高等代数第1章习题解

当a?b?0时,则f(x)有4重因式x;

当a?0时,f?(x)只有单因式;如果f?(x)在Q上不可约,则f(x)不可能有重因式; 如果f?(x)在Q上可约,则因式只能是x?3a和x2?3ax?3a2的形式,此时如果f(x)有重因式x?3a,则f(?3a)?0所以此时有b?8a?0;

如果f(x)有重因式x2?3ax?3a2,则f(x)?x4?4ax?b?(x2?3ax?3a2)2 而这个等式不可能成立,所以x?4ax?b有重因式的充要条件是b?8a?0 8.如果x2?1|Ax4?Bx2?1,求A、B

解: 因为x2?1|Ax4?Bx2?1 ,所以A?B?1?0;

其次设Ax4?Bx2?1?Ax4?(A?1)x2?1?A(x2?1)2?(A?1) 所以欲使x2?1|Ax4?Bx2?1?A?1?0?A?1,B??2 9.设x?1|f(xn),证明xn?1|f(xn)

证明: 显然令xn?y,于是有xn?1|f(xn)?y?1|f(y)?f(1)?0 但x?1|f(x)所以f(1)?0?f(1)?0?x?1|f(x) 10.设x2?x?1|f1(x3)?xf2(x3),证明x?1|f1(x),x?1|f2(x) 证明: 设f1(x3)?xf2(x3)?(x2?x?1)g(x),令h(x)?x?x?1 于是h(x)的根必为f1(x3)?xf2(x3)的根,而h(x)?x?x?1的根满足

22nnnn43434?3?1,?2????1

33??f1(1)??f2(1)?0?f1(?)??f2(?)?0?所以 ? ?626f(1)??f(1)?f(1)?0f(?)??f(?)?0??122?12?2f1(1)?f2(1)?0?f1(1)??(2f1(1))?0?(2??1)f1(1)?0

但2??1?0?f1(1)?0进一步有f2(1)?0,即x?1|f1(x),x?1|f2(x)

n11.设f(x)|f(x),证明f(x)的根只能是零或者n次单位根.这里n?1

2nn证明: 由于f(x)?f(x)g(x),若f(c)?0则f(c)?0,进一步有 f(cn)?0 …

所以c,cn,cn,cn?都是f(x)的根,由于f(x)不是零多项式,所以f(x)的次数有限, 于是c,cn,cn,cn?不能互不相同.于是必有某个k使c?cn?c(cn所以 f(x)的根只能是零或者n次单位根 1.7特殊数域上的多项式

1.分别在R上与C上分解因式: (1)x?5; (2)x?4x?2x?3

解: (1)在R上: x4?5?(x2?5)(x2?5)?(x2?5)(x?45)(x?45) 在C上:x4?5?(x2?5)(x?45)(x?45)?(x?45i)(x?45i)(x?45)(x?45) (2) 在R上与在C上都有:x?4x?2x?3?(x?1)(x?3243223kk23?1?1)?0

5?135?13)(x?) 222.已知多项式f(x)?9x3?60x2?92x?32有一个二重根,求f(x)的所有根.

解: f?(x)?27x2?120x?92?(9x?46)(3x?2),易知3x?2是f(x)的因式,所以是

f(x)的二重因式.,所以f(x)?(3x?2)2(x?8)

3.求下列多项式的有理根. (1)x?6x?15x?14; (2) 4x?7x?6x?1

(3) x?x?6x?14x?11x?3 (4) x?43232543213x?6x2?5x?4 2322解: (1) x?6x?15x?14?(x?2)(x?4x?7),有理根为2 (2) 4x?7x?6x?1?(4x?1)(x?2x?1),有理根为?543243221; 4(3) x?x?6x?14x?11x?3?(x?1)(x?3);有理根为四重根?1,单根3; (4) x?4131x?6x2?5x?4?(2x4?x3?12x2?10x?8) 22?11(2x?1)(x3?6x?8),有理根为? 225.判断下列多项式在有理数域是否可约. (1)x?8x?12x?2; (2)x?1 (3)x?x?1

(4)xp?px?1,p为奇质数.

解: (1)对于x?8x?12x?2;取p?2，则p|,1p|,8|p,12|,p2|p2判别法知x?8x?12x?2在Q上不可约。 (2)对于x?1，令x?y?1，

取p?2则p|1,p|4,p|6,p|4,p|2,p2|2由爱森斯x4?1?y4?4y3?6y2?4y?2，

坦判别法知y4?4y3?6y2?4y?2在Q上不可约。所以x?1在Q上也不可约。 (3)对于x?x?1，令x?y?1，

6365432则x?x?1?y?6y?15y?21y?18y?9y?3，取p?3

263444324326344322由爱森斯坦

则p|1,p|6,p|15,p|21,p|18,p|9,p|3,p|3

由爱森斯坦判别法知y?6y?15y?21y?18y?9y?3在Q上不可约。所以

65432x6?x3?1在Q上也不可约。

p(4)对于x?px?1,p为奇质数. 令x?y?1

则x?px?1?(y?1)?p(y?1)?1?y?Cpy12p?2ppp1p?12p?2p?22?Cpy???Cpy?2py?p

于是p|1,p|Cp,p|Cp,?,p|Cp,p|2p,p|p,p|p，

由爱森斯坦判别法知(y?1)?p(y?1)?1在Q上不可约。所以x?px?1在Q上也不可约。

6.证明下列多项式在Q上不可约:

pp2x2xp(1)f(x)?1?x?,P为素数; ???2!p!(2) g(x)?xp?1?xp?2???x?1,P为素数; (3) h(x)?xp?px?2p?1,P为素数;

证明: (1) 由于p!f(x)?xp?pxp?1?p(p?1)xp?2???p(p?1)??2x?p! 于是p|1,p|p,p|p(p?1),?,p|p!,p2|p!

由爱森斯坦判别法知xp?pxp?1?p(p?1)xp?2???p(p?1)??2x?p! 在Q上不可约。所以f(x)在Q上也不可约。

(2) 令x?y?1,由于(x?1)g(x)?xp?1,yg(y?1)?(y?1)p?1 所以g(x)?xp?1p?2p?2?xp?2???x?1?yp?1?C1y???Cy?p pp2p?22于是p|1,p|Cp,p|Cp,?,p|Cp,p|p,p|p, 由爱森斯坦判别法知yp?1p?2p?2?C1???Cpy?p在Q上不可约。 py1所以g(x)?xp?1?xp?2???x?1在Q上也不可约。

(3) 如果p?2,此时h(x)?x2?2x?3由于没有实数根,故在R上不可约,当然在Q上也不可约;

332如果p?3,则h(x)?x?3x?5,令x?y?1,则h(x)?y?3y?6y?6,取素数3,则由

323爱森斯坦判别法知y?3y?6y?6在Q上不可约,所以h(x)?x?3x?5在Q上也不可约;

当p?3时,令x?y?1,

则h(x)?(y?1)p?p(y?1)?2p?1?y?Cpyp1p?1???2py?3p

2p?22p|1,p|C1,p|C,?,p|C,p|3p,p|p,p|3p ppp

由爱森斯坦判别法知y?Cpypp1p?1???2py?3p在Q上不可约。

所以h(x)?x?px?2p?1在Q上也不可约

7.设f(x)是整系数多项式,证明如果f(0),f(1)都是奇数,则f(x)不能有整数根. 证明: 设f(x)?anx?an?1xnn?1???a1x?a0

依题设有a0和a0?a1?a2???an都是奇数,因此f(x)不可能有偶数根. 如果奇数c?1是f(x)的根,这里c是偶数. 由于 ak(c?1)k?ak(2uk)?ak,k?1,2,?,n

所以 f(c?1)?2(anun?an?1un?1???aua) 01)1?(an?an??1??a?1其结果是一个偶数加一个奇数,不可能等于零,所以f(x)不能有整数根

8.设f(x)?anxn?an?1xn?1???a1x?a0是整系数多项式,若an,a0都是奇数,f(1),f(?1)中至少有一个是奇数,证明f(x)没有有理根.

证明: 用反证法,假设f(x)有有理根

b,那么,f(x)?(ax?b)f1(x),这里g(x)也是整系a数多项式f1(x)?bn?1xn?1?bn?2xn?2???b1x?b0.

首先假定f(1)是奇数,依题意f(0)?a0, 所以?bf1(0)??bb0是奇数,故b,b0都是奇数;

f(1)?(a?b)f1(1)是奇数,所以f1(1)也必然是奇数,同时由于a?b,b都是奇数,所以a是

偶数,于是an?abn?1是奇数导出bn?1是奇数,这说明f1(x)与f(x)具有相同的特点:

bn?1,b0都是奇数,f1(1)是奇数,但?f1(x)??f(x);

上面的推导还可以继续下去:于是得到一串次数不断降低的多项式满足

?f(x)??f1(x)??f2(x)????fk(x)??

但f(x)的次数有限,上述步骤只能进行到一次多项式fn?1(x)?a?x?b?满足:

a?,b?都是奇数,且a??b?也是奇数,而这时不可能的,所以f(x)没有有理根

同理可以证明f(?1)是奇数的情形.

9.证明奇数次实系数多项式至少有一个实数根. 证明: 由于奇数次实系数多项式在复数范围内一定有奇数个根,并且虚数根成对出现(共轭),去掉这些成对的虚数根后,至少剩下一个不能配对的根,因此这个根就只能是实数,所以奇数次实系数多项式至少有一个实数根.