高等代数答案

第一章 多项式习题解答

1. 用g (x ) 除f (x ) ，求商q (x ) 与余式r (x ) .

1）f (x ) =x 3-3x 2-x -1, g (x ) =3x 2-2x +1

3x -2x +12

x 3-3x 2-x -11x -73921x 3-x 2+x 74-x 2-x -1 337147-x 2+x -399

262-x -99

q (x ) =17262x -, r (x ) =-x -. 3999

2）f (x ) =x 4-2x +1, g (x ) =x 2-x +2

432x 2-x +2x +0x +0x -2x +5x 2+x -1

x 4-x 3+2x 2

x 3-2x 2-2x

x 3-x 2+2x

-x 2-4x +5

-x 2+x -2

-5x +7

q (x ) =x 2+x -1, r (x ) =-5x +7.

2. m , p , q 适合什么条件时，有

1）x 2+mx -1|x 3+px +q

x 2+m x -1x 3+0x 2

x 3+m x 2+px +q -x x -m

-m x 2+(p +1) x +q

-m x 2-m 2x +m

(m 2+p +1) x +(q -m )

当且仅当m 2+p +1=0, q =m 时x 2+mx -1|x 3+px +q .

本题也可用待定系数法求解. 当x 2+mx -1|x 3+px +q 时，用x 2+mx -1去除x 3+px +q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x -q . 于是有

x 3+px +q =(x -q )(x 2+mx -1) =x 3+(m -q ) x 2-(mq +1) x +q .

因此有m 2+p +1=0, q =m .

2）x 2+mx +1|x 4+px 2+q

由带余除法可得

x 4+px 2+q =(x 2+mx +1)(x 2-mx +p -1+m 2) +m (2-p -m 2) x +(q +1-p -m 2) 当且仅当r (x ) =m (2-p -m 2) x +(q +1-p -m 2) =0时x 2+mx +1|x 4+px 2+q . 即

⎧m (2-p -m 2) =0⎧p +m 2=2, ⎧m =0, ，即⎨或⎨ ⎨2⎩q +1=p , ⎩q =1. ⎩q +1-p -m =0

本题也可用待定系数法求解. 当x 2+mx +1|x 4+px 2+q 时，用x 2+mx +1去除x 4+px 2+q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x 2+ax +q . 于是有

x 4+px 2+q =(x 2+ax +q )(x 2+mx +1)

=x 4+(m +a ) x 3+(ma +q +1) x 2+(a +mq ) x +q .

比较系数可得m +a =0, ma +q +1=p , a +mq =0. 消去a 可得

⎧p +m 2=2, ⎧m =0, 或⎨ ⎨⎩q +1=p , ⎩q =1.

3. 求g (x ) 除f (x ) 的商q (x ) 与余式r (x ) .

1）f (x ) =2x 5-5x 3-8x , g (x ) =x +3;

解：运用综合除法可得

-320-50-80

-618-39117-327

13-39109-3272-6

商为q (x ) =2x 4-6x 3+13x 2-39x +109，余式为r (x ) =-327.

2）f (x ) =x 3-x 2-x , g (x ) =x -1+2i .

解:运用综合除法得:

1-2i -1-10

1-2i -4-2i -9+8i

-5-2i -9+8i 1-2i

商为x 2-2ix -(5+2i ) , 余式为-9+8i .

4. 把f (x ) 表成x -x 0的方幂和，即表示成c 0+c 1(x -x 0) +c 2(x -x 0) 2+ 的形式. 1）f (x ) =x 5, x 0=1；

2）f (x ) =x 4-2x 2+3, x 0=-2;

4323）f (x ) =x +2ix -(1+i ) x -3x +7+i , x 0=-1.

分析：假设f (x ) 为n 次多项式，令

f (x ) =c 0+c 1(x -x 0) +c 2(x -x 0) 2+ +c n (x -x 0) n

=c 0+(x -x 0)[c 1+c 2(x -x 0) + +c n (x -x 0) n -1]

商为q (x ) =c 1+c 2(x -x 0) + +c n (x -x 0) n -1. 类似c 0即为x -x 0除f (x ) 所得的余式，

可得c 1为x -x 0除商q (x ) 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.

解：1）解法一：应用综合除法得.

1100000

11111

1111111

1234

112345

136

113610

14

11410

1

15

f (x ) =x 5=(x -1) 5+5(x -1) 4+10(x -1) 3+10(x -1) 2+5(x -1) +1.

解法二：把x 表示成(x -1) +1，然后用二项式展开

x 5=[(x -1) +1]5=(x -1) 5+5(x -1) 4+10(x -1) 3+10(x -1) 2+5(x -1) +1

2）仿上可得

-210-203

-24-48

-411

-28-20-21-22

-21-410-24

-212

-21-622

-2

1-8

f (x ) =11-24(x +2) +22(x +2) 2-8(x +2) 3+(x +2) 4.

3）因为

-i 12i -1-i -37+i

-i 1-14i

-i 1

-i 1i -i -i -47+5i 0-10-i -5

-i -1

-i -i 1-i -1-i

1-2i

f (x ) =x 4+2ix 3-(1+i ) x 2-3x +7+i

=(7+5i ) -5(x +i ) -(1+i )(x +i ) -2i (x +i ) +(x +i ) .

5. 求f (x ) 与g (x ) 的最大公因式

1）f (x ) =x 4+x 3-3x 2-4x -1, g (x ) =x 3+x 2-x -1

解法一：方法二：利用因式分解 234

f (x ) =x 4+x 3-3x 2-4x -1=(x +1)(x 3-3x -1),

g (x ) =x 3+x 2-x -1=(x +1) 2(x -1).

因此最大公因式为x +1.

解法二：运用辗转相除法得

3211x +x -x -x 4+x 3-3x 2-4x -1x =q 1(x ) q 1(x ) =-x +24x 3+3x 2+1x x 4+x 3-x 2-x 842x +=q 3(x ) r (x ) =-2x -3x -1112333-x -x -12-2x -2x 22131-x -1-x 2-x --x -133r 2(x ) =-x -044

因此最大公因式为x +1.

2）f (x ) =x 4-4x 3+1, g (x ) =x 3-3x 2+1.

解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零）

43232x -4x +0x +0x +1x -1=q 1(x ) x -3x +0x +1110q 2(x ) =-x +12x 4-3x 3+0x 2+x 39x 3+x 2-x -x 3+0x 2-x +1102-x 2+x +1-x 3+3x 2+0x -133r 1(x ) =-3x 2-x +[1**********]41-x -x +-x -33399-3x 2+x 16256 161611r 2(x ) =x -4999-x +21649539-x +16256

27r 3(x ) =-256

(f (x ), g (x )) =1.

3）f (x ) =x 4-10x 2+1, g (x ) =x 4-42x 3+6x 2+42x +1.

g (x ) =f (x ) -42(x 3+22x 2-x ) =f (x ) +r 1(x ) ，

f (x ) =(x 3-22x 2-x )(x +22) -(x 2-22x -1) =-1r 1(x )(x +22) +r 2(x ), 42

-1r 1(x ) =x 3-22x 2-x =x (x 2-22x -1) =-r 2(x ) x , 42

因此(f (x ), g (x )) =x 2-22x -1.

6. 求u (x ), v (x ) 使u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) =(f (x ), g (x )) :

1）f (x ) =x 4+2x 3-x 2-4x -2, g (x ) =x 4+x 3-x 2-2x -2;

8. 证明：如果d (x ) |f (x ), d (x ) |g (x ), 且d (x ) 为f (x ) 与g (x ) 的一个组合，那么d (x ) 是f (x ) 与g (x ) 的一个最大公因式.

证明：由d (x ) |f (x ), d (x ) |g (x ) 可知d (x ) 是f (x ) 与g (x ) 的一个公因式. 下证f (x ) 与g (x ) 的任意一个公因式是d (x ) 的因式.

由d (x ) 为f (x ) 与g (x ) 的一个组合可知，存在多项式u (x ), v (x ) ，使得

d (x ) =u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) .

设ϕ(x ) 是f (x ) 与g (x ) 的任意一个公因式，则ϕ(x ) |f (x ), ϕ(x ) |g (x ) . 故

ϕ(x ) |u (x ) f (x ) +v (x ) g (x )

即ϕ(x ) |d (x ). 因此d (x ) 是f (x ) 与g (x ) 的一个最大公因式.

9. 证明：(f (x ) h (x ), g (x ) h (x )) =(f (x ), g (x )) h (x )(h (x ) 的首项系数为1）. 证明：存在多项式u (x ), v (x ) ，使得

(f (x ), g (x )) =u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) .

所以有(f (x ), g (x )) h (x ) =u (x ) f (x ) h (x ) +v (x ) g (x ) h (x ) . 即(f (x ), g (x )) h (x ) 是f (x ) h (x ) 与g (x ) h (x ) 的一个组合. 显然有

(f (x ), g (x )) |f (x ), (f (x ), g (x )) |g (x ) (f (x ), g (x )) h (x ) .

从而(f (x ), g (x )) h (x ) |f (x ) h (x ), (f (x ), g (x )) h (x ) |g (x ) h (x ) . 由第8题结果(f (x ), g (x )) h (x ) 是f (x ) h (x ) 与g (x ) h (x ) 的一个最大公因式. 又h (x ) 是首项系数为1的，因此(f (x ) h (x ), g (x ) h (x )) =(f (x ), g (x )) h (x ).

10. 如果f (x ) ，g (x ) 不全为零，证明(f (x ) g (x ) , ) =1. (f (x ), g (x ) (f (x ), g (x )

证明：由f (x ) , g (x ) 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即

(f (x ), g (x )) ≠0. 又存在多项式u (x ), v (x ) ，使得

(f (x ), g (x )) =u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) .

于是

1=u (x ) f (x ) g (x ) . +v (x ) (f (x ), g (x )) (f (x ), g (x ))

因此(f (x ) g (x ) , ) =1. (f (x ), g (x ) (f (x ), g (x )

11. 如果f (x ) ，g (x ) 不全为零，且

u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) =(f (x ), g (x )) ，

那么(u (x ), v (x )) =1.

证明：由f (x ) , g (x ) 不全为零可得(f (x ), g (x )) ≠0. 由

u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) =(f (x ), g (x ))

有

u (x ) f (x ) g (x ) +v (x ) =1. (f (x ), g (x )) (f (x ), g (x ))

于是(u (x ), v (x )) =1.

12. 证明：如果(f (x ), g (x )) =1, (f (x ), h (x )) =1, 那么(f (x ), g (x ) h (x )) =1.

证法一、由条件(f (x ), g (x )) =1, (f (x ), h (x )) =1可得存在多项式u 1(x ), v 1(x ) ； u 2(x ), v 2(x ) 使得

u 1(x ) f (x ) +v 1(x ) g (x ) =1，u 2(x ) f (x ) +v 2(x ) h (x ) =1.

两式相乘得

[u 1(x ) u 2(x ) f (x ) +u 2(x ) v 1(x ) g (x ) +u 1(x ) v 2(x ) h (x )]f (x ) +v 1(x ) v 2(x ) g (x ) h (x ) =1. 因此有(f (x ), g (x ) h (x )) =1.

证法二、反证法证明. 显然(f (x ), g (x ) h (x )) ≠0. 若(f (x ), g (x ) h (x )) ≠1, 则存在不可约多项式p (x ) ，使得p (x ) 为f (x ) 与g (x ) h (x ) 的公因式. 因此有p (x ) |f (x ) 且p (x ) |g (x ) h (x ) . 由p (x ) 的不可约性有p (x ) |g (x ) 或p (x ) |h (x ) . 若p (x ) |g (x ) ，则

p (x ) 为f (x ) 与g (x ) 的一个公因式，与(f (x ), g (x )) =1相矛盾. 若p (x ) |h (x ) ，则p (x ) 为f (x ) 与h (x ) 的一个公因式，与(f (x ), h (x )) =1相矛盾. 因此(f (x ), g (x ) h (x )) ≠1不成立，即有(f (x ), g (x ) h (x )) =1.

13. 设f 1(x ), f 2(x ), , f m (x ), g 1(x ), g 2(x ), g n (x ) 都是多项式，而且

(f i (x ), g j (x )) =1, (i =1, 2, , m ; j =1, 2, , n ).

求证：(f 1(x ) f 2(x ) f m (x ), g 1(x ) g 2(x ) g n (x )) =1.

14. 证明：如果(f (x ), g (x )) =1, 那么(f (x ) g (x ), f (x ) +g (x )) =1.

证明：方法一. 由(f (x ), g (x )) =1, 存在多项式u (x ), v (x ) 使得

u (x ) f (x ) +v (x ) g (x ) =1.

从而有

(u 1(x ) -v 1(x )) f (x ) +v 1(x )(f (x ) +g (x )) =1, u 1(x )(f (x ) +g (x )) +(-u 1(x ) +v 1(x )) g (x ) =1, 因此有(f (x ), f (x ) +g (x )) =1, (g (x ), f (x ) +g (x )) =1. 由12题结果结论成立. 方法二：用反证法. 若(f (x ) g (x ), f (x ) +g (x )) ≠1. 则存在不可约多项式p (x ) ，使得p (x ) 为g (x ) h (x ) 与f (x ) +g (x ) 的公因式. 即p (x ) |g (x ) h (x ) 且p (x ) |f (x ) +g (x ) . 由p (x ) 的不可约性及p (x ) |g (x ) h (x ) ，有p (x ) |f (x ) 或p (x ) |g (x ) . 若p (x ) |f (x ) ，又p (x ) |f (x ) +g (x ) ，因此有p (x ) |[(f (x ) +g (x )) -f (x )]，即p (x ) |g (x ) ，也即p (x ) 为f (x ) 与g (x ) 的一个公因式，与(f (x ), g (x )) =1相矛盾. 类似可得当p (x ) |g (x ) 时也与已知(f (x ), g (x )) =1矛盾. 所以(f (x ) g (x ), f (x ) +g (x )) =1.

15. 求下列多项式的公共根：

f (x ) =x 3+2x 2+2x +1; g (x ) =x 4+x 3+2x 2+x +1.

解法一：利用因式分解可得

f (x ) =x 3+2x 2+2x +1=(x +1)(x 2+x +1);

g (x ) =x 4+x 3+2x 2+x +1=(x 2+1)(x 2+x +1).

13因此(f (x ), g (x )) =x 2+x +1. f (x ) 与g (x ) 的公共根为-±i . 22

解法二：运用辗转相除法求出f (x ) 与g (x ) 的最大公因式，最大公因式的根即为所求的公共根.

g (x ) =f (x )(x -1) -2(x 2+x +1), f (x ) =(x 2+x +1)(x +1).

13因此(f (x ), g (x )) =x 2+x +1. f (x ) 与g (x ) 的公共根为-±i . 22

16. 判别下列多项式有无重因式：

1）f (x ) =x 5-5x 4+7x 3-2x 2+4x -8;

解：f ' (x ) =5x 4-20x 3+21x 2-4x +4,

运用辗转相除法可得(f (x ), f ' (x )) =x 2-4x +4=(x -2) 2. 因此x -2为f (x ) 的三重因式.

解法二：试根可得2为f (x ) 的根

f (x ) =(x -2)(x 4-3x 3+x 2+4) =(x -2) 2(x 3-x 2-x -2) =(x -2) 3(x 2+x +1) . 因此x -2为f (x ) 的三重因式.

2）f (x ) =x 4+4x 2-4x -3.

解：f ' (x ) =4x 3+8x -4=4(x 3+2x -1).

(f (x ), f ' (x )) =1. 故f (x ) 无重因式.

17. 求t 值使f (x ) =x 3-3x 2+tx -1有重根.

解法一：要使f (x ) 有重根，则(f (x ), f ' (x )) ≠1. f ' (x ) =3x 2-6x +t .

11t -3f (x ) =x 3-3x 2+tx -1=(x -) f ' (x ) +(2x +1), 333

31515f ' (x ) =3x 2-6x +t =(2x +1)(x -) +t +. 244

t -3=0, 即t =3时 当3

f ' (x ) =3x 2-6x +3=3(x -1) 2,

因此1为f (x ) 的三重根.

f ' (x ) |f (x ), (f (x ), f ' (x )) =(x -1) 2，

当t +151151=0，即t =-时，(f (x ), f ' (x )) =x +，-为f (x ) 的二重根. 4242

解法二：设f (x ) =(x -a ) 2(x -b ) =x 3-(2a +b ) x 2+(a 2+2ab ) x -a 2b .

因此有

⎧2a +b =3, ⎪2⎨a +2ab =t ,

⎪a 2b =1. ⎩

由第一个方程有b =6-2a ，代人第三个方程有a 2(3-2a ) =1, 2a 3-3a 2+1=0, 即 (a -1) 2(2a +1) =0. 因此有

1⎧a =-, a =1, ⎧⎪2⎪⎪⎨b =1, 或⎨b =4,

15⎪t =3, ⎪t =-. ⎩⎪4⎩

151即当t =3时1为f (x ) 的三重根；当t =-时，-为f (x ) 的二重根. 42

18. 求多项式x 3+px +q 有重根的条件.

19. 如果(x -1) 2|Ax 4+Bx 2+1, 求A , B .

解法一：利用整除判定方法，(x -1) 2|Ax 4+Bx 2+1的充要条件是用(x -1) 2除Ax 4+Bx 2+1，余式为零.

Ax 4+Bx 2+1=(x -1) 2(Ax 2+2Ax +B +3A ) +(2B +4A ) x +(1-3A -B ) .

因此有(2B +4A ) x +(1-3A -B ) =0，即

⎧2B +4A =0, ⎧A =1, ⎨⎨1-3A -B =0. B =-2. ⎩⎩

解法二：要使(x -1) 2|Ax 4+Bx 2+1成立，则1至少是Ax 4+Bx 2+1的二重根. 因此1既是Ax 4+Bx 2+1的根，也是其导数的根. 而(Ax 4+Bx 2+1)' =4Ax 3+2Bx . 故有

⎧1+A +B =0, ⎧A =1, ⎨⎨4A +2B =0. B =-2. ⎩⎩

解法三：利用待定系数法. 令

Ax 4+Bx 2+1=(x -1) 2(Ax 2+Cx +D ) =Ax 4+(C -2A ) x 3+(A -2C +D ) x 2+(C -2D ) x +D

因此有

⎧C -2A =0, ⎧A =1, ⎪A -2C +D =B , ⎪B =-2, ⎪⎪

解得⎨ ⎨

⎪C -2D =0, ⎪C =2, ⎪⎪⎩D =1. ⎩D =1.

x 2x n

20. 证明：1+x ++ +不能有重根.

2! n ! x 2x n

证明：令f (x ) =1+x ++ +, 则

2! n !

x 2x n -1

f ' (x ) =1+x ++ +,

2! (n -1)!

x n x n x n

因此有f (x ) =f ' (x ) +, 从而有(f (x ), f ' (x )) =(f ' (x ), ) . 因式只有c (c ≠0)

n ! n ! n !

及cx k (c ≠0, 1≤k ≤n ) . 而cx k (c ≠0, 1≤k ≤n ) 显然不是f ' (x ) 的因式. 因此有

x n

(f (x ), f ' (x )) =(f ' (x ), ) =1.

n !

所以f (x ) 没有重根.

21. 如果a 是f ' ' ' (x ) 的一个k 重根，证明a 是

g (x ) =

x -a

[f ' (x ) +f ' (a )]-f (x ) +f (a ) 2

的一个k +3重根.

1x -a x -a 1

g ' (x ) =[f ' (x ) +f ' (a )]+f ' ' (x ) -f ' (x ) =f ' ' (x ) -[f ' (x ) -f ' (a )], 证明：

2222

1x -a 1x -a

g ' ' (x ) =f ' ' (x ) +f ' ' ' (x ) -f ' ' (x ) =f ' ' ' (x ).

2222显然有g (a ) =g ' (a ) =g " (a ) =0. 由a 是f ' ' ' (x ) 的一个k 重根可得a 是g ' ' (x ) 的一个

k +1重根，设a 是g (x ) 的s 重根，则s -2=k +1, s =k +3.

本题常见错误证法：证法一：由a 是f ' ' ' (x ) 的一个k 重根就得出a 是f ' ' (x ) 的一个k +1重根，a 是f ' (x ) 的一个k +2重根，a 是f (x ) 的一个k +3重根，于是

x -a (x -a ) k +3

g (x ) =[f ' (x ) +f ' (a )]-f (x ) +f (a ) =h (x )

22

从而a 是g (x ) 的k +3重根. 事实上，由a 是f ' ' ' (x ) 的一个k 重根推不出a 是f ' ' (x ) 的一个k +1重根，a 是f ' (x ) 的一个k +2重根，a 是f (x ) 的一个k +3重根. 如f (x ) =(x -a ) k +3+(x -a ) 2+(x -a ) +3，则f ' (x ) =(k +3)(x -a ) k +2+2(x -a ) +1，

f ' ' (x ) =(k +3)(k +2)(x -a ) k +1+2. a 既不是f (x ) 的根，也不是f ' (x ) 与f ' ' (x ) 的根.

证法二：由

1x -a x -a 1

g ' (x ) =[f ' (x ) +f ' (a )]+f ' ' (x ) -f ' (x ) =f ' ' (x ) -[f ' (x ) -f ' (a )],

2222

1x -a 1x -a

g ' ' (x ) =f ' ' (x ) +f ' ' ' (x ) -f ' ' (x ) =f ' ' ' (x )

2222得出a 是g ' ' (x ) 的k +1重根，直接得出a 是g (x ) 的k +3重根，缺了a 是g (x ) 与

g ' (x ) 的根验证.

22. 证明：x 0是f (x ) 的k 重根的充分必要条件是f (x 0) =f ' (x 0) = =f (k -1) (x 0) =0, 而f (k ) (x 0) ≠0.

证明：必要性. 设x 0是f (x ) 的k 重根，从而x -x 0是f (x ) 的k 重因式，从而是f ' (x ) 的k -1重因式，是f ' ' (x ) 的k -2重因式，... ，是f (k -1) (x ) 的单因式，而不是f (k ) (x ) 的因式. 因此x 0是f (x ) ，f ' (x ) ，f ' ' (x ) ，... ，f (k -1) (x ) 的根，而不是f (k ) (x ) 的根. 故有f (x 0) =f ' (x 0) = =f (k -1) (x 0) =0, 而f (k ) (x 0) ≠0.

充分性. 由f (x 0) =f ' (x 0) = =f (k -1) (x 0) =0, 而f (k ) (x 0) ≠0可知x 0是f (x ) ，f ' (x ) ，

f ' ' (x ) ，... ，f (k -1) (x ) 的根，而不是f (k ) (x ) 的根. 因此x 0是f (k -1) (x ) 的单根，是

f (k -2) (x ) 二重根，依此类推，是f (x ) 的k 重根.

23. 举例说明断语“如果α是f ' (x ) 的m 重根，那么α是f (x ) 的m +1重根”是不对的.

解：例如f (x ) =(x -α) m +1+2，f ' (x ) =(m +1)(x -α) m . α是f ' (x ) 的m 重根，但α不是f (x ) 的根.

24. 证明：如果(x -1) |f (x n ), 那么(x n -1) |f (x n ) .

证明：由(x -1) |f (x n ) 可得f (x n ) =(x -1) g (x ) . 从而f (1) =0. 因此有

f (x ) =(x -1) h (x ), 从而有f (x n ) =(x n -1) h (x n ). 即(x n -1) |f (x n ) .

证法二：要证(x n -1) |f (x n ) ，只要证x n -1在复数域上的各个根都是f (x n ) 的

2k π2k π

+i s i , k =0, 1, 2, , n -1. 由(x -1) |f (x n ) 可得根. x n -1的根为x k =co n n

2k π2k πn

+i sin , f (x n ) =(x -1) g (x ) . 从而f (1) =0. 从而f (x k ) =f (1) =0. 即x k =cos n n

k =0, 1, 2, , n -1都是f (x n ) 的根. 因此有(x n -1) |f (x n ) .

25. 证明：如果(x 2+x +1) |f 1(x 3) +xf 2(x 3) ，那么

(x -1) |f 1(x ), (x -1) |f 2(x ).

证明：要证(x -1) |f 1(x ), (x -1) |f 2(x ) 成立，只要证1是f 1(x ) 和f 2(x ) 的根.

x 2+x +1的两个根为ε1=

-1+i -1-3i

. 由(x 2+x +1) |f 1(x 3) +xf 2(x 3) 可, ε2=

22

得f 1(x 3) +xf 2(x 3) =(x 2+x +1) g (x ) . 于是

332

f 1(ε13) +ε1f 2(ε13) =(ε12+ε1+1) g (ε1) =0, f 1(ε2) +ε2f 2(ε2) =(ε2+ε2+1) g (ε2) =0,

即f 1(1) -

1-i 1+3i

f 2(1) =0, f 1(1) -f 2(1) =0. 故有f 1(1) =f 2(1) =0. 所以 22

(x -1) |f 1(x ), (x -1) |f 2(x ) .

26. 求多项式x n -1在复数范围内和在实数范围内的因式分解. 解：x n -1的根为εk =cos 式为

2k π2k π

+i sin , k =0, 1, 2, , n -1. 故在复数范围内的分解n n

x n -1=(x -1)(x -ε)(x -ε2) (x -εn -1) .

在实数范围内，因εk =εn -k ，(0

x -1=(x -1)[x -(ε+ε

n

2

n -1

n -1

2

n +12

) x +1][x -(ε+ε

22n -2

) x +1] [x -(ε

2

+ε) x +1].

当n 为偶数时，x n -1的根中二个为实根，即±1, 其余为虚根，其分解式为

x -1=(x -1)(x +1)[x -(ε+ε

n 2n -1

) x +1][x -(ε+ε

22n -2

) x +1] [x -(ε

2

n -12

+ε

n +12

) x +1].

27. 求下列多项式的有理根. 1）x 3-6x 2+15x -14;

解：多项式可能的有理根为±1, ±2, ±7, ±14. 由系数取值可知，x 取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根. 检验得2为其根，进一步运用综合除法可得

21-615-14

2-8-14 1-4

7

即x 3-6x 2+15x -14=(x -2)(x 2-4x +7) ，显然x 2-4x +7没有有理根. 因此

x 3-6x 2+15x -14仅有一个有理根2，且为单根.

2）4x 4-7x 2-5x -1;

11

解：多项式可能的有理根为±1, ±, ±.

24

1-42

0-7-5-1-2131

1

-4-2-6-20

2

-222

4-4-40

因此有

1

4x 4-7x 2-5x -1=(x +) 2(4x 2-4x -4) =(2x +1) 2(x 2-x -1) ，

21

显然x 2-x -1没有有理根. 因此-为4x 4-7x 2-5x -1的二重根.

2

3）x 5+x 4-6x 3-14x 2-11x -3.

解：多项式可能的有理根为±1, ±3. 检验得-1为其根，进一步运用综合除法可得

-11-11

1-10-1

-6-14-11-30-61-561

6-85-330

8-330

30

31-1

31

2

故x 5+x 4-6x 3-14x 2-11x -3=(x +1) 2(x -3)(x 2+2x +1) =(x +1) 4(x -3) . 即-1为其四重跟，3为单根.

28. 下列多项式在有理数域上是否可约？ 1）x 2+1;

解：显然x 2+1无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约. 2）x 4-8x 3+12x 2+2;

解：取素数p =2，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约. 3）x 6+x 3+1; 解：令x =y +1,

f (x ) =x 6+x 3+1=(y +1) 6+(y +1) 3+1=y 6+6y 5+15y 4+21y 3+18y 2+9y +3=g (y ). 取素数p =3, g (y ) 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而

f (x ) 在有理数域上不可约.

4）x p +px +1, p 为奇素数； 解：令x =y -1，由p 为奇数可得

f (x ) =x p +px +1=(y -1) p +p (y -1) +1

p -12p -2p -22p -1

=y p -C 1+C p y - -C p y +(C p +p ) y -p =g (y ). p y

k k

=由组合数定义C p (1≤k ≤p -1) 均为整数，且C p

p (p -1) (p -k +1)

，分子中有

k (k -1) 2⋅1

因子p ，分母个各数均小于p ，又p 为素数，因此约分时p 不会被约去，因此有

k

，取素数为p ，g (y ) 满足艾森斯坦判别式条件，因此g (y ) 在有理数域上不p |C p

可约，从而f (x ) 在有理数域上不可约. 5）x 4+4kx +1, k 为整数. 解：令x =y +1, 则有

x 4+4kx +1=(y +1) 4+4k (y +1) +1=y 4+4y 3+6y 2+4(k +1) y +2=g (y ).

取素数p =2, g (y ) 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而

f (x ) 在有理数域上不可约.