G高等代数学习指导书[d-1=a,-1- d = 2,-1- 2d = b.解之得d=-3,a=-4，b=5.故a=-4,b=5本题也可用带余除法来做，做法类似例3例2设f(x)=x3m+x3n++x3p+2，其中m,n,p为自然数。g(x)=x+x+1，试证：g(x)f(x).分析（1)注意到(x2+x+1)(x3-1)，而(-1)(3k-1)，再把f(x)化成x3-1的表达式，（2）也可以求出g(x)在复数域内的根，证明这些根也是f(x)的根证法1因为x-1=(x-1)(x2+x+1)，所以x2+x+1x-1，而对任意的自然数k，3k-1=()*-1=(x3-1)(3(k-1)+3(-2)+.+1) ，故 x3-1|x3*-1 ，从而x2+x+1x3*_1.因为f(x)= x3m +x3n+I + 3p+2 =(x3m -1)+ x(r3n -1)+x(rP -1)+(x* +x+1) ,所以结论成立，证法2设g(x)的两个复数根为0の2，则g(x)=(x-0,)(x-の2)，因为(x-1)g(x)=x-1，所以g(x)的两个根都是r-1的根，即三次单位根，亦即：0=1,0+0,+1=0,=1,2且0±0因为f(0)=(0）"+(0）0,+(0)0=1+0+0=0,所以（x-0,)f(x)，i=1,2，而（x-0，x-0,）=1，由多项式互素的性质，知(x-0)(x-0,)f(x)，即g(x)/f(x).注：由证法2可得到更一般的结论：如果g(x)只有s个不同的根，且每一个根都是f(x)的根，则g(x)f(x).例3mp、q满足什么条件时，有x2+mx-1x+px+q分析（1）可以用待定系数法，如例1一样。（2）也可用带余除法：g(x)f(x)g(x)除f(x)余式为0解法1设x2+mx-1x+px+q，则存在一次多项式x-a，使x + px+q=(x2 +mx-1)(x-a),将上式右边展开，比较两边同次项系数，得16
高等代数学习指导书 16 G 1 , 1 2, 1 2 . d a d d b ì - = ï í- - = ï î- - = 解之得 d = -3， ， a b = - = 4 5．故 a b = - = 4 5 ， . 本题也可用带余除法来做，做法类似例３． 例 2 设 3 3 1 3 2 ( ) m n p f x x x x + + = + + ，其中m, , n p 为自然数． 2 g(x) 1 = x x + + ，试 证： g(x) f x( ) ． 分析 （1）注意到 2 3 3 3 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) k x + x + x - ，而 x x - - ，再把 f x( ) 化成 3 1 k x - 的表达式． （２）也可以求出 g x( ) 在复数域内的根，证明这些根也是 f x( ) 的根． 证法 1 因为 3 2 x -1= (x -1)(x x + +1) ，所以 2 3 x + x x + - 1 1，而对任意的自然数 k ， 3 3 3 3( 1) 3( 2) 1 ( ) 1 ( 1)( 1) k k k k x x x x x - - - = - = - + + + L ， 故 3 3 1 1 k x x - - ， 从 而 2 3 1 1 k x + x x + - . 因为 3 3 1 3 2 3 3 2 3 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) m n p m n p f x x x x x x x x x x x + + = + + = - + - + - + + + ， 所以结论成立． 证法 2 设 g x( ) 的两个复数根为w w 1 2 、 ，则 ( ) ( )( ) = -w1 -w2 g x x x ，因为 3 (x -1)g(x x ) 1 = - ，所以 g x( ) 的两个根都是 3 x -1的根，即三次单位根，亦即： 3 2 1 1 0 1 2 i i i w = ，w w+ + = = ， ， i 且w w 1 2 ¹ . 因为 3 3 3 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 m n p i i i i i i i i f w = w + w w + w w = +w w+ = ， 所以 (x - = wi ) f (x i )， ，1 2，而（ 1 2 x x - - w w ， ）＝1，由多项式互素的性质， 知 1 2 (x - - w w )(x ) f x( ) ，即 g(x) f x( ) ． 注: 由证法 2 可得到更一般的结论：如果 g x( ) 只有 s 个不同的根，且每一个根 都是 f x( ) 的根，则 g(x) f x( ) ． 例３ m、 、p q 满足什么条件时，有 2 3 x + mx -1 x + + px q ． 分析 （１）可以用待定系数法，如例１一样． （２）也可用带余除法． g(x) f (x) Û g x( ) 除 f x( ) 余式为 0． 解法１ 设 2 3 x + mx -1 x + + px q ，则存在一次多项式 x a - ，使 3 2 x + px + q = (x + mx - - 1)( ) x a ， 将上式右边展开，比较两边同次项系数，得
董多顶式章m-a=0-(1 + am) = pq=a消去a得q=m，p=-m2-1.另一方面，如果q=m，p=-m2-1，易知x2+mx-1x+px+q.从而当且仅当q=m，p=-m2-1时，有x+mx-1+px+q.解法2用带余除法.x-mx+mx-x+px+qx+mx-x-mx+(p+1)x+q-mx2_mx+m(m2+p+1)x+q-mJm+p+1=0即余式为(m2+p+1)x+(q-m)，得(q-m=0[m+p+1=0时，×+mx-1*+px+q.由此知，当且仅当lq-m=0例4证明：x-1x"-1的充分必要条件是dn，这里d、n都是正整数分析充分性是显然的，至于必要性的证明，可用反证法。假设d不能整除n导出矛盾.证明：充分性设dn，则存在正整数k，使n=dk，则x" -1=(x") -1=(x" -1)((k-I) + xd(-2) +..+1).所以，x-1x"-1.必要性设d不能整除n，则存在正整数q，r，使n=dg+r，（0<r<d)x"-1=x"-x +x-1=x(α"-r-1)+(x-1)=x(x")9 -1)+(x" -1)= x*(xd -1)(x(q-I)d + x(q-2)d ++ 1)+(x* - 1)等式的左边能被x-1整除，右边的第一项也能被xd-1整除，由整除的性质知它们的差即x-1也能被xd-1整除，从而r≥d，与0<r<d矛盾.故dn。17
第 二 多项式 章 17 0 (1 ) m a am p q a ì - = ï í- + = ï î = 消去 a 得 2 q = m，p m = - -1． 另一方面，如果 2 q = m，p m = - -1，易知 2 3 x + mx -1 x + + px q ．从而当且仅 当 2 q = m，p m = - -1时，有 2 3 x + mx -1 x + + px q ． 解法２ 用带余除法． 2 3 3 2 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) x m x mx x px q x mx x mx p x q mx m x m m p x q m - + - + + + - - + + + - - + + + + - 即余式为 2 (m + p +1)x + - ( ) q m ，得 2 1 0 0 m p q m ì + + = í î - = 由此知，当且仅当 2 1 0 0 m p q m ì + + = í î - = 时， 2 3 x + mx -1 x + + px q ． 例 4 证明： 1 1 d n x x - - 的充分必要条件是d n ，这里 d n 、 都是正整数． 分析 充分性是显然的，至于必要性的证明，可用反证法．假设 d 不能整除 n， 导出矛盾． 证明：充分性 设d n ，则存在正整数 k，使n = dk ，则 ( 1) ( 2) 1 ( ) 1 ( 1)( 1) n d k d d k d k x x x x x - - - = - = - + + + L . 所以， 1 1 d n x x - - ． 必要性 设 d 不能整除 n，则存在正整数 q，r，使n = dq + r，（0 ) < <r d ( 1) ( 2) 1 1 ( 1) ( 1) (( ) 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1). n n r r r n r r r d q r r d q d q d r x x x x x x x x x x x x x x x - - - - = - + - = - + - = - + - = - + +L+ + - 等式的左边能被 1 d x - 整除，右边的第一项也能被 1 d x - 整除，由整除的性质知 它们的差即 1 r x - 也能被 1 d x - 整除，从而r d ³ ，与0 < <r d 矛盾．故d n ．
G高等代数学习指导书注：上面的例题可以推广到更一般的结论：x-α"x"-a"的充分必要条件是dn，其中a±0.例5设f(x)=2x*-3x+4x+1,g(x)=x2-x+1.求g(x)除f(x)的商和余式.分析用带余除法求，先把除式和被除式按降幂排列，注意缺项的要补上零，解用带余除法.2x2-x-3x2 -x+12x*-3x3 +0x2+4x+12x4 -2x3 +2x2- x3 2x2 +4x+1-x+x2- x 3x2 + 5x +13x2+3x-32x+4所以，商为g(x)=2x2-x-3，余式为r(x)=2x+4例6求x+3除2x-5x3+8x的商和余式，分析如果除式是一次多项式，可用综合除法求08020-5-618-39117-3752-613-39125-375于是得商和余式为：q(x)=2x-6x2+13x2-39x+125，r(x)=-375例7 设f(x)=x*+x3 -3x2-4x-1, g(x)=x +x2-x-1, 求(f(x), g(x)分析求两个多项式的最大公因式，常用两种方法．一是辗转相除法：二是将两个多项式进行因式分解，再求最大公因式，如果能进行因式分解，第二种方法比第一种方法简便，但是到目前为止，还没有一个一般的方法对多项式进行因式分解。所以，除了少数较简单的多项式外，一般都用辗转相除法。解法1辗转相除法.18
高等代数学习指导书 18 G 注：上面的例题可以推广到更一般的结论： n d d n x - - a x a 的充分必要条件是 d n ，其中a ¹ 0． 例 5 设 4 3 2 f (x) = 2x - 3x + 4x +1, g(x) = x x - +1. 求 g x( ) 除 f x( ) 的商和余式． 分析 用带余除法求，先把除式和被除式按降幂排列，注意缺项的要补上零． 解 用带余除法． 2 2 4 3 2 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 1 2 3 0 4 1 2 2 2 2 4 1 3 5 1 3 3 3 2 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x - - - + - + + + - + - - + + - + - - + + - + - + 所以，商为 2 q(x) = 2 3 x x - - ，余式为r(x x ) = + 2 4 ． 例 6 求 x + 3 除 5 3 2x - + 5 8 x x 的商和余式． 分析 如果除式是一次多项式，可用综合除法求． 2 0 5 0 8 0 3 6 18 39 117 375 2 6 13 39 125 375 - - - - - - - - 于是得商和余式为： 4 3 2 q(x) = 2x - 6x +13x x - + 39 125 ，r x( ) = -375 . 例 7 设 4 3 2 f (x) = x + x - 3x x - - 4 1， 3 2 g(x) 1 = x + x x - - ，求( f (x)，g x( )) ． 分析 求两个多项式的最大公因式，常用两种方法．一是辗转相除法；二是将 两个多项式进行因式分解，再求最大公因式．如果能进行因式分解，第二种方法比 第一种方法简便．但是到目前为止，还没有一个一般的方法对多项式进行因式分 解．所以，除了少数较简单的多项式外，一般都用辗转相除法． 解法 1 辗转相除法．
董多顶式章x +x3-3x2-4x-1x+ x2x-113x+x-- x21+x*211x2.3,1-2x2 -3x-1x-1-x+222A-2x2 -2x1r231-4*-4243..3￥4-x-18x+3-x-143.40所以(f(x),g(x))=x+1解法2将(x)、g(x)因式分解f(x)= x(x+1)-3x (x+ 1)-(x +1)=(x+1)(x3 -3x-1)g(x)= x(x+1)-(x +1)=(x +1)(x -1).而x+1不能整除x-3x-1，x-1不能整除x3=3x-1，所以(f(x)，g(x))=x+1.例8求u(x)，(x)，使u(x)f(x)+(x)g(x)=(f(x),g(x)).其中f(x)=x*+2x3-x2 -4x-2, g(x)=x +x3-x2-2x-2.解应用镶转相除法.x +2x -x2 - 4x-2x+x -x2 -2x-2-2x2x+ x-x2-2x-2rx +x2-2x-2-2xx+1-2xx-2x0x-2从而，（f(x)，g(x))=x2-2.由计算过程知：f(x)=g(x)x +(x3 -2x),g(x) =(x3 - 2x)(x+1) +(x2 -2).故有：x2 -2 = g(x)-(x3 - 2x)(x+1)= g(x)-[f(x)- g(x)x)(x+1)=-(x +1)f(x)+(x+2)g(x)19
第 二 多项式 章 19 4 3 2 x + x - 3x x - - 4 1 432 x +- x x x 3 2 x + x x - - 1 3 2 3 1 2 2 x + + x x x 1 1 2 4 - +x 2 -2x x - - 3 1 2 - - 2 2 x x 1 3 2 1 2 2 - x x - - 1 2 3 1 2 4 4 - x x - - - -x 1 - -x 1 3 3 4 4 - -x 8 4 3 3 x + 0 所以( f (x)，g(x x )) 1 = + . 解法２ 将 f x( ) 、 g x( ) 因式分解． 3 3 f (x) = x (x +1) - 3x (x +1) - (x +1) = (x +1)(x x - - 3 1), 2 2 g(x) = x (x +1) - (x +1) = (x x + - 1) ( 1). 而 x +1不能整除 3 x x - - 3 1，x -1不能整除 3 x x - - 3 1，所以( f (x)，g(x x )) 1 = + ． 例 8 求u(x)，v x( ) ，使u(x) f (x) + = v x( )g(x) ( f (x)，g x( )) ．其中 4 3 2 f (x) = x + 2x - x x - - 4 2 ， 4 3 2 g(x) = x + x - x x - - 2 2 ． 解 应用辗转相除法． 4 3 2 x + 2x - x x - - 4 2 4 3 2 x + x - x x - - 2 2 432 x + - x x x - - 2 2 4 2 x x 2 - x 3 x x - 2 3 x x - 2 3 2 x + x x - - 2 2 3 x x - 2 x +1 0 2 x - 2 x 从而， 2 ( f (x)，g(x x )) 2 = - ．由计算过程知： 3 f (x) = g(x)x + - (x x2 ) ， 3 2 g(x) = (x - 2x)(x x +1) + - ( 2) . 故有： 2 3 2 ( ) ( 2 )( 1) ( ) [ ( ) ( ) ]( 1) ( 1) ( ) ( 2) ( ). x g x x x x g x f x g x x x x f x x g x - = - - + = - - + = - + + +
G高等代数学习指导书从而，u(x)=-x-1,(x)=x+2例9若d(x)=f(x)u(x)+g(x)v(x)，举例说明d(x)不一定是f(x)和g(x)的最大公因式；但如果d(x)lf(x)，d(x)lg(x)，则d(x)一定是f(x)和g(x)的最大公因式分析我们知道，如果d(x）是f(x)和g(x)的最大公因式，则一定存在u(x)、(x)，使d(x)=f(x)u(x)+g(x)v(x)：但反之结论并不成立；如果再加上条件“d(x)是f(x)和g(x)的公因式”，则结论成立.举例：令f(x)=x+1, g(x)=x-1, u(x)=x,v(x)=x,则f(x)u(x)+g(x)(x)=x3+x=d(αx)，显然d(x)不是f(x)、g(x)的最大公因式.证明由已知知，d(x)是f(x)g(x)的公因式.设h(x)是f(x)、g(x)的任意一个公因式，则由h(x)f(x),h(x)g(x)知，h(x)|f(x)u(x)+g(x)v(x)，即 h(x)d(x)，因此，d(x)是最大公因式.例10证明：(f(x)，g(x)h(x)=1的充分必要条件是(f(x)，g(x)=1且(f(x), h(x)=1.证明必要性：设(f(x)，g(x)h(x))=1，则存在多项式u(x)(x)，使得u(x)f(x)+v(x)g(x)h(x)=1,因此，(f(x),g(x))=1且(f(x), g(x)h(x)=1.充分性：设(f(x)，g(x)=1 且(f(x),h(x)=1 ，则存在多项式u(x),(x),u(x),(x)，使u(x)f(x)+y(x)g(x)=1,uz(x)f(x)+v(x)h(x)=1.两边相乘得[u(x)u(x)f(x)+u(x)v(x)h(x)+u(x)m(x)g(x)lf(x)+[y(x)2(x)g(x)h(x)=1再由互素的充分必要条件知(f(x), g(x)h(x)=1.例11判断下列多项式在有理数域上是否有重因式，若有，求其重数，(1) f(x)=x*+x +1,（2）f(x)=x6-15x*+8x3+51x2-72x+27分析求多项式的重因式，常用两种方法：一是求出(f(x)，F(x)的所有不可约多项式，这些不可约多项式就是f(x)的重因式；二是在数域K上将f(x)标准分解，若标准分解式为f(x)=p"(x)p2(x)..-p(x),则p,(x)(r>1)是f(x)的r,重因式.20
高等代数学习指导书 20 G 从而，u(x) = -x -1，v(x x ) 2 = + . 例 9 若 d(x) = + f (x)u(x) g(x)v x( ) ，举例说明 d x( ) 不一定是 f x( ) 和 g x( ) 的最 大公因式；但如果d(x) f (x)，d(x) g x( ) ，则d x( ) 一定是 f x( ) 和 g x( ) 的最大公因式． 分析 我们知道，如果 d x( ) 是 f x( ) 和 g x( ) 的最大公因式，则一定存在 u(x)、v x( ) ，使 d(x) = + f (x)u(x) g(x)v x( ) ；但反之结论并不成立；如果再加上条件 “ d(x) 是 f (x) 和 的 g x( ) 公因式”，则结论成立． 举例：令 2 f (x) = x +1，g(x) = x -1， ， u(x) = = x v( ) x x ， 则 3 f (x)u(x) + g(x)v(x) = x + =x d x( ) ，显然d x( ) 不是 f x( ) 、g x( ) 的最大公因式． 证明 由已知知，d x( ) 是 f (x)、g x( ) 的公因式.设h x( ) 是 f (x)、g x( ) 的任意一个 公因式，则由 h(x) f (x)，h(x) g x( ) 知， h(x) f ()( x u x) + g(x)v x( ) ，即 h(x) d x( ) ，因 此，d x( ) 是最大公因式． 例 10 证 明 ： ( f (x)，g()( x h x)) 1 = 的 充分必要条件 是 ( f (x)，g x( )) 1 = 且 ( f (x)，h x( )) 1 = ． 证明 必要性：设 ( f (x)，g()( x h x)) 1 = ，则存在多项式 u(x)、v x( ) ，使得 u(x) f x( ) + v x( )g()( x h x) 1 = ，因此，( f (x)，g x( )) 1 = 且( f (x)，g()( x h x)) 1 = ． 充分性 ： 设 ( f (x)，g x( )) 1 = 且 ( f (x)，h x( )) 1 = ，则存在多项式 1 1 2 2 u (x v ), (x),u (x), v x( ) ，使 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1, ( ) ( ) ()( ) 1. u x f x v x g x u x f x v x h x + = + = 两边相乘得 1 2 1 2 2 1 1 2 [u (x)u (x) f (x) + u (x)v ()( x h x) + u (x)v (x)g(x)] f (x) + = [v (x)v (x)]g()( x h x) 1. 再由互素的充分必要条件知 ( f (x)，g()( x h x)) 1 = . 例 11 判断下列多项式在有理数域上是否有重因式，若有，求其重数． （１） 4 2 f (x) 1 = x x + + ， （２） 6 4 3 2 f (x) = x -15x + 8x + 51x x - + 72 27 . 分析 求多项式的重因式，常用两种方法：一是求出( f (x)，f x ¢( )) 的所有不可 约多项式，这些不可约多项式就是 f x( ) 的重因式；二是在数域 K 上将 f x( ) 标准分 解，若标准分解式为 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s r r r s f x = p x p x L p x ， 则 ( )( 1) i i p x r > 是 f x( ) 的 i r 重因式．