多项式理论是高等数学研究的基本对象之一

《多项式理论是高等数学研究的基本对象之一》由会员分享，可在线阅读，更多相关《多项式理论是高等数学研究的基本对象之一（39页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 第一章 多项式 多项式理论是高等数学研究的基本对象之一，在整个高等代数课程中既相对独立，又贯穿其他章节。换句话说，多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系，却可为其他章节的内容提供范例与理论依据。 本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质，包括数域的概念、一元多项式的定义与运算规律、整除性、因式分解及根等概念。对于多元多项式，则主要讨论字典排列法与对称多项式。一 重难点归纳与分析(一) 基本内容概述多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分，其中一元多项式主要讨论：1 一元多项式的基本概念与基本性质：主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与运算规律。2 一元多项式的整除性理论

2、：主要讨论带余除法与余数定理、整除的基本概念与基本性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质。3 一元多项式的因式分解理论：主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解。4 一元多项式的根与重根：主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根的个数定理。多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式。（二）重难点归纳 本章的重点为一元多项式的概念，因式分解理论，多项式的根和对称多项式；难点为最大公因式的定义，一元多项式的整除性，一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项式等概念的联系与区别。（三）题型归类与分析本章的基本题

3、型主要有：1 关于一元多项式的基本概念，通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法，用以确定多项式的次数及证明有关命题。2 关于一元多项式整除性理论，通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的判别、按幂展开等等，可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法及利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题。3 关于一元多项式的因式分解理论，通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判别等等，可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题。4 关于一元多项式的根与重根，通常有根的检验及重

4、根的判别、根与系数的关系以及球多项式的根与重根等等，可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别法等进行讨论，以及利用某些基本定理求解。5 关于多元多项式，通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用，其中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法；应用对称多项式，可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒等式的证明及求多元多项式的零点。（四） 综合举例 例1 设是一元多项式，是任意数，是非零数，试证：1）是常数；2）为常数）；3）。证 上述命题的充分性显然，下证必要性。1） 若不是常数，因是一元多项式，可设，并设个根，则

5、 于是也是的n个根，再由韦达定律，有从而，与假设矛盾，即证是常数。2） 在中，令，可得，于是是的一个根，从而有再令，得即证为一个常数，设其为，代入可得。3） 若，则结论成立。否则由知只能是常数，设其为，则又因假设，所以，即证。例2 在中，设为任意的多项式，试证：证： 由已知，可设则于是即是与的一个公因式。若是与的任意一个公因式，则由多项式的整除性质，可得。这表明，从而 即还是与的一个首项系数为1的最大公因式，故有例3 设是实系数多项式，且 （1） （2）试证皆能被整除。证 由可得再由，同理可证例4 试问：2是否为一元多项式的根？如果是，它是几重根？解：考察2是否为或者的根时，可采用综合除法，得

6、，。即知2不是的根，但2是的根。进一步考察2是的几重根。求的各阶导函数。因为所以于是有从而知2是的三重根。例5 设有一个三阶行列式 试求此行列式，并将其表示成初等对称多项式的多项式。解：直接展开此三阶行列式，可得再由初等对称多项式则所求多项式中相应的初等对称多项式的方幂之积应满足下表：指数组对应的的方幂乘积3 0 02 1 01 1 1若令并取值代入上式可得 从而所求初等对称多项式为例6 求一个三元一次方程，使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。解 设分别为方程的三个根，则 于是由韦达定理，所求三元一次方程为二 、 习题精解1 用除，求商与余式：1）2）解 1）由带余除法，可得2）

7、同理可得2适合什么条件时，有1）2）解 1 由假设，所得余式为0，即所以当时有2）类似可得于是当时，代入（2）可得；而当时，代入（2）可得。综上所诉，当 或时，皆有3求除的商与余式1）2）解 1）因为。所以2）因为。所以4把表示成的方幂和，即表成的形式：1）2）3）解 1）由综合除法，可得。所以2）类似可得3） 因为。所以5求与的最大公因式：1）2）3）解 1）2）3）6求使1）2）3）解 1）因为。所以再由解得于是2）仿上面方法，可得且3）由可得设与的最大公因式是一个二次多项式，求的值。解 因为且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式为0，即从而可解得 或 证明：如果，且为与的组合，那么是

8、与的一个最大公因式。证 易见是与的公因式。另设是与的任一公因式，下证。由于是与的一个组合，这就是说存在多项式与，使从而由可得，即证。证明： 的首系数为）。证 因为存在多项式使所以上式说明是与的一个组合。另一方面，由知同理可得从而是与的一个最大公因式，又因为的首项系数为，所以如果不全为零，证明：证 存在使又因为不全为，所以由消去律可得所以11证明：如果不全为零，且那么。证 由上题证明类似可得结论。12证明：如果，那么证 由假设，存在及使 （1） （2）将（1）（2）两式相乘，得所以 13设都是多项式，而且 求证：证 由于反复应用第12题结论，可得同理可证从而可得14证明：如果，那么。证 由题设知

9、，所以存在使从而即所以同理再由12题结论，即证15求下列多项式的公共根解 由辗转相除法，可求得所以它们的公共根为。16判别下列多项式有无重因式：1） 2） 解 1）所以有的三重因式。2） 所以无重因式。17求值，使有重根。解 易知有三重根时，。若令比较两端系数，得 由（1），（3）得 解得的三个根为将的三个根分别代入（1），得再将它们代入（2），得的三个根当时有3重根；当时，有2重根。18求多项式有重根的条件。解 令，则显然当时，只有当才有三重根。下设，且为的重根，那么也为与的根，即由（1）可得，再由（2）有。所以两边平方得所以综上所叙即知，当时，多项式有重根。19如果 ，求解 令由题设知，1

10、是的根，也是的根，此即解得。20证明：不能有重根。证 因为的导函数所以，于是从而无重根。21如果是的一个k重根，证明是的一个k+3重根。证 因为由于是的重根，故是的重根。代入验算知是的根。现在设是的重根，则是的重根，也是的s-2重根。所以即证。22证明：是的重根的充分必要条件是 ，而证 必要性：设是的重根,从而是的重根，是的重根，。，是的一重根，并且不是的根。于是而充分性：由，而，知是的一重根。又由于，知是的二重根，依此类推，可知是的重根。23举例说明段语“ 是的 重根，那么是的重根”是不对的。解 例如，设那么以0为重根，但0不是的根。24证明：如果，那么。证 要证明，就是要证明（这是因为我们

11、可以把看作为一个变量）。由题设由，所以也就是，即证。25证明：如果，那么证 因为的两个根为和，其中所以和也是的根，且，于是解之得即证。26求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解。解 在复数范围内其中在实数域内所以，当为奇数时，有其中皆为实数。当是偶数时，有27求下列多项式的有理根：1） 2） 3） 解 利用剩余除法试根，可得1） 有一个有理根：2。2） 有两个有理根：（即有2重有理根）。3） 有五个有理根：（即一个单有理根3和一个4重有理根）。28下列多项式在有理数域上是否可约？1）2） 3）4） 为奇素数5）为整数解 1）因为都不是它的根，所以在有理数域里不可约。2）利用艾森斯坦判别法

12、，取，则此多项式在有理数域上不可约。3）首先证明：命题 设有多项式，令或，得或则与或者同时可约，或者同时不可约。事实上，若可约，即，从而这就是说也可约，反之亦然。现在我们用它来证明在有理数域上不可约。令，则多项式变为利用艾森斯坦判别法，取，即证上式不可约，因而也不可约。4） 设，令，则 由于是素数，因而但，所以由艾森斯坦判别法，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。5） 已知 令，可得利用艾森斯坦判别法，取，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约。29用初等对称多项式表求出下列对称多项式：1）2）3）4）5)6)解 1）对称多项式的首项为，其方幂为，即又因为所以 原式=2

13、）同理可得4） 原式=由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为，所以的方幂之积为 指数组对应的方幂乘积 4 2 0 4 1 1 3 3 0 3 2 1 2 2 2 原式= (1)只要令,则原式左边。另一方面，有代入（1）式，得。再令，得令，得 （2）令得 （3）由（2），（3）解得。因此原式4）原式= 指数组对应的方幂乘积 2 2 0 0 2 1 1 0 1 1 1 1 设原式令得。再令得。因此原式5） 因为原式= 由于所以原式6） 因为原式其中所以 原式30用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：1）2）3）4）（表示所有由经过对换得到的项的和。）解 1）因为多项式的首项为，所以 指数组对应

14、的方幂乘积 40000 31000 22000 21100 1111.0 设原式令得。得。得。得。所以原式2）同理可得原式3）原式4） 原式31设是方程的三个根，计算解 因为由根和系数的关系，可得再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得32证明：三次方程的三个根成等差数列的充分必要条件为证 设原方程的三个根为，则它们成等差数列的充分必要条件为将上式左端表为初等对称多项式，得故三根成等差数列的充分必要条件为三 、补充题精解1 设，且，证明：证 设则由已知，得其次，设是与的任一公因式，只需证明即可。因为所以又因为从而。故也是与的最大公因式。2 证明：只要的次数都大于零，就可以适当选择适合等式的与，

15、使证 存在多项式，使从而 （1）1） 若的次数满足则事实上，采用反证法。若则（1）式左边的第一项次数小于而第二项的次数大于或等于这样（1）式左端的次数，但（1）式右端的次数为零，矛盾。所以此时，即为所求。2)若则用除，可得其中注意到是不可能的，事实上，若，则代入（1）式得矛盾。再将代入（1）式，可得令再利用本题1）的证明结果，即证。3 证明：如果与互素，那么与也互素。证 由假设，存在和使于是即证。4 证明：如果的最大公因式存在，那么的最大公因式也存在，且当全不为零时有再利用上式证明，存在使证 因为的最大公因式存在，设其为，则于是与的最大公因式也存在，不妨设为则 若设是的任一公因式，则这样为与的

16、一个公因式，又可得，即证下面用归纳法证明本题第二部分。当时结论显然成立，假设命题对也成立，即存在，使成立，再证命题对也成立。事实上，存在和，使令 即证。5 多项式称为多项式的一个最小公因式，如果1）；2）的任一公倍式都是的倍式。我们以表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果的首项系数都是1，那么证 令则，于是即 ， 设是与的任一公倍式，下面证明。由倍式的定义，有即消去得于是。由于，因而或者所以 即证。6 证明：设是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式，由可以推出或者那么是不可约多项式。证 采用反证法。设可约，则有那么由假设可得或这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于的次数。7 证明：

17、次数且手项系数为1的多项式是一个不可约多项式的方幂的充分必要条件为：对任意的多项式必有，或者对某一正整数。证 必要性：设（其中是不可约多项式），则对任意多项式，有1）；或2）对于1）有。对于2）有，此即。再让，即证必要性。充分性：设不是某一个多项式的方幂，则其中是正整数。若，则由题设知与满足或（为某一正整数）但这是不可能的，即证。8 证明：次数且首项系数为1的多项式是某一不可约多项式的方幂的充分必要条件是：对任意的多项式，由，可以推出，或者对某一正整数。证 必要性：设，则对多项式，有1），于是；2）为某一正整数）。必要性成立。充分性：对任意多项式，有或若，那么但。再由充分性假设，可得为某一正整

18、数。于是由第7题的充分条件，即证。9 证明：不能有不为零的重数大于2的根。证 设，则又因为的非零根都是多项式的根，而的个根都是单根，因而没有不为零且重数大于2的根。10 证明：如果，那么的根只能是零或单位根。证 设是的任一个根，由知，也是的根，即 所以也是的根。以此类推下去，则都是的根。若是次多项式，则最多只可能有个相异的根，于是存在使因此的根或者为0，或者为单位根。11如果，证明有重根，其中。证 设是的个不同的根，且它们的重数分别为，由于是次多项式，因而其次，由，所以分别为的重根，但所以，从而。这就是说，只可能有一个根，且重数为。故有重根。11 设是个不同的数，而证明：1）2）任意多项式用除

19、所得的余式为证 1）令 则 但 所以。即证 2）对于任意的多项式，用除得 当时，结论显然成立。当时，若令 则，于是 即证 12 设与同上题，且是任意个数，显然 适合条件 这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。利用上面的公式：1） 一个次数的多项式，它适合条件： 2）一个二次多项式，它在处与函数有相同的值；3）一个次数尽可能低的多项式，使解 1）设，且 将它们代入（即），可得 2） 已知 ， ， 设，与上题类似，可得 3） 同理，设，可得 14设是一个整系数多项式，试证：如果与都是奇数，那么不能有整数根。证 设是的一个整数根，则 由综合法知商式也为整系数多项式，于是 又因为与中必有一个为偶

20、数，从而与中至少有一个为偶数，与题设矛盾。故无整数根。15设是方程 的根，证明：的对称多项式可以表成与的多项式。证 设是关于的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有 (1)其中是的初等对称多项式。由于 （2）其中为的初等对称多项式，但是 （3）将（3）代入（2）可知，是的一个多项式，不妨记为 （4）再将（4）代入（1）式右端，即证可表为的多项式。16设令 1） 证明 其中的次数或。2） 由上式证明证明牛顿(Newton)公式： （对） （对）证 1）由假设 其中 是一个次数的多项式。故 2）由于 因此得等式 当时，比较上式两端含的系数，首先由于不含有的项，所以等式左端含的系数为 而右端含的项只有一项，它的系数为，所以注意到，即证当时，等式右端所有项的次数都大于，所以含的系数为0，而左端含的项的系数为因此即证。17根据牛顿公式，用初等对称多项式表示。解 1）当时，由上题可得而，所以同理可得2）当时，同1）所给，且3) 当时，同1）所给，同2）所给，且4）当时，同1）所给，同3）所给，且5）当时，同1）所给，同4）所给，且18证明：如果对于某一个6次方程有，那么证 这时，并注意，且，所以，于是，即 而故19求一个次方程使解 设此方程为由题设及牛顿公式，可得故所求方程为或20求一个次方程使解 设此方程为由题设及牛顿公式可得 即 所以， ，故所求方程为