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(完整版)多项式习题精解
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：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
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,.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
300

210

111

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）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
７．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
８．证明:如果，且为与的组合，那么是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.
９．证明:的首系数为１）。
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１，所以
１０．如果不全为零,证明:
证存在使
又因为不全为０,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,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，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）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
420

411

330

321

222

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
2200

2110

1111

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
对应的方幂乘积
4000…0

3100…0

2200…0

2110…0

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，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：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