《高等代数与解析几何》课程教学资源（书籍教材）高等代数指导用书

董多顶式章解法1（1）F(x)=4x3+2x，（f(x)，(x))=1，所以，f(x)没有重因式（2）f(x）=6xs-60x2+24x2+102x-72，应用转相除法，可得(f(x), F(x)= x +x -5x+3=(x-1)°(x +3)所以f(x)的重因式为(x-1)和(x+3)，重数分别为3,2.解法2(2)f(x)的标准分解为：f(x)=(x-1)(x+3)(x-3)，故f(x)的重因式为(x-1)和(x+3)，重数分别为32例12设f(x)、g(x)是不全为零的多项式，n是任意的正整数，证明：(f(x), g(x)"=(f"(x), g"(x) 分析要证的等式两边存在着密切的数量关系，这种数量关系用多项式的标准分解式表示最为精确，因此，要证此等式，只须对比最大公因式中各不可约多项式的次数即可，证明若f(x),g(x)中有一个是零多项式或者零次多项式，则结论显然成立.设二者的次数都大于零，它们的标准分解式为：f(x)=ap"(x)p2(x)..*p"(x),g(x)=bp*(x)p(x).p(x),其中a,beK，P(x),P(x),,p(x)为互不相同的不可约多项式，则f"(x)=a"p" (x)p(x)p(x),g"(x)=b"p(x)pm (x).pr(x) ,k,=min(r,t)i=1,2,**,s)，则nk,=min(nr,nt)i=1,2,.",s)，于是(f(x),g(x))=pt(x)p(x).p(x)(f"(x),g"(x))=p(x)p2(x).p(x)=(p(x)p (x)- p.(x)"=(f(x),g(x)"例13设f(x),g(x)eK[x)，则g(x)f(x)的充分必要条件是g(x)(x).分析本题有多种证法，主要是利用多项式的标准分解或最大公因式证明证法1必要性：显然充分性：设f(x)=apr(x)p2 (x).*p (x),g(x)=bpt (x)p2(x)p(x),其中a,beK,P(x)p,(x)p,(x)，为互不相同的不可约多项式，则21

第 二 多项式 章 21 解法 1 （１） 3 f ¢(xxx ) = + 4 2 ，( f (x)，f x ¢( )) 1 = ，所以， f x( ) 没有重因式; （２） 5 3 2 f ¢(x) = 6x - 60x + 24x x + - 102 72 ，应用辗转相除法，可得 5 3 2 ( f (x)，f ¢(x)) = x + x - 5x + 3 = (x x - + 1) ( 3) 所以 f x( ) 的重因式为(x x - + 1) 和 ( 3) ，重数分别为３,２． 解法２ (2) f x( ) 的标准分解为： 3 2 f (x) = (x -1) (x x + - 3) ( 3) ，故 f x( ) 的重因式 为(x x - + 1) 和 ( 3) ，重数分别为３,２． 例 12 设 f (x)、g x( ) 是不全为零的多项式，n 是任意的正整数，证明： ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) n n n f x ， ， g x = f x g x . 分析 要证的等式两边存在着密切的数量关系，这种数量关系用多项式的标准 分解式表示最为精确，因此，要证此等式，只须对比最大公因式中各不可约多项式 的次数即可． 证明 若 f (x), g x( ) 中有一个是零多项式或者零次多项式，则结论显然成立． 设二者的次数都大于零，它们的标准分解式为： 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s r r r s f x = ap x p x L p x ， 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s t t t g s x = bp x p x L p x ， 其中a, b K Î ， 1 2 ( ), ( ), , ( ) s p x p x L p x 为互不相同的不可约多项式，则 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n nrs n n r nr s f x = a p x p x L p x ， 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) n nts n n t nt g s x = b p x p x L p x ， min( )( 1 2 ) i i i k = = r，t i s ， ，L ，则 min( )( 1 2 ) i i i nk = = nr，nt i s ， ，L ，于是， 1 2 1 2 ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) s k k k s （ ， f x g x = p x p x L p x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ( ), ( )) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( )) ( ( ), ( )) . s s n n nk nk nk s k k k n s n f x g x p x p x p x p x p x p x f x g x = = = L L 例１3 设 f (x), g(x)Î K x[ ]，则 g(x) f x( ) 的充分必要条件是 2 2 g (x) f x( ) ． 分析 本题有多种证法，主要是利用多项式的标准分解或最大公因式证明． 证法１ 必要性：显然． 充分性：设 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s r r r s f x = ap x p x L p x ， 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s t t t s g x = bp x p x L p x ， 其中 1 2 , , ( ) ( ) ( ) s a bÎ K p x p x L p x ，为互不相同的不可约多项式，则

G高等代数学习指导书f"(x)=a"p2"(x)p2" (x)*p"(x),g*(x)=b"p2 (x)p2 (x)- p (x) ,因g(x)2(x)，所以2r≤2t,（i=1,2，"，s)，于是r≤t,(i=1,2,，s)，故g(x)f(x)证法2设g(x)(x)，但g(x)不能整除f(x)，令(f(x)，g(x)=d(x)，于是degd(x)<degg(x)：另一方面，由上题的结论可得（f2(x)，g(x)=d(x），而g (x)f(x)，所以(f2(x),g(x)==亢g*(c)， 故 degd()=dg (c) ， 因而degd(x)=degg(x)，矛盾，故知命题成立例14设p(x)是次数大于零的多项式，证明：如果对于任意的多项式f(x)g(x)，由p(x)f(x)g(x)可以推出p(x)f(x)或者p(x)g(x)，则p(x)是不可约多项式.证明反证法：假设p(x)不是不可约多项式，则p(x)可以分解成两个次数较低的多项式的乘积，即p(x)=f(x)g(x)，则p(x)f(x)g(x)，由题设，知p(x)f(x)或者p(x)g(x)，这与f(x)g(x)的次数都比p(x)的次数低矛盾.所以p(x)是不可约的.例15证明：次数大于零的首一多项式f(x)是某一个不可约多项式的方幂的充分必要条件是对任意多项式g(x)，必有(f(x)，g(x)=1,或者存在某一正整数m，使f(x)g"(x).证明必要性．设f(x)=p"(x)，其中p(x)为不可约多项式。则对任意多项式g(x)，由不可约多项式的性质知，（p(x)，g(x))=1或p(x)g(x)，若(p(x)，g(x)=1,由互素的性质知(p"(x),g(x)=1，即(f(x),g(x)=1;若p(x)g(x)，则p"(x)g"(x)，即(x)g"(x).充分性。设p(x)为f(x)的任意一个首一不可约多项式，取g(x)=p(x)，则(f(x)，g(x)=p(x)±1，由题设，存在正整数m使f(x)p"(x)，从而知p(x)是f(x)的唯一的不可约因式，故存在正整数k，使f(x)=cp*(x)，cEK.而f(x)与p(x)都是首一多项式，所以c=1，于是f(x)=p*(x).例16证明(x)=x+1在有理数域上不可约分析本题不能直接使用艾森斯坦判别法，可将多项式的字母进行变换后再使22

高等代数学习指导书 22 G 2 2 2 2 1 2 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s r r r s f x = a p x p x L p x ， 2 2 2 2 1 2 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) s t t t s g x = b p x p x L p x ， 因 2 2 g (x) f x( ) ，所以 2 2 i i r t £ （i = 1，２，.，s），于是 ( 1 2 ) i i r £ = t i s ， ，L ， 故 g(x) f x( ) ． 证法２ 设 2 2 g (x) f x( ) ，但 g(x)不能整除 f x( ) ，令( f (x)，g(x)) = d x( ) ，于是 deg d x( ) < deg g x( ) ．另一方面，由上题的结论可得 2 2 2 ( f (x)，g (x)) = d x( ) ，而 2 2 g (x) f x( ) ， 所 以 2 2 2 2 1 ( f (x) g (x)) g x( ) b ， = ， 故 2 2 deg d (x) = deg g x( ) ， 因 而 deg d(x) = deg g x( ) ，矛盾，故知命题成立． 例１4 设 p x( ) 是次数大于零的多项式，证明：如果对于任意的多项式 f (x), g x( ) ，由 p(x) f (x)g x( ) 可以推出 p(x) f (x)或者p(x) g x( ) ，则 p x( ) 是不可约多 项式． 证明 反证法：假设 p x( ) 不是不可约多项式，则 p x( ) 可以分解成两个次数较低 的多项式的乘 积 ， 即 p(x) = f (x)g x( ) ， 则 p(x) f (x)g x( ) ， 由 题 设 ， 知 p(x) f (x)或者p(x) g x( ) ，这与 f (x)、g x( ) 的次数都比 p x( ) 的次数低矛盾．所以 p x( ) 是不可约的． 例１5 证明：次数大于零的首一多项式 f x( ) 是某一个不可约多项式的方幂的 充分必要条件是对任意多项式 g x( ) ，必有( f (x)， ， g x( )) 1 = 或者存在某一正整数 m， ( ) ( ) m 使 f x g x ． 证明 必要性．设 ( ) ( ) m f x = p x ，其中 p x( ) 为不可约多项式．则对任意多项式 g x( ) ，由不可约多项式的性质知，( p(x)，g(x)) =1 或 p(x) g x( ) ，若( p(x)，g x( )) 1 = ， 由 互 素 的 性 质 知 ( ( ) ( )) 1 m p x ，g x = ， 即 ( f (x)， ； g x( )) 1 = 若 p(x) g x( ) ， 则 ( ) ( ) m m p x g x ，即 ( ) ( ) m f x g x ． 充分性．设 p x( ) 为 f x( ) 的任意一个首一不可约多项式，取 g(x) = p x( ) ，则 ( f (x)，g(x)) = ¹ p x( ) 1，由题设，存在正整数 m 使 ( ) ( ) m f x p x ，从而知 p x( ) 是 f x( ) 的唯一的不可约因式，故存在正整数 k，使 ( ) ( ) k f x = cp x ，c K Î ．而 f x( ) 与 p x( ) 都 是首一多项式，所以c =1，于是 ( ) ( ) k f x = p x ． 例 16 证明 4 f (x x ) 1 = + 在有理数域上不可约． 分析 本题不能直接使用艾森斯坦判别法，可将多项式的字母进行变换后再使

董多顶式章用，但要注意艾森斯坦因判别法只给出了整系数多项式在有理数域上不可约的充分条件，而不是必要条件，本题也可以用反证法。证法1令x=y+1，则g(y)=f(x)=(y+1)*+1=y*+4y+6y2+4y+2，取素数p=2，则p不能整除1，p4，pl6，p4，pl2，但p不能整除2，由艾森斯坦因判别法知f(x)在有理数域上不可约.证法2（反证法）若f（x）在有理数域上可约，则它的分解式中有以下两种情况：一是分解为一个一次因式和一个二次因式的乘积；二是分解为两个二次因式的乘积，我们证明无论哪种情况，都会出现矛盾设f(x)=(x+ a)(x +bx + cx + d)=x*+(a+b)x3+(ab+c)x+(ac+d)x+ad.(a,b,c,deQ)[a+b=0ab+c=0,消去a,c,d得b=-1，而beQ，矛盾.由多项式相等的定义得ac+d=0ad =1.（2）设f(x)=(x*+ ax +b)(x+cx +d)=x*+(a+c)x +(ac+b+d)x*+(ad +bc)x+bd其中a、b、C、deQ.于是[a+c=0,ac+b+d=0,ad + bc =0,[bd =1.如果c=0，消去a,b得d=-1，矛盾；如果c±0，消去a,b,d得c2=2，与c是有理数矛盾：所以f(x)是不可约多项式.例17求多项式f(x)=x-x-2x+2x2+x-1的全部有理根，并确定有理根的重数，解as=1,α=-1,a,的因子有±1，α的因子有±l，因此，f(x)的所有可能的有理根只能是±1、用综合除法或余数定理检验这些数是否是f(x）的根及根的重数23

第 二 多项式 章 23 用，但要注意艾森斯坦因判别法只给出了整系数多项式在有理数域上不可约的充分 条件，而不是必要条件. 本题也可以用反证法． 证法１ 令 x y = +1，则 4 4 3 2 g( y) = f (x) = ( y +1) +1 = y + 4y + 6y y + + 4 2 ，取素 数 p = 2 ，则 p 不能整除１， pppp 4， 6 4 2 ，但 2 p 不能整除２，由艾森斯坦因 判别法知 f x( ) 在有理数域上不可约． 证法２ （反证法）若 f x( ) 在有理数域上可约，则它的分解式中有以下两种情 况：一是分解为一个一次因式和一个二次因式的乘积；二是分解为两个二次因式的 乘积，我们证明无论哪种情况，都会出现矛盾． 设 3 2 4 3 2 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) , ( ). f x x a x bx cx d x a b x ab c x ac d x ad a b c d = + + + + = + + + + + + + Î ， ， ， ¤ 由多项式相等的定义得 0, 0, 0, 1. a b ab c ac d ad ì + = ï ï + = í + = ï ï î = 消去 a, c d, 得 4 b = -1，而b Τ ，矛盾． （２）设 2 2 4 3 2 f (x) = (x + ax + b)(x + cx + d) = x + (a + c)x + (ac + b + d)x + ( ) ad + + bc x bd 其中a b 、 、 、c d Τ .于是 0, 0, 0, 1. a c ac b d ad bc bd ì + = ï ï + + = í + = ï ï î = 如果c = 0，消去a b, 得 2 d = -1，矛盾；如果c ¹ 0，消去abd , , 得 2 c = ±2 ，与 c 是有理数矛盾．所以 f (x)是不可约多项式． 例 17 求多项式 5 4 3 2 f (x) = x - x - 2x + 2 1 x x + - 的全部有理根，并确定有理根 的重数． 解 5 0 5 a =1, a a = -1, 的因子有±1， 0 a 的因子有±1，因此， f x( ) 的所有可能的 有理根只能是±1．用综合除法或余数定理检验这些数是否是 f x( ) 的根及根的重数．

G高等代数学习指导书-22-01-2010-2001I11-1-101-1-111212101所以f(x)=(x-1)(x2+2x+1)=(x-1)(x+1)，从而f(x)的有理根为-1(2重)、1 (3重).例18已知多项式f(x)=x2-10x2+15x-6有重根，试求它所有的根，并确定其重数分析，一般来说，求一个高次方程的根是比较困难的。但如果知道这个方程的根的某些信息，就可以求出这个方程的所有的根来.本题可以用“不可约多项式p(x)是f(x)的k+1重根的充分必要条件是p(x)为(f(x),f(x)的k重根”的结论来求，也可用先求f(x）的有理根的方法求.解法1f(x)=5x-20x+15，用辗转相除法得：(f(x),(x)=x2-2x+1=(x-1)，知x=1为f(x)的三重根，f(x) =(x-1)(x2 + 3x + 6),解方程x2+3x+6=0，得3 + /15i3/15ix, :223 + /15i-3- /15i,1,1.所以原方程的全部根是x=`22解法2先求f(x)的有理根。F(x)的全部可能的有理根为±1，±2，±3，±6，用综合除法检验，对有理数11-1015-6-0_96601-91 2-6322-6036113601 410±0424

高等代数学习指导书 24 G 1 1 1 2 2 1 1 1 0 2 0 1 1 1 0 2 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 2 1 1 2 1 0 - - - - - - - - - 所以 3 2 3 2 f (x) = (x -1) (x + 2x +1) = (x x - + 1) ( 1) , 从而 f x( ) 的有理根为-1（2 重）、 1（3 重）． 例１8 已知多项式 5 2 f (x) = x -10x x + - 15 6 有重根，试求它所有的根，并确定 其重数． 分析 一般来说，求一个高次方程的根是比较困难的．但如果知道这个方程的 根的某些信息，就可以求出这个方程的所有的根来．本题可以用“不可约多项式 p(x) 是 f x( ) 的 k+1 重根的充分必要条件是 p(x)为( f (x), f x ¢( )) 的 k 重根”的结论来求，也 可用先求 f x( ) 的有理根的方法求． 解法１ 4 f ¢(x) = 5x x - + 20 15 ，用辗转相除法得： 2 2 ( f (x), f ¢(x)) = x - 2x x +1= - ( 1) ，知 x =1 为 f x( ) 的三重根， 3 2 f (x) = (x -1) (x x + + 3 6) ， 解方程 2 x x + 3 + = 6 0 ，得 1 2 3 15i 3 15i 2 2 x x - + - - = = ， . 所以原方程的全部根是 1 2 3 15i 3 15i 2 2 x x - + - - = = ， ，1，1，1． 解法２ 先求 f x( ) 的有理根． f x( ) 的全部可能的有理根为 ±1，± 2， ，± ± 3 6 ， 用综合除法检验，对有理数１， 1 1 0 0 10 15 6 1 1 1 9 6 1 1 1 1 9 6 0 1 2 3 6 1 1 2 3 6 0 1 3 6 1 1 3 6 0 1 4 1 4 10 0 - - - - - - ¹

董多顶式章所以1是f(x）的三重根，类似地可知-1,±2，±3，土6不是f(x）的根：后面的过程同解法1.例19设f(x)eK[x]，若对K中的某个非零常数 c，都有f(x+c)=f(x)，试证明：f(x)为常数分析一个n次多项式在任意数域上至多有n个根.证明将f(x)看成复数域上的多项式，若f(x)不是常数，则f(x)至少有根a，f(a)=0，而f(c+a)=f(a)=0,故c+a也是f(x)的根；同理，a+2c，a+3c,都是f(x)的不同的根，这样，f(x)在复数域内有无穷多个根，矛盾.四、习题1，设f(x)除以g(x)±0所得的商及余式分别为q(x)和r(x)，h(x)为任意非零多项式，问：（1）f(x)h(x)除以g(x)h(x)所得的商和余式是什么？（2）f(x)除以cg(x)(c±0为常数）的商和余式是什么？2.求用g(x)去除f(x)所得的商及余式.(1) f(x)=xs-x +3x2-1, g(x)=x3-3x+2;(2) f(x)=x-2x+5, g(x)=x2-x+2;1（3）f(x)=3x5+10x-15x3-9x2-8x-7,g(x)=x+3(4) f(x)=x-17, g(x)=x+3.3. 设f(x)=x +2x3-3x2+4x-5,求 f(5)及f(1+i) 4.当m,pg满足什么条件时，有x+mx-1x+px+q？5.a,b满足什么条件时，下列各题有g(x)f(x)？(1) f(x)=x-3x +6x2 +ax+b, g(x)=x-1:(2 ) f(x)= x* +ax +2x +bx-2, g(x)=(x-1)2.6.设g(x)g2(x)f(x)f(x).证明：若f(x)g(x)，f(x)±0，则g2(x)(x).若g(x)(x)，问是否有g2(x)f(x)?7.对下列g(x),f(x)，求u(x)(x),使u(x)f(x)+(x)g(x)=(f(x),g(x),(1）f(x)=4x*-2x3-16x2+5x+9,g(x)=2x3-x2-5x+4;(2)f(x)=x+2x3-x2-4x-2,g(x)=x+x-x2-2x-28.证明：如果f(x)、g(x)不全为零，且f(x)u(x)+g(x)(x)=(f(x)，g(x))，则(u(x), v(x))=1 .25

第 二 多项式 章 25 所以１是 f x( ) 的三重根，类似地可知 -1，± 236 ， ，± ± 不是 f x( ) 的根．后面的过 程同解法１． 例 19 设 f (x)Î K x[ ]，若对 K 中的某个非零常数 c，都有 f (x + = c) f x( ) ，试 证明： f x( ) 为常数． 分析 一个 n 次多项式在任意数域上至多有 n 个根． 证明 将 f x( ) 看成复数域上的多项式，若 f x( ) 不是常数，则 f x( ) 至少有根 a， f a( ) 0 = ，而 f (c + a) = = f a( ) 0，故c a + 也是 f x( ) 的根；同理， a + + 2 3 c， ， a c L都 是 f x( ) 的不同的根，这样， f x( ) 在复数域内有无穷多个根，矛盾． 四、习题 １．设 f x( ) 除以 g x( ) 0 ¹ 所得的商及余式分别为q x( ) 和 r x( ) ， h x( ) 为任意非零 多项式，问：（１） f (x)h x( ) 除以 g()() x h x 所得的商和余式是什么？ （２） f x( ) 除以cg(x c )( 0 ¹ 为常数）的商和余式是什么？ 2．求用 g x( ) 去除 f x( ) 所得的商及余式． （１） 5 3 2 3 f (x) = x - x + 3x -1，g(x) = x x - + 3 2 ； （２） 4 2 f (x) = x - 2x + 5，g(xxx ) 2 = - + ； （３） 5 4 3 2 1 ( ) 3 10 15 9 8 7 ( ) 3 f x = x + x - x x - - x - ，g x x = + ； （４） 4 f (x) = x -17，g(x x ) 3 = + ． 3. 设 4 3 2 f (x) = x + 2x - 3x x + - 4 5，求 f (5)及 f (1+ i) ． 4. 当m, p q, 满足什么条件时，有 2 3 x + mx -1 x + + px q ？ 5. a b, 满足什么条件时，下列各题有 g(x) f x( ) ？ （１） 4 3 2 2 f (x) = x x - 3 + 6x + ax + b，g(x x ) 1 = - ; （２） 4 3 2 2 f (x) = x + ax + 2x + bx - 2，g(x x ) = - ( 1) ． 6. 设 1 2 1 2 g (x)g (x) f (x) f x( ) ．证明：若 1 1 1 f (x) g (x)，f x( ) 0 ¹ ，则 2 2 g (x) f x( )．若 1 1 g (x) f x( ) ，问是否有 2 2 g (x) f x( )？ 7. 对下列 g(x)，f x( ) ，求u(x)，v(x)，使 u(x) f (x) + = v x( )g(x) ( f (x)，g x( )) ． （１） 4 3 2 f (x) = 4x - 2x -16x x + + 5 9， 3 2 g(x) = 2x - x x - + 5 4 ； （２） 4 3 2 f (x) = x + 2x - x x - - 4 2 ， 4 3 2 g(x) = x + x - x x - - 2 2 ． 8. 证明：如果 f (x)、g x( ) 不全为零，且 f (x)u(x) + = g(x)v(x) ( f (x)，g x( )) ，则 ( ( u x)，v x( )) 1 = ．