q2(）十r（），这里r(）为余式，我们说r（）≠0,i=1,2若不然，设r（）=0,这时f(r)g(r)(F(a)g(g)gi(a)+i(c)g(z)=(f(z) g(a),故g(r)l(f(z),g(x)),又(f(α),g())lg(α),g(r)g(a)=b(2),g(a),a((g()=0,_g(r)f(r)f(r)g(r)矛盾.得到一制(()()+(a)()+临)()(c)+r2(a)g(r)(f(r),g(r)),f(r)g(r)()g()(g(z) + 42(r) + n(z)f(z) + rn(z)g(r) =(f(r),g(r)).f(r)g(r)断定 g(z)+g(2)=0,若不然(()()(g(a)+9(a))g(r)≥(()+a(()>(n(a)(),f(r)g(r)同样a(()g()(9(c)+4:(r)>(r()g(),g(r)左端次数=(f()+a((),g() +a(g1(r)+9(z)右端次数，矛盾，由(）十(）=0,得到r(r)f(α)+r2(r)g(r)=(f(r),g(r)),令u(）=r(）,v(）=r(），就可得到结论关于惟一性，设还有r)，(r），使r)f(r)+(r)g()=(f(r),g())g(r)f(r)且ar))<aa((g()) (()<((g(a)f(r)g(r)故)可(),g()+(r)(,g(a)=f(r)g(r)u(a)(g()+(r)()g().32
f(r)g(r)()-u(a)(g()=(o(r)-()(g(a)f()f(r)g(r)因为为((),g(a)((g(a)) = 1, 故((),g() /v(r)-(r),由(），(）满足的条件，得到(）一(）=0,即()=),进而得到u()=r)47.设f（z），g（r）为次数大于零的多项式，证明：（f（r），g(r））=1的充要条件存在惟一的多项式入(r），(）使μ()f(r)+^(r)g(r)=(f(r),g(r))其中a(μ(r))<a(g(r)),a((r))<a(f())证明：必要性由46题证明，下证充分性，设（f（r），g（r））一d(z）≠1，不失一般性，我们这里设f（r）g（r）均为首1的多项式.若d()=g(α),则f()=g(r)fi(r),这时ag(a)fi(r)+(afi(r)+1)g(r)=g(r),即af(r)+(-afi(r)+1)g(r)=g(r),这里取a，使一afi（）十1=入r）≠o，令μ(）=a≠0，这时入（z），u（工）有无限多个，且满足条件，矛盾故d）去g（），同样d（）手f(）.因而a(()>0,a(()>0,(d(r))(d(r))由46题证明存在（），（），使g(r)a(μ())<a，进而a(μ())<a(g(r)),d(rf(r)a(,())<a<a(f(r)),d(r)使μ()f()+()g()=(f(),g())，由惟一性得到()=(),()=():33·
t(r)(μ()+) ()+(μ()-a()g(z)=(f(r),g(r)),(()+)α晶)<a(g(r))( ()细)=(细)<af(x))d(r))dld(r)与μ()，()的惟一性矛盾,因而（f(），g())=148.设多项式f()，g()EQ[]，且f()不可约，α为复数，f(α)=0,而g(α)≠0,证明：存在多项式h(z)EQ[l.使h(a)=-1g(α)这里0为有理数域证明：由条件(f(），g())=1,故存在u(r),u(r)，使u(x)f(r)+v(r)g(r)=l,u(a)f(a)+(a)g(a)=1,故 (a)=_1g(a)取h(r）=v(）即可49.设f(α），g(r),h()为复系数多项式，α，,α为f()的全部复根，且h(a)0,i=1,2,…,n,令(t)=(只是一有理分h(r)式，证明：存在多项式p(x)EC],使α）=p(α）,i=1,2，,n证明：（1）首先设α1，**，α彼此不同，令p(r)=an-ir-1+...+ar+ao,考虑方程组g(a,)an--+++-h(a,)=(a,):(*)g(aa)p(αn)an-1-+.+aa+aoh(an)（*）有惟一解，进而力（工）可求·34
（2）αα中有相同的，不妨设α,，α,为α，***，α中彼此不同的数，且取尽α1，，α.中的数，则有g(a,)an-++a+ao==α)h(a,):(*)g(a,)a-,-++aa,+a(α,)h(a,)（*）有解，进而得到p（1）50.设f（r）是次数大于零的多项式，c0，则f(r-c)≠f(r).证明：设f(）=ar"++ax+aoa≠0,n>0.若f(-c)=f(),即a(r-c)"+.+a(r-c)+ao=anr"+..+ar+ao,两边求n一1次导式得到n(n-1)...2a(r-c)+(n-1)!an-1=n...2an+(n-1)!an-1故一c=1，C=0，矛盾51.设f(r）=r3+ar2+br十c为整系数多项式，若ac十bc为奇数，则f（z）在有理数域上不可约，证明：若可约，则f(r)分解成整系数多项式之积，即f()=+ar+br+c=(-β)(+ar+b)得到a=a-βb=-Bai+b(c=-βbr,由条件ac十bc=c(a+b)为奇数，故c为奇数.又βlc，进而β为奇数.因为a十b为奇数，故a，b奇偶相反.不妨设a为偶，b为奇，由于b,lc,b为奇，因为a=a一βa为偶，故a与β奇偶一致，得到·35
a为奇数，β，ai，b均为奇数，因而b为偶数，矛盾，从而f(）不可约.52.设f()=(+1)*++(2)(r+1)*+#-1+...+(2)*(+1)",则r++1(r-1)f(r)+(#+1)*++1.证明：f()=(r+1)"[(+1)*+(2)(r+1)*-1+...+(2)*=(r+1) (z±1)+1-(22)++(r+1)-(2r)=(+1) (z+1)*+1-(2)+1(1-r)(α-1)f(r)+(r+1)*+n+1=(a+1)(1)α+(2)+(+1)++(1-r)=-(r+1)"[(r+1)++1—(2)++1)+(r+1)+++1=(r+1)[-(r+1)++1+(2r)*+1+(r+1)++1)=(2)*+1(x+1)",故++1/(1)f(r)+(+1)*++153.设f(r）是复系数多项式，fr）表示与f(r）系数共轭的多项式，若d()=(f(r),f(r)),则d()为实系数多项式证明：d(r）=0时，即f（）=0，结论成立设d(x）≠0，d()/f(r),d()/f(),故d(r)/f(r),d()/f()又d()=u()f()+v()f()故d(α)=u(r)f(r)+v()f(r）,d()为f(r）和f(a)的最大公因式，又d(），a(r)均为首1的，故d(r）=d(r)故d()为实系数多项式54.设f(）=anz"++air+ao为整系数多项式，若an，ao为奇数且f(1)，f（一1)至少有一个为奇数，或者an，ao，f（1)，f(一1)都不能被3整除，则f(z）无有理根证明：（1）设anao为奇数且f(1）（一1)至少有一个为奇.36