1.2 试题解析-高等代数考研解析

1多项式 (3)利用多项式的标准分解。 (4)利用因式分解及n次单位根的性质。 (5)利用不可约多项式的性质。 (6)利用多项式的最大公因式及互素的性质。 1.1.3.3最大公因式的证明 (1)定义法。 (2)最大公因式性质：多项式d(x)为f(x),g(x)的最大公因式的充分必要条件为 存在u(x),v(x),使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x),且d(x)川f(x),d(x)川g(x)。 (3)反证法。 (4)设f(x)=qg(x)g(x)+r(x),则(f(x),8(x)=(g(x),r(x)。 (5)互素的性质。 1.1.3.4重因式（重根）的判定 (1)f(x)无重因式台(f(x),f'(x)=1（(f(x),f'(x)≠1或f(x),f'(x)有公共根)。 （2)p(x)为f(x)的k+1重因式台p(x)为f'(x)的k重因式，且p(x)川f(x)（p(x)为 f(x)的重因式的充要条件为p(x)为f(x),f'(x)的公因式)。 (3)待定系数法。 (4) f(x) 、是一个与fx)有相同的不可约因式，且无重因式的多项式。 (f(x),f'(x) 1.1.3.5不可约多项式的判别方法 (1)定义法。 (2)反证法。 (3)艾森斯坦判别法：注意如果不能找到满足定理的素数，可用线性替换重新 进行判定。 1.2试题解析 例1（延安大学，2021)设f(x),8(x),g,(x),h(x),h(x)都是数域P上的多项式， 且fx)g(x)-82(x),f(x)()-,(x》,则： 0091 高等代数考研解析 f(x)(8(x)h(x)-82(x)h,(x》 证明：由f(x)(8(x)-8,(x),f(x)(h(x)-h,(x)得： 8(x)-82(x)=f(x)(x),hx)-h(x)=f(x)f(x) 从而g(x)=g,(x)+f(x)f(x),h(x)=h,(x)+f(x)f(x),进而可得： 8(x)h(x)=(82(x)+f(x)f(x)h(x)+f(x)f(x) 8(x)h(x)-82(x)h(x)=(f(x)82(x)+f(x)f(x)f(x)+f(x)h2(x)f(x) 故f(x)g(x)hx)-82(x)h(x)。 例2（西北师范大学，2024)当，卫，q满足什么条件时，有： x+mx+1x+px2+g 解：利用多项式整除性的等价条件：带余除法的余式为零。由题可知： x4+2x2+q=(x2+x+1)[x2-x+(D+2-1]+ [-(p+m2-1]x+[q-(p+m2-1)] 满足整除的条件为[-(p+2-1)]x+[q-(p+m2-1)]=0,即： 1-q）=0,q=p+2-1 故满足整除的条件为 「=0 q=1 或{ p=9+1p+m2=2 例3（中国科学院大学，2019）已知(x-1)(x+1)ax4+bx2+cx+1,求a,b,c。 解：令f(x)=m4+bx2+cx+1,由(x-1)2(x+1)ax4+bx2+cx+1,得1为f(x) 的二重根，一1为f(x)的单根，从而有： f①)=0 f'(1)=0 f(-1)=0 即： F010 1多项式 a+b+c+1=0 4a+2b+c=0 a+b-c+1=0 [a=1 b=-2 c=0 例4（北京科技大学，2020)设f(x),g(x)是多项式，m为任意正整数，证明 f(x)引g"(x)的充分必要条件为f(x)川g(x)。 证明：由f(x)g(x),得g(x)=f(x)h(),从而得： g"(x)=f"(x)h"(x) 即fm(x)川g"(x)。 若f(x)=0,则g(x)=0,结论成立。 若O对(x)≠0，不妨f(x)>0,若g(x)=0,结论成立。 又f(x)川g"(x),则存在多项式h(x)使得g"(x)=f"(x)h(x)。 令(f(x),g(x)=d(x),则f(x)=d(x)f(x),g(x)=d(x)8(),且： (f(x),8(x)=1 从而有dm(x)gm(x)=dm(x)fm(x)h(x),即gm(x)=fm(x)h(x),从而得f(x)=a≠0， 即f(x)=ad(x),故： g)=1fx8,) a 即f(x)川g(x)。 例5（西北大学，2023）已知f(x)是数域P上的一元多项式，a,b∈P,a≠b, 求多项式x2-(a+b)x+ab除以f(x)的余式。 解：由x2-(a+b)x+ab=(x-x-b),则f(x)被x-ax-b除的余数分别 011 高等代数考研解析 为f(a,fb)。 设x2-(a+b)x+ab除以f(x)的余式为x+n,则f(x)=(x-a)(x-b)g(x)+x+n, 从而有f(a=a+n,f(b)=b+n,联立求解可得： m-J(a)-J(b) a-b n=对b)-bf(a回 a-b 即所求余式为： f@-f⑥x+时b)-bf@ a-b a-b 例6（华南理工大学、兰州大学，2019)设f(x),8(x)∈PLx],d(x)=(f(),g(x), 且af≥1，a 8(x) d(x)) ≥1，则存在唯一的u(x),v(x)使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x), d(x) 其中o(u(x)<∂ 8(x) a(v(x))<a f(x) d(x) d(x) 证明：对于f(x),8(x),必存在唯一s(x),t(x)使得s(x)f(x)+t(x)8(x)=(f(x),8(x》 令f四-F,四=G),则s()F)+10)G()=1,其中G)1s,香 d(x) d(x) 则若G(w)川s(x),则G(x)1,即o(G(x)=0,矛盾！同理F(x)t(x) 由带余除法有： s(x)=G(x)g (x)+u(x),o(u(x))<&(G(x)) t(x)=F(x)☑，(x)+v(x),，((x)<(F(x) 代入上式可得u(x)F(x)+1v(x)G(x)+[q(x)+☑，(x]F(x)G(x)=1 又ux)F()+v(x)G(x)<(F(x)G(x)》,则g(x)+,(x)=0,否则： OMg,(x)+q,(x)]F(x)G(x)>(F(x)G(x)》>0 012 1多项式 矛盾！从而u(x)F(x)+v(x)G(x)=1,即存在唯一的u(x),v(x)使得： u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x) 例7（重庆大学，2019）设多项式f(x),8(x),p(x),qx)满足： [(x2+1)p(x)+(x-3)fx)+(x+5)g(x)=0 1) (x2+1)q(x)+(x+3)f(x)+(x-5)g(x)=0(2) 则(x2+1)川f(x),(x2+1)川g(x)。 证明：由题I)×q(x)-(2)×p(x)得6f(x)(q(x)-p(x)=10g(x)p(x)-qx)。 若)p四0，则f)写8国，代上式得(+p6国=-至g的，则 (x2+1川xg(x),但x2+1在实数域上不可约，且x2+1不整除x,从而(x2+1)川g(x); 同理(x2+1)川f(x)。 若)=0，两式相减可得f0,代人原式得： 2-Dp60=-se6w 则(x2+1)川g(x),但x2+1不整除x,从而(x2+1)川8(x)；同理(x2+1)川f(x)。 例8（中山大学，2019)设m,n为正整数，则(xm-1,x”-1)=xm,)-1。 证明：令d=(,n,则d,d|n,从而存在s,t,使得=dk,n=dt,故： xm-1=(x2)°-1=x2-1)(x)1+(x2)-2+…+x2+1) 即x-1x”m-1；同理，x-1x”-1。 设p(x)为x”-1,x”-1的一个公因式，则p(x)x”-1,p(x)x”-1；由于山，v∈Z, 使得d=ul+1n,所以： x2-1=x+w-1=(xm-1)xw-(xm-1） 而x”-1xm-1,x”-1x"-1，从而可得py)x2-1,故(xm-1,x-1)=x-1。 0131 高等代数考研解析 例9（长安大学，2020)若(f(x),8(x)=1,则(f(x)+g(x),f(x)g(x)=1。 证明：由(f(x),g(x)》=1,则存在u(x),v(x),使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,从 而有ux)f(x)+g(x)》+((x)-u(x)》g(x)=1,即(f(x)+g(x),g(x)=1;同理可知 (f(x)+8(x),f(x)=1,从而存在4(x),(x),4(x),(x),使得： 4(x)(f(x)+8(x)+(x)g(x)=1,u2(x)(f(x)+8(x)+,(x)f(x)=1 以上两式两边分别相乘有： U(x)(f(x)+8(x)+V(x)(f(x)8(x)=1 故(f(x)+g(x),f(x)g(x)=1。 例10（郑州大学，2021）设f,(x)=x+2-(x+1)2m1,则对于任意的正整数n, 总有(x2+x+1,f(x)》=1。 证明：（方法一)由x3-1=(x-1)x2+x+1),设t为x2+x+1的根，则t≠0， t=1,t2+t+1=0,从而t+1=-t2,故： fn()=t+2-(t+1)20+1=t+2-(←t2)2n+1=t+2+tn+2 当n=3k,k∈N时，fn(t)=t+t2=2t2≠0； 当n=3k+1,k∈N时，f(t)=1+1=2≠0； 当n=3k+2,k∈N时，f(t)=t+t=2t≠0； 综上述，对于任意的正整数n,t都不是f(x)的根，故(x2+x+1,f(x)=1。 (方法二)由于 fn(x)=x+2-(x+1)(x2+2x+1)=x+2-(x+1)(x2+x+1+x) =x+2-(x+1)[(x2+x+1)”+x(x2+x+1)-1+.+-(x2+x+1)+x"] =x"(x2+x+1)-(x+1)[(x2+x+1)”+(x2+x+1)-1+.+ x-1(x2+x+1)]-2x"(x+1) 014 1多项式 而(x2+x+1,x)=1,(x2+x+1,x+1)=1,则x2+x+1不能整除x“(+1),从而一定不 整除f(x);又x2+x+1在实数域上不可约，则(x2+x+1,f(x)》=1。 例11（广西大学，2023）设f(x)是数域P上一个次数大于0的一元多项式，则 f(x)是一个不可约多项式的方幂的充要条件为对数域P上的任意多项式g(x),必有 (f(x),g(x)=1或存在某个正整数，使得f(x)川g(x)。 证明：设f(x)=p"(x),其中p(x)是不可约多项式，则对于任意多项式g(x), 只有两种情况：(p(x),8(x)=1或p(x)川8(x)。 若(p(x),8(x)=1,则(f(x),8(x)=1。 若p(x)川g(x),则p"(x)川g"(x),即f(x)川g"(x) 反之，用反证法。设f(x)不是一个不可约多项式的方幂，则： f(x)=p(x)p (x).p (x),n>1,Z 令g(w)=卫，()，则f(x),8x)只有两种情况：(x),g(x)=1或f()川g(x),但 这样的情况不可能同时成立，矛盾！故f(x)是一个不可约多项式的方幂。 例12（云南大学，2019)设f(x)是数域P上一个n次多项式（n>0),则 f'(x)f(x)的充要条件为f(x)有一个根是n重的。 证明：由f(x)有一个根是n重的，且f(x)的次数为n,故f(x)=a(x-b),于是 f'(x)=aw(x-b),因而f'(x)川f(x)。 反之，（方法一)采用典型分解法，设f(x)=吧(x)P,(x)p,(x),其中卫，(x) 为P上首1的互异的不可约多项式， ∑k=n,则： f(x)=卫=(x)p,-(x)p,-(x)g(x) 且g(x)不能被p.(x)整除；由f'(x)川f(x)有g(x)川P,(x)P,(x)p,(x),g(x)只能是非零 0151 高等代数考研解析 常数，即g(x)=c≠0。 设中，()=八，则∑k=n,∑4=1，而？为整数，则=片=1，从而 J= 有f(x)=吧，”(x)。 设，(x)=x-b,则f(x)=a(x-b)”,即f(x)有n重根。 (方法二)采用待定系数法，设f(x)=ax”+a-1x+…+4x+4,a,≠0，则： f'(x)=nax-1+(n-1)a-1x-2++g f'1f)及af()+1=f(y),则存在cx+d使得f(x)=(cx+d0f),因而c=1 此时： fo-[+d/四-+wr0--bfo倒 于是(f(四，fx》=】f)为首1的n-1次的多项式，故： na. f(x) x-b)f) -n 工f) =4(x-b) (f(x),f'(x) na. 而、 f(x) 、包含f(x)的所有不可约因式，所以f(x)的不可约因式只能是x-b及 (f(x),f'(x 其非零常数倍，f(x)为n次的，则f(x)=a(x-b)”,即f(x)有n重根。 （方法三)采用重因式法，由f'(x)川f(x),令f(x)=(x-b)f'(x),求导得： n-1)f'(x)=(-b)f"(x),,fa-(x)=(x-b)f(x),f(x)=na a为首项系数，由后向前得f(x)=a(x-b)”,即f(x)有n重根。 (方法四)采用重根法，设a为f(x)的r重根，则f(x)=(x-)g(x),g()≠0， 016 1多项式 x-a不能整除g(x)+(x-o)g'(x)。 由f(x)川f(x),得r8(x)+(x-a)g(x)Ig(x),即g(x)川g'(x),从而g(x)=0, r=n,g(x)=b,于是有f(x)=b(x-a)”,即f(x)有n重根。 例13（陕西师范大学，2023）设f(x),,f(x)是数域P上的多项式，则 (x”+x+x-2+…+x+1)x-f(x+)+x-2f(x)+…+f-1(x)+f(x+)的充分 必要条件为(x-1)川f(x),i=1,2,,ng 此类型题都与单位根有关，首先明确单位根的定义、每个单位根的性质。 证明：由己知可知存在多项式h(x)使x”(x+)+x”-2方(x)+…+xfn1(x+)+ f(x”+)=(x”+x”-1+x-2++x+1)h(x),把x1-1除1外的n-1个相异单位根 ,E2,,E-1,En代入，得： -f)+6”-2f2)+…+f)=0 ef)+e,-2f2)+.+f4)=0 E0四)+En-"-2f(①++f四=0 cf0)+6-2(①+…+f)=0 故f①)，∫①)，，f①)是齐次线性方程组的一组解。该齐次线性方程为： 6x+G"2x2++xn=0 x1+62m-2x2+…+x=0 e+x+…+,=0 e-x1+e2x2+…+x=0 其系数矩阵的行列式为范德蒙德行列式，因此其只有零解，即： f1)=2(①)=…=f)=0 故(x-1)lf(),i=1,2,,no 反之，由(x-1)川f(x),得fI)=fI)=0。 0171 高等代数考研解析 令f(x)=(x-1)g,(x),则有f(x+)=(x1-1)g(x+),即(x+1-1f(x+1),从 而有： (x1-1)川x-f(x+)+x-2f2(x+)+-+xf-1(+)+f(x+) 即x”+x-1++x+11x”-f(x)+x-22(+)++xf-(x)+f(x)。 例14（西北大学，2022）设fw)是整系数多项式，9是f(x)的有理根，其中 p,q为整数，且(p,q)=1,试问p2-q是否整除f①)f(-1)。 解：由f)是整系数多项式，是fx)的有理根，可得x-), 即px-qf(x)。 又(p,q)=1,则g(x)=px-q为本原多项式，从而f(x)=g(x)h(x),其中h(x)为 有理系数多项式，即(x)为整系数多项式，从而得： f(①)=gI)h)=(p-q)h) f(-1)=g(-1)h(-1)=-(p+q)h(-1) 即p-qf),p+qf(-1),故卫+qp-qff()。 例15（南京师范大学，2024）设f()是一个整系数多项式，卫是f)的有理根， 且(p,q)=1,则存在任意整数，使得qu-pf(m)。 证明：设fx)=ax+ax-1++a-x+a,f)=,由2是f)的有理根， 9 设f)--昌x+4r++6+,比较两式的系数可得么=4， 0 018