角三角形的边长 ,求这三个根及 k 值 . 解 设 f( x) 的三个正实根为α1 ,α2 ,α3 ,则根据假设有 α2 3 = α2 1 + α2 2 ( * ) 由根与系数的关系知 α1 + α2 + α3 = 12 , α1α2 + α1α3 + α2α3 = 47 , α1α2α3 = k 第一个等式求平方并整理得 (α2 1 + α2 2 ) + α2 3 + 2(α1α2 + α1α3 + α2α3 ) = 144 将 ( * ) 式和第二个等式代入得 2α2 3 + 2×47 = 144 ,即α2 3 = 25 ,故α3 = 5 . 于是 由( * ) 式和第二个等式得α2 1 + α2 2 = 25, α1 + α2 = 7, 解得α1 = 3, α2 = 4 . 故 f( x) 的三个根为 3 ,4 ,5 ,且 k = α1α2α3 = 60 . 注 讨论方 程的 根的有 关结论 时 , 可 利 用根 与 系 数 的关 系 得 到 一些 等 式 , 然 后再 从 第 1 章 多项式 27
28 高等代数（北大·第三版）导教·导学·导考 这些等式导出所需的结论，但这往往要经过复杂的消元与变形，技巧性较高 例118证明：有理系数多项式(x)在有理数域上不可约的充分必要条 件是，对任意有理数a≠0和b,多项式g(x)=f(ax+)在有理数域上不可约 证必要性已知八x)不可约反证若g(x)在有理数域上可约，即 8(x)=f(ax+b)=g(x)&(x) 其中8(x),g(x)是有理系数多项式，且次数小于g(x)的次数.在上式中用 。:·合代x,所得各多项式仍为有理系数多项式，次数不变，且有 这说明x)在有理数域上可约，矛盾.故g(x)在有理数域上不可约 充分性己知g(x)=八ar+)不可约反证若f(x)可约，设 f八x)=f(x)(x) 其中无(x),(x)为有理数域上次数小于(x)的次数的多项式，由此可得 g(x)=八ar+)=(ar+b)h(ar+b创 这与g()不可约矛盾.故f八x)在有理数域上不可约. 例119判别多项式f(x)=+3x+1在有理数域上是否可约？ 解法1令x=y·1,则 gy)=f八y·1)=y·3y2+6y·3 取p=3,由于381,31-3,3|6,31-3，但328-3，故由艾森斯坦判别法知 八x)在有理数域上不可约 法2因为(f八x)=3,如果x)可约，则八x)必有一次因式，从而 八x)必有有理根.由于f(x)的常数项为1，首项系数也是1，故f八x)的有理根 (如果有的话)仅可能为x=±1，但1)=5≠0，f(-1)=·1≠0，所以八x) 无有理根，从而x)在有理数域上不可约 注1.本例不能直接使用艾森斯坦判别法，但经过变换x=y·1,f八x)可化为可应 用艾森斯坦判别法的情形，这是判别整系数多项式不可约的一个常用的方法，其原因见例 118的证明 2.如果次数≥2的有理系数多项式有有理根，则它当然是可约的：但如果它没有有理 根，则只能说它没有一次因式，它还可能有别的因式，所以我们一般不能据此就断定它不 可约.只有当多项式的次数≤3时，才能根据它没有有理根而断定它不可约 例120求所有整数m,使f(x)=x+mx+1在有理数域上可约 解分两种情况讨论：
这些等 式导 出所需 的结论 , 但这往 往要 经过复 杂的消 元与 变形 , 技巧 性较 高 . 例 1 .18 证明 :有理系数多项式 f( x) 在有理数域上不可约的充分必要条 件是 ,对任意有理数 a≠ 0 和 b, 多项式 g( x ) = f ( ax + b) 在有理数域上不可约 . 证 必要性 已知 f( x) 不可约 .反证 .若 g( x ) 在有理数域上可约 ,即 g( x) = f( ax + b) = g1 ( x ) g2 ( x) 其中 g1 ( x) , g2 ( x) 是有理系数多项式 , 且次数小于 g( x) 的次数 . 在上式中用 1 a x - b a 代 x ,所得各多项式仍为有理系数多项式 , 次数不变 , 且有 f ( x ) = g1 1 a x - b a g2 1 a x - b a 这说明 f( x) 在有理数域上可约 , 矛盾 . 故 g( x) 在有理数域上不可约 . 充分性 已知 g( x ) = f( ax + b) 不可约 .反证 .若 f ( x ) 可约 , 设 f ( x ) = f1 ( x) f2 ( x ) 其中 f1 ( x ) , f2 ( x ) 为有理数域上次数小于 f( x) 的次数的多项式 , 由此可得 g( x ) = f( ax + b) = f1 ( ax + b) f2 ( ax + b) 这与 g( x) 不可约矛盾 . 故 f ( x) 在有理数域上不可约 . 例 1 .19 判别多项式 f ( x) = x 3 + 3 x + 1 在有理数域上是否可约 ? 解 法 1 令 x = y - 1 ,则 g( y ) = f ( y - 1 ) = y 3 - 3 y 2 + 6 y - 3 取 p = 3, 由于 38 1 , 3 | - 3, 3 | 6 , 3 | - 3, 但 3 2 8 - 3 ,故由艾森斯坦判别法知 , f( x) 在有理数域上不可约 . 法 2 因为 ( f ( x ) ) = 3, 如果 f( x) 可约 , 则 f( x) 必有一次因式, 从而 f( x) 必有有理根 . 由于 f ( x ) 的常数项为 1 ,首项系数也是 1 ,故 f ( x ) 的有理根 ( 如果有的话) 仅可能为 x =±1 ,但 f( 1) = 5 ≠ 0, f ( - 1) = - 1≠ 0 ,所以 f( x) 无有理根 , 从而 f( x) 在有理数域上不可约 . 注 1. 本 例不能 直接 使用艾 森斯 坦判别 法 , 但经 过变换 x = y - 1, f ( x) 可化为 可应 用艾森 斯坦判 别法 的情形 , 这 是判 别整系 数多 项式不 可约的 一个 常用 的方 法 , 其原 因 见例 1 .18 的 证明 . 2. 如果 次数 ≥ 2 的 有理系 数多 项式有 有理 根 , 则它当 然是 可约的 ;但 如果 它没有 有理 根 , 则只能 说它 没有一 次因 式 , 它还可 能有 别 的因 式 , 所 以 我们 一 般 不 能据 此 就 断 定它 不 可约 . 只有 当多项 式的 次数 ≤ 3 时 , 才能 根据它 没有 有理根 而断定 它不 可约 . 例 1 .20 求所有整数 m,使 f ( x ) = x 5 + mx + 1 在有理数域上可约 . 解 分两种情况讨论 : 28 高等 代数 (北 大·第 三版 )导 教·导 学· 导考
第1章多项式 29 (1)如果x)有有理根，则f1)=0或f八·1)=0. 当f1)=1+m+1=0时，得m=-2; 当-1)=·1·m+1=0时，得m=0 (2)如果x)无有理根，则(x)可以分解成一个3次多项式与一个2次多 项式的乘积.设 fx)=(x3+ax2+bx+1)(x2+c+1) (*) 或 fx)=(2+ax2+bm-1)(x+cx-1) (**) 其中a,b,c都是整数.将(*)式右端展开，比较两端同次项系数，得 a+c=0,ac+b+1=0,a+c+1=0,b+c=m 解得a=·1,b=0,c=1,m=1.将(**)式右端展开并比较两端同次项系 数，得 a+c=0,e+b-1=0,-a+x-1=0,b+c=-m 求不出整数解 综上所述，当且仅当m=0,1,·2时，f(x)在有理数域上可约. 例121设fx)=(x-a)(x-).(x-a)-1,其中4，.，a是 两两不同的整数证明：八x)在有理数域上不可约 证反证，如果(x)在有理数域上可约，则f(x)可以分解成两个次数较 低的整系数多项式之积，即 f八x)=g(x)h(x) 其中g(x),(x)是整系数多项式，且(g(x)<n,(Mx)<n.由题设可得 f(a)=g(a)Ma)=-1(i=1,2,.,nm 此时有ga)=1,h(a)=-1或ga)=-1,Ma)=1(i=1,2,.,m),即 总有 g(a)+a)=0(i=1,2,.,m) 可见多项式g(x)+hMx)有n个互异的根.但(g(x)+h(x)<n,这与多项式 在任一数域中的根的个数不超过多项式的次数的性质相矛盾，所以八x)在有 理数域上不可约 注，@，m两两互异这一条件是不可少的，否则今题不成立.例如f八x)= (x·a)2-1=(x-a-1)(x·a+1),即fx)在有理数域上可约 例122证明：当p为素数时， f(x)=1+2x+.+(p-1)x2-2
( 1) 如果 f( x) 有有理根 ,则 f (1) = 0 或 f( - 1) = 0 . 当 f( 1) = 1 + m + 1 = 0 时 ,得 m = - 2 ; 当 f( - 1 ) = - 1 - m + 1 = 0 时 , 得 m = 0 . ( 2) 如果 f( x) 无有理根 , 则 f( x) 可以分解成一个 3次多项式与一个2 次多 项式的乘积 . 设 f( x) = ( x 3 + ax 2 + bx + 1) ( x 2 + cx + 1 ) ( * ) 或 f( x) = ( x 3 + ax 2 + bx - 1) ( x 2 + cx - 1 ) ( * * ) 其中 a, b, c 都是整数 . 将 ( * ) 式右端展开 ,比较两端同次项系数 , 得 a + c = 0 , ac + b + 1 = 0, a + bc + 1 = 0 , b + c = m 解得 a = - 1, b = 0 , c = 1, m = 1 . 将 ( * * ) 式右端展开并比较两端同次项系 数 ,得 a + c = 0 , ac + b - 1 = 0 , - a + bc - 1 = 0, b + c = - m 求不出整数解 . 综上所述 , 当且仅当 m = 0 , 1 , - 2 时 , f ( x ) 在有理数域上可约 . 例 1 .21 设 f ( x ) = ( x - a1 ) ( x - a2 ). ( x - an ) - 1,其中 a1 , a2 ,. , an 是 两两不同的整数 .证明 : f( x) 在有理数域上不可约 . 证 反证 . 如果 f( x) 在有理数域上可约 ,则 f ( x ) 可以分解成两个次数较 低的整系数多项式之积 ,即 f ( x ) = g( x ) h( x ) 其中 g( x) , h( x) 是整系数多项式 , 且 ( g( x) ) < n, ( h( x) ) < n . 由题设可得 f ( ai ) = g( ai ) h( ai ) = - 1 ( i = 1 ,2 ,. , n) 此时有 g( ai ) = 1, h( ai ) = - 1 或 g( ai ) = - 1, h( ai ) = 1 ( i = 1 ,2 ,. , n) , 即 总有 g( ai ) + h( ai ) = 0 ( i = 1 ,2 ,. , n) 可见多项式 g( x) + h( x) 有 n个互异的根 . 但 ( g( x) + h( x ) ) < n,这与多项式 在任一数域中的根的个数不超过多项式的次数的性质相矛盾 , 所以 f( x) 在有 理数域上不可约 . 注 a1 , a2 , . , an 两 两互异 这一 条 件 是 不 可 少 的 , 否 则 命 题 不 成 立 . 例 如 f ( x ) = ( x - a) 2 - 1 = ( x - a - 1 ) ( x - a + 1 ) , 即 f ( x ) 在 有理 数域上 可约 . 例 1 .22 证明 : 当 p 为素数时 , f ( x) = 1 + 2 x + . + ( p - 1 ) x p - 2 第 1 章 多项式 29
30 高等代数（北大·第三版）导教·导学·导考 在有理数域上不可约 分析直接证明不容易，可对(x)进行变形及代换，化成便于使用艾森斯 坦判别法的形式 证对八x)进行变换，利用导数的有关结果： 动=1+x++.+y=葡}=n+山 (x1)2 令x=y+1,得 g)=y+1)=p:+业；4y+1-1+1= p-I [(p)Cy-p∑c+1]= (p1)p [(p)C:nc]2+(pc5= p- Ak1c)+(pD/ 因为pl(k-1)C(k=2,3,.,p-1),8C3,p8(p.1),所以由艾森斯坦 判别法知g(y)在有理数域上不可约，故x)在有理数域上也不可约. 例123按多元多项式的字典排列法改写以下多项式，并指出其乘积的 首项」 ,0,西，x)=3治8·子8地6+5城+ 7后+2后·8+6龙 g(x,也，8，)=后+9+7n+1 解∫与g按字典排列法为 了=2后-之和后+38店+5d+6地虽+7话.8 g=行地+n适+x4+0好 乘积∫·g的首项等于∫的首项与g的首项的乘积，即 (2边)(x行）=2着龙 例124化对称多项式 f八，龙，3，x)=++后++ （02+3)(n8+2期)(xx4+拉3)
在有理数域上不可约 . 分析 直接证明不容易 , 可对 f ( x) 进行变形及代换 ,化成便于使用艾森斯 坦判别法的形式 . 证 对 f( x) 进行变换 ,利用导数的有关结果 : f( x) = (1 + x + x 2 + . + x p - 1 )′= x p - 1 x - 1 ′= ( p - 1) x p - px p - 1 + 1 ( x - 1) 2 令 x = y + 1 ,得 g( y) = f( y + 1) = ( p - 1) ( y + 1) p - p( y + 1) p - 1 + 1 y 2 = 1 y 2 ( p - 1)∑ p k = 0 C k p y k - p∑ p - 1 k = 0 C k p - 1 y k + 1 = ( p - 1)∑ p k = 2 C k p y k - 2 - p∑ p - 1 k= 2 C k p - 1 y k- 2 = ∑ p - 1 k = 2 ( p - 1)C k p - pC k p - 1 y k - 2 + ( p - 1)C p p y p = ∑ p - 1 k = 2 ( k - 1 )C k p y k - 2 + ( p - 1) y p 因为 p | ( k - 1)C k p ( k = 2 ,3 ,. , p - 1) , p 2 8 C 2 p , p 2 8 ( p - 1) ,所以由艾森斯坦 判别法知 g( y) 在有理数域上不可约 , 故 f( x) 在有理数域上也不可约 . 例 1 .23 按多元多项式的字典排列法改写以下多项式 , 并指出其乘积的 首项 : f ( x1 , x2 , x3 , x4 ) = 3 x 6 2 x 3 4 - 1 2 x 3 1 x2 x 2 3 + 5 x 3 2 x4 + 7 x 2 3 + 2 x 3 1 x2 x 4 3 - 8 + 6 x2 x 2 4 g( x1 , x2 , x3 , x4 ) = x 2 3 x4 + x3 x 2 4 + x 2 1 x2 + x1 x 2 2 解 f 与 g 按字典排列法为 f = 2 x 3 1 x2 x 4 3 - 1 2 x 3 1 x2 x 2 3 + 3 x 6 2 x 3 4 + 5 x 3 2 x4 + 6 x2 x 2 4 + 7 x 2 3 - 8 g = x 2 1 x2 + x1 x 2 2 + x 2 3 x4 + x3 x 2 4 乘积 f· g 的首项等于 f 的首项与 g 的首项的乘积 ,即 ( 2 x 3 1 x2 x 4 3 ) ( x 2 1 x2 ) = 2 x 5 1 x 2 2 x 4 3 例 1 .24 化对称多项式 f ( x1 , x2 , x3 , x4 ) = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 + ( x1 x2 + x3 x4 ) ( x1 x3 + x2 x4 ) ( x1 x4 + x2 x3 ) 30 高等 代数 (北 大·第 三版 )导 教·导 学· 导考
第1章多项式 31 为初等对称多项式的多项式 解∫是两个齐次对称多项式 g=后+后+后+好 与 h=(x1地+0)(x1x3+n4)(n将+23) 的和，可分别化g及h为初等对称多项式的多项式 法1由于 (+龙++)2=对+场++后+ 2(x12+n3+134+8+也4+指4) 所以 8=(莉+龙+为+)2· 2(拉+8+0+3+24+3）=-20 法2逐步消去首项法，g的首项为x行，作中=G08d=,则 g=g-中=-2(x1+n3+na+08+n+3)）=-2@ 从而 8=8+4=G-2g 又h的首项为x为，作由=d'dd=听a,则 h=h。虫=对近后+x行后后+行疗好+拉后后 2(听坊x4+斤后4+对龙后+疗后x+ 为后后+写好) 而m的首项为x行是后，作电=2d2dd=店，则 h=h-业=-4（后34+行2x对出+地追日+ 斯发写名十斯坊为好+2有)= -4(1++用+3++3)= -4a 从而 h=+h=()+h=Gas+40 a 法3待定系数法·g的首项为，写出不先于首项的所有二次指数组及 相应的初等对称多项式方幂的乘积如下表： 指数组 对G的方幂乘积 2000 d0&-0g0&= 1100 d-'d-og°= 这样，g可表成
为初等对称多项式的多项式 . 解 f 是两个齐次对称多项式 g = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 与 h = ( x1 x2 + x3 x4 ) ( x1 x3 + x2 x4 ) ( x1 x4 + x2 x3 ) 的和 ,可分别化 g 及 h 为初等对称多项式的多项式 . 法 1 由于 ( x1 + x2 + x3 + x4 ) 2 = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 + 2 ( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) 所以 g = ( x1 + x2 + x3 + x4 ) 2 - 2 ( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) = σ2 1 - 2σ2 法 2 逐步消去首项法 . g 的首项为 x 2 1 ,作 φ1 = σ2 - 0 1 σ0 - 0 2 σ0 - 0 3 σ0 4 = σ2 1 , 则 g1 = g - φ1 = - 2 ( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) = - 2σ2 从而 g = g1 + φ1 = σ2 1 - 2σ2 又 h 的首项为 x 3 1 x2 x3 x4 ,作 ψ1 = σ3 - 1 1 σ1 - 1 2 σ1 - 1 3 σ1 4 = σ2 1σ4 , 则 h1 = h - ψ1 = x 2 1 x 2 2 x 2 3 + x 2 1 x 2 2 x 2 4 + x 2 1 x 2 3 x 2 4 + x 2 2 x 2 3 x 2 4 - 2( x 2 1 x 2 2 x3 x4 + x 2 1 x2 x 2 3 x4 + x 2 1 x2 x3 x 2 4 + x1 x 2 2 x 2 3 x4 + x1 x 2 2 x3 x 2 4 + x1 x2 x 2 3 x 2 4 ) 而 h1 的首项为 x 2 1 x 2 2 x 2 3 ,作 ψ2 = σ2 - 2 1 σ2 - 2 2 σ2 - 0 3 σ0 4 = σ2 3 ,则 h2 = h1 - ψ2 = - 4( x 2 1 x 2 2 x3 x4 + x 2 1 x2 x 2 3 x4 + x 2 1 x2 x3 x 2 4 + x1 x 2 2 x 2 3 x4 + x1 x 2 2 x3 x 2 4 + x1 x2 x 2 3 x 2 4 ) = - 4 x1 x2 x3 x4 ( x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) = - 4σ2σ4 从而 h = h1 + ψ1 = ( h2 + ψ2 ) + ψ1 = σ2 1σ4 + σ2 3 - 4σ2σ4 法 3 待定系数法 . g 的首项为 x 2 1 ,写出不先于首项的所有二次指数组及 相应的初等对称多项式方幂的乘积如下表 : 指数组 对σi 的方幂乘积 2 0 0 0 1 1 0 0 T σ2 - 0 1 σ0 - 0 2 σ0 - 0 3 σ0 4 = σ2 1 σ1 - 1 1 σ1 - 0 2 σ0 - 0 3 σ0 4 = σ2 J 这样 , g 可表成 第 1 章 多项式 31