高等代数（北大版第三版）习题答案I(4)

公因式。 2． 证明：只要

f(x)g(x)的次数都大于零，就可以适当选择适合等式 ,(f(x),g(x))(f(x),g(x))u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x))的u(x)与v(x)，使

????g(x)f(x)?(u(x))???,?(v(x))?????

(f(x),g(x))(f(x),g(x))????证 存在多项式u1(x)，v1(x)，使

u1(x)f(x)?v1(x)g(x)?(f(x),g(x)),从而

u1(x)f(x)g(x)?v1(x)?1 （1）

(f(x),g(x))(f(x),g(x))1） 若u1(x)的次数满足?(u1(x))?????g(x)?,则

?(f(x),g(x))???f(x)?(v1(x))????

(f(x),g(x))??事实上，采用反证法。若?(v1(x))?????f(x)?,则（1）式左边的第一项次数小于

?(f(x),g(x))?????g(x)f(x)???????,而第二项的次数大于或等于 (f(x),g(x))(f(x),g(x))????????g(x)f(x)???????, ?(f(x),g(x))??(f(x),g(x))?这样（1）式左端的次数???????g(x)f(x)??????0，但（1）式右端的次

(f(x),g(x))(f(x),g(x))????????g(x)f(x),?(v(x))??1???,

?(f(x),g(x))??(f(x),g(x))?数为零，矛盾。所以?(u1(x))???此时u1(x)，v1(x)即为所求。 2)若?(u1(x))?????g(x)g(x),则用除u1(x)，可得 ?(f(x),g(x))(f(x),g(x))??u1(x)?s(x)??g(x)g(x)?r(x),其中?(r(x))???, ?(f(x),g(x))?(f(x),g(x))?注意到r(x)?0是不可能的，事实上，若r(x)?0，则u1(x)?s(x)g(x),

(f(x),g(x))代入（1）式得[s(x)g(x)g(x)?v1(x)]?1,矛盾。

(f(x),g(x))(f(x),g(x))再将u1(x)?s(x)g(x)?r(x)代入（1）式，可得

(f(x),g(x))r(x)f(x)f(x)g(x)?[s(x)?v1(x)]??1,

(f(x),g(x))(f(x),g(x))(f(x),g(x))f(x)?v1(x),再利用本题1）的证明结果，即证。

(f(x),g(x))令u(x)?r(x),v(x)?s(x)3． 证明：如果f(x)与g(x)互素，那么f(xm)与g(xm)也互素。 证 由假设，存在u(x)和v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?1, 于是u(xm)f(xm)?v(xm)g(xm)?1，即证。

4． 证明：如果f1(x),f2(x),...fs?1(x)的最大公因式存在，那么

且当f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)全不为f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)的最大公因式也存在，

零时有(f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x))?((f1(x),f2(x),...fs?1(x)),fs(x)),再利用上式证明，存在u1(x),u2(x),...,us(x)使

u1(x)f1(x)?u2(x)f2(x)?...?us(x)fs(x)?(f1(x),f2(x),...,fs(x)).

证 因为f1(x),f2(x),...fs?1(x)的最大公因式存在，设其为d1(x)，则

d1(x)?(f1(x),f2(x),...fs?1(x)),于是d1(x)与fs(x)的最大公因式也存在，不妨设为

s, ,d(x)?(d1(x),fs(x)),则d(x)|fi(x) (i?1,2,...若设?(x)是f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)的任一公因式，则?(x)|d1(x), 这样?(x)为d1(x)与fs(x)的一个公因式，又可得?(x)|d(x)，即证

d(x)?(f1(x),f2(x),...fs?1(x),fs(x)).

下面用归纳法证明本题第二部分。当s?2时结论显然成立，假设命题对s?1也成立，即存在

v1(x),v2(x),...,vs?1(x)，使v1(x)f1(x)?v2(x)f2(x)?...?vs?1(x)fs?1(x)

?(f1(x),f2(x),...fs?1(x))?d1(x),成立。

再证命题对s也成立。

事实上，存在p(x)和q(x)，使d(x)?(d1(x),fn(x))?p(x)d1(x)?q(x)fs(x)

?p(x)[v1(x)f1(x)?v2(x)f2(x)?...?vs?1(x)fs?1(x)]?q(x)fs(x)，

令ui(x)?p(x)vi(x) (i?1,2,...,s?1)，us(x)?q(x)，即证。 5． 多项式m(x)称为多项式f(x),g(x)的一个最小公因式，如果 1）f(x)|m(x),g(x)|m(x)；

2）f(x),g(x)的任一公倍式都是m(x)的倍式。

我们以[f(x),g(x)]表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果f(x),g(x)的首项系

数都是1，那么[f(x),g(x)]?f(x)g(x)。

(f(x),g(x))证 令(f(x),g(x))?d(x)，则

f(x)?f1(x)d(x)，g(x)?g1(x)d(x)，于是

f(x)g(x)?f(x)g1(x)?g(x)f1(x)。

(f(x),g(x))即f(x)|f(x)g(x)f(x)g(x) ， g(x)|，

(f(x),g(x))(f(x),g(x))f(x)g(x)|M(x)。

(f(x),g(x))设M(x)是f(x)与g(x)的任一公倍式，下面证明

由倍式的定义，有M(x)?f(x)s(x)?g(x)t(x)，

即f1(x)d(x)s(x)?f(x)s(x)?g(x)t(x)?g1(x)d(x)t(x)， 消去d(x)得f1(x)s(x)?g1(x)t(x)，于是g1(x)|f1(x)s(x)。 由于(f1(x),g1(x))?1，因而g1(x)|s(x)或者s(x)?g1(x)q(x)，所以

M(x)?f(x)s(x)?f(x)g1(x)q(x)?f1(x)q(x)，

(f(x),g(x)) ?f(x)g(x)|M(x)。即证。

(f(x),g(x))6． 证明：设p(x)是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式f(x),g(x)，由

p(x)|f(x)g(x)p(x)|f(x)或者p(x)|g(x)，那么p(x)是不可约多项式。，可以推出

证 采用反证法。设p(x)可约，则有p(x)?p1(x)|p2(x)，那么由假设可得

p(x)|p1(x)或p(x)|p2(x)，

这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于p(x)的次数。于是得证。

7． 证明：次数?0且首项系数为1的多项式f(x)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g(x)必有(f(x),g(x))?1，或者对某一正整数m,f(x)|gm(x)。 证 必要性：设f(x)?ps(x)（其中p(x)是不可约多项式），则对任意多项式g(x)，有 1）(p(x),g(x))?1；或2）p(x)|g(x)。 对于1）有(f(x),g(x))?1。

对于2）有p(x)|g(x)，此即f(x)|g(x)。再让m?s，即必要性得证。 充分性：设f(x)不是某一个多项式的方幂，则f(x)?p11(x)p22(x)...pnn(x)， 其中n?1,?i(i?1,2,...,n)是正整数。

m若g(x)?p1(x)，则由题设知f(x)与g(x)满足(f(x),g(x))?1或f(x)|g(x)（m为某一

sss???正整数）。但这是不可能的，即证。

8． 证明：次数?0且首项系数为1的多项式f(x)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g(x),h(x)，由f(x)|g(x)h(x)，可以推出f(x)|g(x)，或者对某一正整数m,f(x)|h(x)。

证 必要性：设f(x)|g(x)h(x)，则对多项式h(x)，有

m1）(f(x),h(x))?1，于是f(x)|g(x)；2）f(x)|h(x)(m为某一正整数）。

m必要性成立。

充分性：对任意多项式g(x)，有(f(x),g(x))?1或(f(x),g(x))?d(x)?1，

若f(x)?f1(x)d(x)，那么f(x)|f1(x)g(x)，但f(x)|f1(x)。再由充分性假设，可得

f(x)|gm(x),m为某一正整数。于是由第7题的充分条件，即证。

9． 证明：x?axnn?m?b不能有不为零的重数大于2的根。

证 设f(x)?xn?axn?m?b，则f?(x)?xn?m?1[nxm?(n?m)a]，

又因为f?(x)的非零根都是多项式g(x)?nxm?(n?m)a的根，而g(x)的m个根都是单根，因而f?(x)没有不为零且重数大于2的根。 10．

证明：如果f(x)|f(xn)，那么f(x)的根只能是零或单位根。

证 设a是f(x)的任一个根，由f(x)|f(xn)知，a也是f(x)|f(xn)的根，即 f(xn)?0，所以a也是f(x)的根。以此类推下去，则

na,an,an,...都是f(x)的根。

若f(x)是m次多项式，则f(x)最多只可能有m个相异的根，于是存在k??使

2ank?a，an(ann??k?n??1)?0，因此f(x)的根a或者为0，或者为单位根。

11．如果f?(x)|f(x)，证明f(x)有n重根，其中n??(f(x))。

证 设a1,a2,...,as是f?(x)的s个不同的根，且它们的重数分别为?1,?2,...,?s，由于f?(x)是

n?1次多项式，因而?1??2?...??s?n?1，

其次，由f?(x)|f(x)，所以a1,a2,...,as分别为f(x)的?1?1,?2?1,...,?s?1重根，但

(?1?1)?(?2?1)?...?(?s?1)?n，

所以n?1?s?n，从而s?1。这就是说，f?(x)只可能有一个根a1，且重数为?1?n?1。故f(x)有n重根。 11．

设a1,a2,...,an是n个不同的数，而F(x)?(x?a1)(x?a2)...(x?an)

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