(x-α)lf(r),i=1,2,",k,由于αα，α两两互素，故(-αi)(-α2)..(-α)lf(),即g()lf().例6设n为非负整数,求证(2++1)I[+2+（+1)2+1]-1+V3i和。-1~3ii，它们是三证明证法12++1的根为α,=一22次单位根，将α;,i=1,2代人z"+2+（+1)2"+1后，得α+2 +(α, +1)2n+1 =α"+2 +(-α?)2n+1 = α+2 - αn+2 = α"*2(1- α?")=0,i=1,2.因而整除性成立.证法2对 n进行归纳当n=0时，显然成立，设n=k时，结论成立，推证当n=k+1时也成立.这时*+3 +(x +1)2*+3 =#*+3 +( +1)(r +1)2*+1= #*+3 +(x2 + +1)(x +1)2k+1 +r(+1)2k+1= +[+*+2 +(++ 1)2*)]+(r? + r +1)(+ +1)2+1即(x* + x +1)/[±*+3 +(r +1)2#+3]于是结论成立，点评证法1与例5中证法2道理相同，因2++1无重根，其根都是+2+（x+1)2n+1的根，从而推出结论.证法2使用归纳法，适合某些含整数n的证明题，例7 求证(2+1)(++++1)证明证法1在实数域上+1不可约，但2+1与++++1显然有公共复根i，它们在复数域上有公因式一i，因而不互素，所以在实数域上也不互素.由不可约多项式的性质，x2+1整除"++…++1.证法2用带余除法，余式等于零，证法3α2+1的根为±i,无重根，±i也是α+°+…++1的根，因而求证的整除性成立点评证法2和证法3前面已讲过，证法1主要利用不可约多项式的性质不可约多项式力（）与一个多项式f（）之间只有两个关系，即（）lf（）或（（），f（α））=1,如果否定了后者，就可推出整除性.而力（）与f（α）不互素当且仅当在复数域中它们有公共根.例8设f（x），g（）,h（a)是数域P上的多项式，且有.8:
(α+a)f(α)+(α+b)g(α)=(r2+c)h(α),(1)(α-a)f(α)+(r-b)g()=(α2+c)h(r),(2)其中a,b,cEP，a0,a≠b,c≠o.求证2+c是f(）和g（）的公因式证明由（1）-（2)得，af（）+bg（z）=0-g(a),f(r)=--(1)+(2),得2(c3 +c)h(r)=r(f(α)+g())=a_b)rg(r)O即(2+c)l rg(x),但显然（+）=1,故(r? +c)Ig(r),由此，(α?+c)lf(r).点评这一证明基于互素多项式一个重要性质，即如果（f(r），g（x））=1f()lg()h(),则f(α)lh(α)例9设g（）=（+1)==1,当m为何正整数时（2++1)2g(r)?解2++1的根为三次单位根α,αz（见例6),由于α+1=-α,=1,2.如果有上述整除关系，则(α)(α2)21gm()即gm（）有重根α，α2，gm(α)=m(α+1)"-1 - mz"则有gm(α)=gm(α2)=0, gm(α)=gm(α2)=0而对于=1,2，gm(α.)=(α, +1)"-α-1=(-α)"-α"-1=(-1)"α?m-α-1,g,(α,)= m(-α?)m-1 - ma" 1 = ma"-[(-1)"--1 -1].因而应有(-1)m-1α"-1 =1,则α"-l=1(因α"-1≠-1),（-1)"-1=1,即3/m-1,21m-1,因而m=6k+1,k为非负整数反之，设m=6k+1,k为非负整数.则对于i=1,2，由于.9
α=1,gm(α)=(-1)"α"-α"-1=-α2m-α-1=-α-α 1=0.g m(α,)= mαm-1[(-1)m-1α"-1 -1]=0.因此αα为gm（）的重根，而(α)与（）互素，因而（++1)=（-α）（-α）整除g）.所以，当且仅当m=6k+1时，（++1)gm(x).点评这里利用了互素多项式的一个重要性质：如果fi（x）lg（r），fz（α）)lg（α），（fi（）,f2（）)=1,则fi（）fz（α）lg（）.这在证明整除性质上是很重要的本题使用了证明一次式的方幂（-α）整除某多项式f（）的方法，即只须证明f(α）=0,f（α）=0，,f)（α）=0,这时α为f(α）的至少重根例10设a为f()的3重根，g（）=f(）+（a-)f（）,证明a是g(.）)的3重根，证明设f(α)=(α-a)"fi(α),i(a)≠o,f(α)=3(r-a)fi(α)+(r-a)f(r),g(α)=(-a)"fi()-(αa)f(α)=(α-a)[-2f(α)-(r-a)fi(α))因而(x-a)lg(x).但如果(-a)*g(),则(r-a)l[-2fi(r)-(α-a)fi(α)l与fi(a）0矛盾.故（一a）不整除g（α),a为g（α）的3重根点评为证α是g()的3重根,须证(-a)lg(）),(-a）不整除g(r).例11求证：数域P上的n次多项式f(）适合f（）If(）当且仅当f(α)=ao(r-o)",agEP.证明证法1充分性.如f（）=a（）"则f（）=na（-zo)"*1.显然f()lf(α)必要性.设f（）lf(），如f(）=0，可取a。=0；设f(α）0,则f（）除()的商应为一次多项式,首项系数为,故nf(z)=(α-ro)f(α).两端求导,得nf（）=f（）+（)f（）,或(n-%)F(α) =.- (α--0)"(z)=(z)-(o)f)()=ao(r-zo)",n!.10·
其中a。为f(r)的首项系数.证法2充分性同证法1.必要性如f（）=0,显然结论成立.设f（）lf（），a（f（)）=a(f(r))+1,得f()=a,(r-r)f(),a,tEP于是有（f(），f))=azf（α）,其中az为f（）的首项系数的倒数.因而f(α)-al(r-ro).(f(),f(α))"af(r)因()与()有相同的不可约因式,所以()的不可约因式只能是-及它的非零常数倍.而f(）的次数为n,所以f(）=a。（。）",a为f()的首项系数点评证法1基于待定系数法及求导法则，证法2基于待定系数法及f(）f(α)与(,()有相同的不可约因式的性质。例12 求证(f(),g())=1当且仅当(f(α)+g(),f()g())=1.证明证法1设(f(）,g()）=l,假如f(）+g()与f()g（)不互素,则有不可约公因式（）,因(）lf()g（）,则（)lf()或（）lg(),不妨设()f(),又因()l(f()g()),推出()lg(),因而（)是f(）和g（）的公因式,与f(α）,g（)互素矛盾.因而f(）+g()与f()g()互素反之,设(f(α)+g(),f(α)g(α))=1,则有u(α),u(α)使(f(α)+g(r))u(α)+f()g(r)u(r)=1,即f(α)u(α)+g(α)(u(r)+f(α)u(α))=l,因而(f(r),g(α))=1证法2设（f(),g（r))=1,则有 u（α),()使 u（α)f(）+v(α)g()=1因而u(x)(f(r)+g(α))+(v()- u(x))g(α)=1,(f(α)+g(x),g(r))=1,同样(f(r)+g(α),f(α))=1,所以11
(f(x)+g(r),f(α)g(r))=1,反之,设结论成立，则有多项式u（α），（r）,使u(r)(f(x)+g(r))+ ()(f(α)g(x))= 1,于是(u()+()g())f()+u(r)g(r)=1.因而(f(r),g())=1.点评证明两个多项式f(）和g（α）互素，可利用其充要条件：存在u（z）和（）使u（）f（）+（）g（）=1.也可用反证法，即假设存在不可约的公因式，利用不可约多项式的性质，推出结果例13设f(）=2*+2*+1-23"+2-22+90,g()="+6(n>2),求证:(f(α),g(x))=1.证明用g(α)除f(α),得f()=g(α)(α"+r-17)+(x-12),g(12)≠0,故(g(α),-12)=1,因而(f(α）,g（))=1.点评这里用的是证明互素性的另一个方法要证f（）和g（）互素，可用其中之一除另一个，得余式r（）.这时，f（）和g（）的所有公因式也是g（）和r()的公因式，因而只须证后者互素.本题中，r(α)是一次式，总是不可约的，不可约多项式与任一多项式的关系只有两种：要么整除，要么互素，可以用因式定理验证是否整除.否定了整除即可肯定互素例14求t,使f(α)=3-32+tr-1有重根.解f（）=3x2-6+t，选t使f与f不互素，即f与f有公共根(±)=(±-→)))f(α)+(1t-1)(2 +1).()与(z)的公共根,也是r()=(t-1)(2α+1)的根.如-10,则是(z)的根(-号)=3×↓+3+t=0,t=214-,当于-1=0,即 =3时,(s)=0, ()1(2),()与()不互素4:15.总之，当且仅当t=3或-！时，f(α）有重根4点评一个多项式有重根，当且仅当多项式f与它的导数不互素，因而在复数域中有公根，可以通过带余除法验证余式的根，例15求证：多项式f(）=z"+az"-m+b(n>m>0)没有重数高于2的非零复数根证明：f（α）="-m-1（nx"+（n一m）a）.如a≠0,则f（）的非零根是二（n二m)a的m次方根，这些根都是单根，所以了没有非零的重根，因而f(z)n 12: