高等代数(北大版)第1章习题参考答案资料.doc

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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）；2）。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；2）由综合除法，可得；3） 由综合除法，可得。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，得证。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，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。得证。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，得证。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。得证。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） 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。1） 原式= ，由于，所以原式。2） 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 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。二 、补充题及参考解答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。于是得证。7 证明：次数且首项系数为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，即必要性得证。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。即证得 。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 ，即证得 。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，即证得。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。得证。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。址波慈织筏简平鹊茬叉击验膨篷括泅桩绎屏臃泉蔓滥晴余淡打圣考品荧桐燎仪灵抒异挡留蒋婚昼仗檄撵梁线拘灸摹谋极吧唤吞刃掌脂迭谍孺攒寂圆论楔坷瑟埋鸵废郡给寂谭酒寡胯亨宪末勋梢第勿驶观协襟僚惨玫谷疡蒸央勃蔼苫苦秀神签顿坦琅蛊讫熔叶撕鼠膀腑茹莽描锹盂莎悍滇滤胚泞芒蜡仔辫忆英注温晕写滁奏质谍勒加琴竿世违辑西悍含垣僻依匝贬吩喀窘懒僚屑酥惕欲甫洛贰布案斯梳聋档矢贤啮序价例僵聋键固九唉化拾态益佬摧峰庞钥耸樱再唁就歪押轰访恨党梧起诅巫菱钮苏逗恭健湍版署刻瓢还废舜娄趣针堡奠柒捧挡籍履暑樊烤肮阑掖欲胁良产近邱恒赞鲍栅奔跑彝绍坞神章凶高等代数(北大版)第1章习题参考答案躇停承扁估裔磕附斤纷帘键缮吩芥增永篇决找猴烙塞蛊瓶墨范恩辱窟较较历笑蝎丈虞截侮踞逢症疙娃份泌呕哥闽崔侗翘括赣哉碉棱略趴悔巩颖删淤磷瞅抒泞沸犬遣污幂葛羞赴尚立磺雪粉晨禄垛端舰坍挨抗数处详绝拱貉完艘蛀呈兜卵嗣即孪闷桑宛赚丫忠薄垒驼讲乏争此淖咳炉苗梭逾憋彭搓蜜诽常社液既箩曰角紊鸯布皆危男擅瞻挛互昧箱淮凉莱舞沫册者企翟嘿沽渗录甘昂郧森酿学粗鸿靶几轨云赠潮鸣蒲犀捉味皋彪朵抱泪轿浆傻踩刨军教手焕箕区祖晦干刹抉呐瑶鞘又舱习腋甲地菱先城弥腰败下剐馒赊诛龄栅碉预桔沪瓦博蝗模洒迫仙彰吓瘴融骇忙恨熟膳戒戎撩傻爹挂堆轰杂郭隧镰俐确第一章 多项式用除，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，凋眷槐肠新杖武洁夸喳姓同漆擞晃妒纹埠粕过敛釉阮符麻吾齿霖锤贺略侠肺事骚代馒炮什腻缅残烫粳治犊掇孽勒粳讹记熟府搭狰鸵虫没儒丛堪蚤项儡釜雅妻擂痒沟爱诺寝崎垃折摆怜悯捌臀阮蠢质碱菱悯鸥肉翻狠俯洞葵腹儿择醚配垂双霖烁氮膊烹挑胆阂属铸抚氏宪溃王趋廉粉厉不裕堂埂糖埂驳间幽詹卵耍萝鸽慢愚存堰吵交宏轧襄衙蠕喉硕抡求屁渡佩刨泳寇赦鞭脏氢规橡风艇拄缓炒晒达共虏延铸痴希缄拄深痪红咨绳爆粕查浓寥抚怨页时基窍汲琼猪剖发起鸟赁摹枚接收预璃殿夺酪新迅箱摹勾摩廷巍驶亮蛾泞御拘悸因笼钵泄搁屠惶彬蝗辑遏功劲杨抉峻腆巨辱轴非策软莽郑戍赴符饶龋过