高等代数（北大版第三版）习题答案I(5)

证明：1）

F(x)?1；2）任意多项式f(x)用F(x)除所得的余式为 ?i?1(x?ai)F?(ai)nf(ai)F(x) ??(x?a)F(a)i?1ii证 1）令 g(x)?n?(x?a)F?(a)，

i?1iinF(x)则 ?(g(x))?n?1，

但g(a1)?g(a2)?...?g(an)?1， 所以g(x)?1。即证得

F(x)?1。 ??i?1(x?ai)F(ai)n2）对于任意的多项式f(x)，用F(x)除得

f(x)?q(x)F(x)?r(x), (r(x) ?或0?r(x()?)n?，1当r(x)?0时，结论显然成立。当?(r(x))?n?1时，若令

k(x)?f(ai)F(x)， ??(x?a)F(a)i?1iin则?(k(x))?n?1，于是

n，, r(ai)?f(ai)?k(ai) (i?1,2,...即证得

r(x)?k(x)?f(ai)F(x)。 ?i?1(x?ai)F?(ai)n12．

设a1,a2,...,an与F(x)同上题，且b1,b2,...,bn是任意n个数，显然

L(x)?biF(x) ??(x?a)F(a)i?1iinn。, 适合条件L(ai)?bi (i?1,2,...这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。

利用上面的公式：

1） 一个次数?4的多项式f(x)，它适合条件： f(2)?3,f(3)??1,f(4)?0,f(5)?2 2）一个二次多项式f(x)，它在x?0,?2,?处与函数sinx有相同的值；

3）一个次数尽可能低的多项式f(x)，使

f(0)?1,f(1)?2,f(2)?5,f(3)?10

解 1）设F(x)?(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)，且 f(2)?3,f(3)??1,f(4)?0,f(5)?2， 将它们代入L(x)（即f(x)），可得

f(x)?3(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)(?1)(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)?

(x?2)(2?3)(2?4)(2?5)(x?3)(3?2)(3?4)(3?5)0(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)2(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)?

(x?4)(4?2)(4?3)(4?5)(x?5)(5?2)(5?3)(5?4) ? ??23172203x?x?x?42。 3262） 已知

? sin0?0f1f(，) sin(，0 sin????0?f?( )22??设F(x)?x(x??2)(x??)，与上题类似，可得

4 f(x)???2x(x??)。

3） 同理，设F(x)?x(x?1)(x?2)(x?3)，可得 f(x)?x?1。

14．设f(x)是一个整系数多项式，试证：如果f(0)与f(1)都是奇数，那么f(x)不能有整数根。

证 设a是f(x)的一个整数根，则f(x)?(x?a)f1(x)，由综合法知商式f1(x)也为整系数多项式，于是 ?2?f(0)??af1(0)

?f(1)?(1?a)f1(1)又因为a与1?a中必有一个为偶数，从而f(0)与f(1)中至少有一个为偶数，与题设矛盾。故f(x)无整数根。 15．设x1,x2,...,xn是方程

xn?a1xn?1?...?an?0

的根，证明：x2,...,xn的对称多项式可以表成x1与a1,a2,...,an?1的多项式。

证 设f(x2,...,xn)是关于x2,...,xn的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有

/ f(x2,...,xn)?g(?1/,...,?n?1) (1)

其中?1/(i?1,2,...,n?1)是x2,...,xn的初等对称多项式。 由于

??1/??1?x1?//??2??2?x1?1 （2） ?....................?//???n?1??n?1?x1?n?2其中?i为x1,x2,...,xn的初等对称多项式，但是

?1??a1???2?a2? （3） ?.............?n?1???n?1?(?1)an?1将（3）代入（2）可知，?i/是x1,a1,a2,...,an?1的一个多项式，不妨记为

n?, （4） ?i/?pi(x1,a1,a2,...,an?1) (i?1,2,...再将（4）代入（1）式右端，即证f(x2,...,xn)可表为x1,a1,a2,...,an?1的多项式。 16．设f(x)?(x?x1)(x?x2)...(x?xn)?x??1xnn?1?...?(?1)n?n，

kkk令sk?x1?x2?...?xn (k?0,1,2,...)。

1） 证明

xk?1f?(x)?(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)f(x)?g(x) 其中g(x)的次数?n或g(x)?0。

2） 由上式证明牛顿(Newton)公式：

sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)kk?k?0 （对1?k?n） sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)n?nsk?n?0 （对k?n）

nf(x)xk?1k?1证 1）由假设f?(x)??，xf?(x)??f(x)

x?xx?xi?1i?1iinnnxk?1?xik?1xik?1 ??f(x)??f(x) ??(xk?xixk?1?...?xik)f(x)?g(x)，

x?xii?1i?1i?1x?xinxik?1其中g(x)??f(x)是一个次数?n的多项式。故

x?xi?1in xk?1f?(x)?(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)f(x)?g(x) 2）由于f(x)?xn??1xn?1?...?(?1)n?n，

xk?1f?(x)?xk?1(nxn?1?(n?1)?1xn?2?...?(?1)n?1?n?1)，

因此得等式

(s0xk?s1xk?1?...?sk?1x?sk)(xn??1xn?1?...?(?1)n?n)?g(x)

?xk?1(nxn?1?(n?1)?1xn?2?...?(?1)n?1?n?1) (?)

nn当k?n时，比较上式两端含x的系数，首先由于?(g(x))?n,g(x)不含有x的项，所以等

式左端含x的系数为

nsk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)ks0?k?0，

而右端含x的项只有一项，它的系数为(?1)k(n?k)?k，所以

nsk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)ks0?k?(?1)k(n?k)?k，

注意到s0?n，即证得

sk??1sk?1??2sk?2?...?(?1)k?1?k?1s1?(?1)k?k?0。

nn当k?n时，等式(?)右端所有项的次数都大于n，所以含x的系数为0，而左端含x的项的

系数为sk??1sk?1?...?(?1)n?nsk?n，因此sk??1sk?1?...?(?1)n?nsk?n?0。得证。

17．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示s2,s3,s4,s5,s6。

解 1）当n?6时，由上题可得s2?s1?1?2?2?0，而s1??1，所以s2??12?2?2。

3同理可得s3??1?3?1?2?3?3， 2s4??14?4?12?2?4?1?3?2?2?4?4，

2s5??15?5?13?2?5?12?3?5?1?2?5?1?4?5?2?3?5?5， 23s6??16?6?14?2?6?13?3?9?12?2?6?12?4?2?22?3?3?6?2?4?6?1?5?12?1?2?3?6?6。

2）当n?5时，s2,s3,s4,s5同1）所给，且

2s6??16?6?14?2?6?13?3?9?12?2?6?12?4?12?1?2?3 32。 ?6?1?5?2?2?6?2?4?3?33) 当n?4时，s2,s3,s4同1）所给，s6同2）所给，且

2s5??15?5?13?2?5?12?3?5?1?2?5?1?4?5?2?3。

4）当n?4时，s2,s3同1）所给，s5,s6同3）所给，且

2。 s4??14?4?12?2?4?1?3?2?235）当n?2时，s2同1）所给，s4,s5,s6同4）所给，且s3??1?3?1?2。

18．证明：如果对于某一个6次方程有s1?s3?0，那么

s7s5s2??。 752证 这时n?6，并注意s1??1?0，且s1?3?3?0，所以?3?0，于是

s2??2?2，s5??5?2?3?5?5，即s5?5?5。

而s7??1s6??2s5??3s4??4s3??5s5??6s1??7?2?5， 故

s7ss???2?5?5?2。 75219．求一个n次方程使s1?s2?..?sn?1?0。 解 设此方程为x??1xnn?1?...?(?1)n?n?0，由题设及牛顿公式，可得

?1??2?...?n?1?0，故所求方程为xn?(?1)n?n?0或xn?a?0。

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