高等代數(shù)_李海龍_習(xí)題第2章多項式

1、第二章 多項式2.1  一元多項式的定義和運算1 設(shè)f(x)，g(x)和h(x)是實數(shù)域上的多項式證明：若f(x)2 = x g(x)2+x h(x)2，那么 f(x) = g(x) = h(x) = 0證明概要：比較等式兩邊的次數(shù)可證2 求一組滿足上一題中等式的不全為零的復(fù)系數(shù)多項式f(x)，g(x)和h(x)解：取f(x) = 2ix，g(x) = i(x+1)，h(x) = x-1即可或取f(x) = 0，g(x) = 1，h(x) = i即可3 證明：證明提示：用數(shù)學(xué)歸納法證之2.2 多項式的整除性1 求f(x)被g(x)除所得的商式和余式：(i) , (ii) , 解：(i

2、) (ii)2 證明：必要且只要證明：充分性顯然現(xiàn)證必要性反證法：若不整除，則，且兩邊取次方得，其中于是不整除矛盾故必要性成立3 令都是數(shù)域F上的多項式，其中且|，|證明：|證明：反復(fù)應(yīng)用整除定義即得證4 實數(shù)m, p , q滿足什么條件時多項式能夠整除多項式？解：以除得一次余式令余式為零得整除應(yīng)滿足的條件：當(dāng)且僅當(dāng)且時，|5 設(shè)是一個數(shù)域，證明：整除解：因為6 考慮有理數(shù)域上多項式 ，這里和都是非負(fù)整數(shù)證明：|解：因為7 證明：整除必要且只要整除證明：若|，令，則·所以|下面證必要性：反證法，若d不整除n，令，且<<于是因可被整除，故可被整除即是被除所得的余式因<

3、，所以與可被整除相矛盾2.3 多項式的最大公因式1 計算以下各組多項式的最大公因式：(i)；(ii) ；解: (i) ； (ii)2 設(shè)，證明：若，且和不全為零，則，反之，若，則是與的一個最大公因式解：由本節(jié)定理.及.得證（常當(dāng)作定理）3 令與是的多項式，而，是中的數(shù)，并且證明：證明：設(shè),易知|，|，從而|，|即是，的一個公因式再設(shè)是，的任一公因式則由定義知|，|，由，之所設(shè)及，可解得從而可知|，|既是、的一個公因式，所以|由定義知4 證明：(i) 是和gh的最大公因式；(ii) ( f1 , g1 )( f2 , g2 ) = ( f1f2 , f1g2 , g1f2 , g1g2 )此處f

4、，g，h都是F x的多項式證明：(i)設(shè)( f , g ) = d, 則d | f，d | g所以dh | fh，dh | gh又有u，v使uf + vg = d于是ufh + vgh = dh所以dh是fh，gh的一個最大公因式(ii)設(shè)( f1 , g1 ) = d1，( f2 , g2 ) = d1，則d1d2同時整除f1f2，f1g2，g1f2，g1g2d1d2是它們的一個公因式,另設(shè)是f1f2，f1g2，f2g1，g1g2的任一公因式，那么就有| ( f1f2 , f1g2 )，( f1f2 , f1g2 ) = f1( f2 , g2 ) = f1d1| ( f2g1 , g1g2

5、 )，( f2g1 , g1g2 ) = g1 ( f2 , g2 ) = g1d2所以| ( d2g1 , f1d2 )，而( d2g1 , f1d2 ) = d2 ( f1 , g1 ) = d1d2既| d2d1故有( f1 , g1 ) ( f2 , g2 ) = ( f1f2 , f1g2 , g1f2 , g1g2 )5 設(shè)，都是有理數(shù)Q域上的多項式求u(x),使得 解：u(x)=-x-1，v(x)=x+26 設(shè)(f , g)=1令n是任意正整數(shù)，證明：( f , gn ) = 1由此進(jìn)一步證明，對于任意正整數(shù)m，n，都有( f m, gn ) = 1證明：因為( f , g )

6、= 1所以有u,v使uf + vg = 1，則vg = 1- uf，兩邊n次方得vngn = ( 1- uf )n = 1+ u1f所以vngn = ( 1- uf )n = 1 + u1f - u1f + vngn = 1從而 -u1f + vngn = 1，( f , gn ) = 1固定gn，同理可證( f m , gn ) = 17 設(shè)( f , g ) = 1證明：( f , f + g ) = ( f + g , g ) = 1證明：因為( f , g ) = 1所以有u,v使uf + vg = 1，進(jìn)而有( u v ) f+v ( g + f ) = 1, 所以( f , g +

7、 f ) = 1.同理( g + f , g ) = 1利用互素性質(zhì)得( f g , f + g ) = 18 證明：對于任意正整數(shù)n都有( f , g )n = ( f n , g n )證明：設(shè)( f , g )=d，則f = df1 ，g = dg1，且( f1 , g1 ) = 1由上面第題知 ( f1n , g1n ) = 1，從而存在u,v使uf1n vg1n = 1所以uf1n dn vg1n dn = dn，既ufn vgn = dn又dnfn，dngn所以( f , g )n = d n = ( f n , gn )9 證明：若是f ( x )與g ( x )互素，并且的次數(shù)

8、都大于0那么定理里的可以如此選取，u ( x )次數(shù)低于g ( x )的次數(shù)，v ( x )次數(shù)低于f ( x )的次數(shù)，并且這樣的u ( x )與v ( x )是唯一的證明：因為, 所以有u1 ( x )，v1 ( x )使u1 ( x ) f ( x ) + v1 ( x ) g ( x ) = 1，因> 0，> 0所以f ( x )不整除v1 ( x )及g ( x ) 不整除 u1 ( x )現(xiàn)以f ( x )除v1 ( x )，得商式為q1 ( x )，余式為v ( x )，則有v1 ( x ) = f ( x ) q1 ( x ) + v ( x )，其中 同理有u1

9、( x ) = g ( x ) q2 ( x ) + u ( x )其中 代入u1 ( x ) f ( x ) + v1 ( x ) g ( x ) = 1，得( g ( x ) q2 ( x ) + u ( x) ) f ( x ) + ( f ( x ) q1 ( x ) + v ( x ) ) g ( x ) = 1整理得u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) + q1 ( x ) + q2 ( x ) f ( x ) g ( x ) = 1因為 ， ，所以必有q1 ( x ) + q2 ( x ) = 0即u ( x ) f ( x ) + v ( x )

10、g ( x ) = 1，且滿足 ， 下面證唯一性設(shè)另有u2 ( x ) , v2 ( x ) 滿足u2 ( x ) f ( x ) + v2(x) g(x) = 1，及，則有 ( u ( x ) - u2 ( x ) ) f ( x ) = ( v2 ( x ) v ( x ) g ( x )故f ( x ) | ( v2 ( x ) - v ( x ) ) g ( x )又( f ( x ) , g ( x ) ) = 1，從而如果v2 ( x ) -，其次數(shù)一定低于f ( x )的次數(shù)，故只有v2 ( x ) - v ( x ) = 0既v2 ( x ) = v ( x )同理u ( x

11、) = u2 ( x )10 決定k，使與的最大公因式是一次的 解：設(shè)=， g(x)= ，以g ( x ) 除 f ( x ) 得余式4x + 2k + 2由題意4x + 2k + 2 | g ( x )，由此推出k = 1或k = 311 證明：如果 ( f ( x ) , g ( x ) ) =，那么對于任意正整數(shù)m，( f ( xm ) , g ( xm ) ) =證明：因為 ( f ( x ) , g ( x ) ) =，所以u ( x )，v ( x )，滿足u( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1從而u ( xm ) f ( xm ) + v ( x

12、m ) g ( xm ) = 1，此即是 ( f ( xm ) , g ( xm ) ) =12 設(shè)f ( x ) , g ( x )是數(shù)域F上的多項式f ( x )與g ( x )的最小公陪式指的是Fx中滿足以下條件的一個多項式m ( x )：(a) f(x) | m(x) 且 g(x) | m(x)；(b) h(x)Fx 且 f(x) | h(x)，g(x) | h(x)，那么m(x) | h(x)(i) 證明： Fx中任意兩個多項式都有最小公倍式，并且除了可能的零次因式差別外，是唯一的(ii)設(shè)f(x)， g(x)都是最高次項系數(shù)是的多項式令 f(x), g(x)表示f(x)與g(x)的

13、最高次項系數(shù)是的那個最小公倍式證明： f(x) g(x)= (f(x) , g(x) f(x), g(x)證明：(i) 若f(x) , g(x)有一個為，則它門的最小公倍式是現(xiàn)設(shè)f(x), g(x)以d(x)記(f(x) , g(x)則f(x) = d(x) f(x)，g(x) = d(x)g(x)，且(f(x) , g(x) =現(xiàn)證是f(x)， g(x)的一個最小公倍式首先由= f(x) g(x)= f(x)g(x)，知其是f(x)與g(x)的一個公倍式另設(shè)M(x)是f(x)與g(x)的任一公倍式，則有M(x)= f(x)s (x)= d(x) f1 (x) s(x)及M(x)=g(x)t

14、(x)= d(x) g1 (x)t(x)，消去d(x)，得f1(x) s (x) = g1 (x)t(x)又(f(x) , g(x) =，由此可得g1 (x)|s (x)，令s(x)= g1 (x) s1(x)代入M(x)= f(x)s (x)= d(x) f1 (x) s(x)得M(x)= d(x) f1 (x)g1 (x) s1(x)=s1(x)即 M(x)，即是f(x) , g(x)的一個最小公倍式從而存在性得證現(xiàn)證唯一性：若m(x)，m(x)都是f(x) , g(x)的最小公倍式，由定義得m(x)m(x)及m(x)m(x)所以m(x)，m(x)只相差一個常數(shù)因子(ii)由(i)的證明，

15、知當(dāng)f(x) , g(x)的最高次項系數(shù)都是時，有f(x) g(x)= (f(x) , g(x) f(x) , g(x)13 設(shè)g(x)|，并且(fi(x), g(x) =1, i =1,. 證明 g(x) | fn(x) 證明：令,由(f1(x), g(x)=1. ( f2(x), g(x)=1,所以(f1(x) f2(x),g(x)=1，進(jìn)而可證得(h(x), g(x)=1又g(x) | h(x)fn(x)，所以g(x) | fn(x)14 設(shè)證明：(i) ()=(), (),1kn-1.(ii)互素的充要條件是存在多項式使得證明：(i) 設(shè)d(x) = ( (), ()，有d(x) |（

16、）, d(x) |（）,進(jìn)一步有d(x) | fi(x), i=1,另設(shè)h(x)是的任一公因式，h(x) |（） 及h(x) |（），進(jìn)一步h(x) | ( () ,() = d(x)所以( () ,() = () (ii)充分性：若有使，另設(shè)h(x)是的任一公因式，則有h(x)|1從而互素必要性：若(f1(x), f(x)= d(x)，則由定理有u11(x) , u1(x) ,使u11(x)f1(x)+ u1(x) f(x)= d(x)，則由定理可以假設(shè)對于s-1個多項式是成立的即當(dāng)ds-1(x) = ()時，有u11(xu1s-1(x)，使得=ds-1(x)則對于s個多項式來說，由()=

17、(), fs(x)= ( ds-1(x) , f s (x)知有p(x), q(x)使p(x)ds-1(x) + q(x) f s (x) = ( ds-1(x) , f(x),以ds-1(x)的上述表示式代入，則得+ q(x) f s (x) = ( ds-1(x) , f(x),即有p(x)u11(xp(x)u1s-1(x) , q(x)，使+p(x) fs(x) = ()()=1時，令p(x)=1,s=n其中u1(x)= p(x) u11(xu1s(x) = p(x)u1s(x) 則本題必要性得證15 設(shè)令I(lǐng)=fn(x) gn(x)|, 1in 比照定理.，證明：有最大公因式提示：如果不

18、全為零，取d(x)是中次數(shù)最底的一個多項式，則d(x)就是的一個最大公因式 證明：如果，則0就是它們的最大公因式如不全為，則I中 有非零多項式設(shè)d(x)是I中次數(shù)最低的一個多項式以d(x)除f (x)，得其中r1=0，或( r1 (x)< ( d(x)由于r1 (x)= f1(x)- q1 (x)d(x)，可以推得r1 (x)I，而d(x)是I中次數(shù)最底的，故r1 (x) =0所以d(x)|f1(x)，同理d(x)|f2(x)，d(x)|fn(x)即d(x) 是的一個公因式，又因是它們的組合，故d(x) 就是的最大公因式2.4 多項式的分解1 在有理數(shù)域上分解以下多項式為不可約因式的乘積

19、：(i) 3x2+1; (ii) x3-2x2-2x+1. 解：(i)不可約(ii) (x+1) (x2-x+1)2 分別在復(fù)數(shù)域，實數(shù)域和有理數(shù)域上分解多項式x+1為不可約因式的乘積解：在復(fù)數(shù)域上有x4+1= (x+(1+i) (x+(1+i) (x-(1-i) (x-(1-i);在實數(shù)域上有x4+1=( x2+x +1) (x2-x +1);在有理數(shù)域上x+1不可約3 證明：g(x)|f(x)，當(dāng)且僅當(dāng)g(x)|f(x)證明：充分性顯然.現(xiàn)證必要性,即若g(x)|f(x),那么g(x)|f(x).若f(x)= g(x) =0,則有g(shù)(x)|f(x).如果f(x), g(x)不全為0,令d(

20、x)=(f(x), g(x).則f(x)=d(x)f1(x), g(x)=d(x)g1(x),且(f1(x), g1(x)=1.那么f(x)=d(x)f1(x), g(x)=d(x)g (x),故由g(x)|f(x),可得g(x)|f(x),故g1(x)|f1(x),又(f1(x) , g1(x) ) =1,根據(jù)互素多項式的性質(zhì)知g1(x)|f1(x),從而g1(x) = c f1(x), (c為非零常數(shù)).于是g(x)|f(x).4 (i)求f(x)= x5-x4-2x3+2x2+x-1在Q(x)內(nèi)的典型分解式；(ii)求f(x)= 2x5-10x+16x3-16x2+14x-6在R(x)內(nèi)

21、的典型分解式解: (i) f(x)= (x-1)3(x+1) ; (ii) f(x)= 2(x-1)(x-3)(x+1)5 證明：數(shù)域F上一個次數(shù)大于零的多項式f(x)是Fx中某一不可約多項式的冪的充分必要條件是對于任意g(x)Fx,或者(f(x), g(x) =1,或者存在一個正整數(shù)m使得f(x)|g(x)m. 證明：必要性:設(shè)f(x) = pm(x) ( p(x)不可約) ，則對于Fx中的任意g(x)，只有兩種可能：(p(x),g(x)=1或 p(x)|g(x)在前一情形有( f(x),g(x) )=1,在后一情形有pm(x) |gm(x)，即f(x) |g(x)m.充分性：設(shè)f(x)=為

22、其典型分解式令g(x)=p1(x)若 s>1，則(p(x), g(x)1，且f(x)不整除g(x)m，即條件成立時，必有s=1，即f(x)= 6 設(shè)p(x)是Fx中一個次數(shù)大于零的多項式.如果對于任意f(x), g(x)Fx，只要p(x)| f(x)g(x)就有p(x)| f(x)或p(x)| g(x),那么p(x)不可約證明：反證法，若可約,設(shè),其中的次數(shù)都低于的次數(shù).由,根據(jù)條件可得出或,這是不可能的.2.5 重因式1. 證明下列關(guān)于多項式的導(dǎo)數(shù)的公式：a) ；b)提示：設(shè)，利用本教材中對導(dǎo)數(shù)的定義證之2. 設(shè)是的導(dǎo)數(shù)的重因式證明：a) 未必是的重因式；b) 是的重因式的充分必要條件

23、是證明：a) 設(shè)，則是的二重因式，但不是的因式，更不是的三重因式b) 必要性顯然；充分性，設(shè)是的s重因式，則是的重因式即得出3. 證明有理系數(shù)多項式?jīng)]有重因式證明：因為，有4. a,b應(yīng)該滿足什么條件，下列的有理系數(shù)多項式才能有重因式？ a) b) 提示：由多項式有重因式的充要條件是它與它的導(dǎo)數(shù)不互素可得a) ; b) 5. 證明：數(shù)域F上的一個n次多項式能被它的導(dǎo)數(shù)整除的充分必要條件是：，這里a,b是F中的數(shù)證明：若，則，所以，必要性：設(shè)的典型分解式為，其中都是不可約多項式，則由，知(常數(shù))，但.故知t=1,且即2.6 多項式函數(shù) 多項式的根1.設(shè)f(x)=2x5-3x4-5x3+1.求f(

24、3),f(-2).解： f(3) =109; f(-2) =-71.2.數(shù)環(huán)R的一個數(shù)c說是f(x)R(x)的一個k重根，如果f(x)可以被(x-c)k整除，但不能被(x-c)k+1整除判斷5是不是多項式f(x)=3x5-224x3+742x2+5x +50的根.如果是的話,是幾重根? 提示：用次綜合除法得：5是f(x) 的二重根.3.設(shè)2x3-x2+3x-5=a(x-2)3+b(x-2)2+c(x-2)+d.求a,b,c,d.提示：應(yīng)用綜合除法得：a=2, b=11, c=23, d=13.4.將下列多項式f(x)表成x-a的多項式.a) f(x)= x5 ,a=1; b) f(x)=x4-

25、2x2+3,a=-2. 解：用綜合除法求出:a) f(x)= x5=(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1)+1;b) f(x)=x4-2x2+3=(x+2)4-8(x+2)3+22(x+2)2+24(x+2)+11. 5.求一次數(shù)小于4的多項式,使f(2)=3,f(3)=-1,f(4)=0,f(5)=2.解：f(x)= -x3+x2-x +426.求一個2次多項式,使它在x =0,處于函數(shù) sinx有相同的值結(jié)果：7.令f(x) , g(x),是兩個多項式,并且f(x3) +x g(x3)可以被x2+x+1.證明: f(1) = g(1) =0. 證明:

26、 因x2+x+1| f(x3) +x g(x3).故x2+x+1=0的根必為f(x3) +x g(x3)的根.而x2+x+1=0的兩個根是.但=1.故有，解此方程組得：f(1) = g(1) =0.8.令c是一個復(fù)數(shù),且是Qx中一個非零多項式的根.令J= f(x)Qx | f(c) = 0證明：a)在J中存在唯一的高次項系數(shù)是1的多項式p(x),使得J中每一多項式f(x)都可以寫成p(x)q(x)的形式,這里q(x)Qx. b) p(x)在Qx中不可約.如果c=,求上述的p(x)證明: a) 因c是Qx中一個非零多項式的根,則J中存在次數(shù)大于零的多項式,即令A(yù)= m|f(x)J,( f(x)=

27、m 非空. A中必有最小數(shù)設(shè)為n(n>0).其對應(yīng)的多項式若為f(x),令p(x) =f(x), (a0是f(x)的最高次項系數(shù)),則.現(xiàn)證當(dāng)f(x) J時,必有f(x) = p(x)q(x).對于任意的f(x)J,由p(x)的取法知( f(x) (p(x).以p(x)除f(x)得f(x)=p(x)q(x)+r(x),其中r(x)=0或( r(x) <(p(x).由于r(c)=f(c)-p(c)q(c)=0,故知r(x)J. 由p(x)的取法知r(x)的次數(shù)不可能小于p(x)的次數(shù).故只有r(x)=0,即f(x) = p(x)q(x).再證的唯一性.設(shè)另有p1(x)具有上述性質(zhì),則

28、p(x)| p1(x)且p1(x) | p(x).所以p1(x) = c p(x).又首項系數(shù)都為1,故c=1,即p1(x) = p(x).b) 反證法:設(shè)p(x)可約,令p(x)=p1(x) p2(x),知p1(x)與p2(x)的次數(shù)都小于p(x)的次數(shù).又p(c)=p1(c)p2(c)=0,知p1(c)=0或p2(c)=0從而p1(c)或p2(c) J,這與p(x)是J中次數(shù)最低的多項式相矛盾.故p(x)不可約.若c=,則p(x)=(x-)(x+)(x-) (x +).9.設(shè)Cx中多項式f(x)0且f(x)| f(xn),n是一個對于1的整數(shù).證明: f(x)的根只能是零或單位根. 證明:

29、 因f(x)| f(xn),所以f(xn)= f(x)g(x), g(x)Cx.如果是f(x)的根,即f()=0則f()=f()g()=0, f()= f() g()=0f()= f() g()=0.由于, f(x)在C中至多有n個不同的根,故有i<j,使=,所以c=0或1.即c=0或c是單位根.2.7 復(fù)數(shù)和實數(shù)域上多項式 1.設(shè)n次多項式的根是.a) 求以為根的多項式,這里c是一個數(shù);b) 以(假定)為根的多項式.解：a) 若c=0,則都為0,則g(x)= xn即是.若c0,則令g(x)=為所求.b) 令g(x)= f()xn=,則g(x)是以為根的多項式.2.設(shè)f(x)是一個多項式

30、,用表示把f(x)的系數(shù)分別換成它們的共軛數(shù)后所得多項式.證明:a) 若是g(x)|f(x),那么|;b) 若是d(x)是f(x)和的一個最大公因式,并且d(x)的最高次項系數(shù)是1,那么d(x)是一個實系數(shù)多項式.證明: a) 因為g(x)|f(x),所以f(x)= q(x)g(x), =從而|. b) 若d(x)=(f(x),),則有u(x), v(x)使的u(x)f(x)+ v(x)=d(x),所以=+f(x),另一方面,由d(x)|f(x), d(x)|,可得|f(x),|,所以=(f(x), ).從而d(x)=,即d(x)是實系數(shù)多項式.3.給出實系數(shù)四次多項式在實數(shù)域上所有不同類型的

31、典型分解式.解:共9種:a(x+b)4 ; a(x+b1)(x+b2)3 ; a(x+b1)2(x+b2)2 ;a(x+b1)(x+b2)(x+b3)2; a(x+b1)(x+b2)(x+b3)(x+b4); a(x2+px+q)2; a(x2+p1x+q1)(x2+p2x+q2) ; a(x+b)2(x2+px+q); a(x+b1)(x+b2)(x2+px+q) . (其中二次式x2+px+q不可約).4.在復(fù)數(shù)和實數(shù)域上分解xn-2為不可約因式的乘積.解: 在復(fù)數(shù)域上: xn-2=(x-)(x-,其中; 在實數(shù)域上:當(dāng)n為奇數(shù), xn-2=(x-)(x2-2 ;當(dāng)n為偶數(shù), xn- 2=

32、(x-)(x+)(x2-.5.證明:數(shù)域F上任意一個不可約多項式在復(fù)數(shù)域內(nèi)沒有重根.證明:設(shè)p(x)是F上不可約多項式,因多項式的最大公因式不因數(shù)域擴(kuò)大而改變, 所以在復(fù)數(shù)域內(nèi)仍有(p(x),(x)=1,故p(x)在復(fù)數(shù)域內(nèi)沒有重根.2.8 有理數(shù)域上多項式 1.證明以下多項式在有理域上不可約: a) x4-2x3+8x-10; b) 2x5+18x4+6x2+6 c) x4-2x3+2x-3 d) x6+x3+1提示：用艾森斯坦判斷法. a)取p=2; b)取p=3; c)令x=y+1, 則f(x)=g(y)=y4+2y3-2, 取 p=2得g(y)不可約,即f(x)不可約; d) 令 x=

33、y+1,則f(x)=g(y)=(y+1)6+(y+1)3+1=y6+6y5+15y4+21y3+18y2 +9y+3,取p=3,得g(y)不可約,即f(x)不可約. 2利用艾森斯坦判斷法,證明:若是是t個不相同的素數(shù),而n是一個大于1的整數(shù),那么是一個無理數(shù). 證明:考慮多項式xn-,因互不相同,取p=p1滿足艾森斯坦判斷法,知xn-在有理數(shù)域上不可約, 因n<1無有理根,而是它的一個實根.因而是無理數(shù). 3.設(shè)f(x)是一個整數(shù)系數(shù)多項式,證明:若是f(0)和f(1)都是奇數(shù),那么f(x)不能有整數(shù)根. 證明:設(shè)是f(x)的一個整數(shù)根.則f(x)=(x-a)f1(x).由綜合除法知f1

34、(x)也是整系數(shù)多項式.所以f(0)= -a f1(0), f(1)=(1-a) f1(1),這是不可能的.因為與1-中有一個是偶數(shù).從而f(0)與f(1)至少有一個是偶數(shù),與題設(shè)矛盾.故f(x)無整數(shù)根. 4.求以下多項式的有理數(shù)根: a) x3-6x2+15x-14; b) 4x4-7x2-5x-1; c) x5-x4-x3+2x2-x-3. 解: a)有理單根-2; b)二重有理根-; c)有理單根-1,2.2.9 多元多項式 1.寫出一個數(shù)域F上三元三次多項式的一般形式.解：f=+其中,aijkF. 2.設(shè) f ()是一個r次齊次多項式.t是任意數(shù).證明： f ()=trf ().證明

35、：可設(shè)于是 3. 設(shè)f()是數(shù)域F上一個n元齊次多項式,證明:如果f()=g()h(),則g,h也是n元齊次多項式.證明：反證法，設(shè)g,h至少有一個不是n元齊次多項式，不妨設(shè)是h，則，是齊次多項式，是齊次多項式，并且假設(shè)，則其中都不能消去，與是齊次多項式矛盾故都是齊次多項式 4.把多項式x3+y3+z3+3xyz寫成兩個多項式的乘積.原式=(x+y+z)3-3(x+y+z)(xy+yz+xz)= (x+y+z) (x+y+z)2-3 (xy+ yz+xz)= (x+y+z) (x2+y2+z2-xy-yz-zx). 5.設(shè)F是數(shù)域. f,gF是F上n元多項式. 如果存在hF使得f=gh,那么就說g是f的一個因式.或者說g|f.a) 證明,每一f