數(shù)學專業(yè)多項式二次型例題

1、多項式例1設f(x)和g(x)=pm(x)g1(x)都是數(shù)域P上的多項式,其中m之1且p(x)不整除f(x),(p(x),gi(x)=1,則有數(shù)域P上多項式fi(x)和r(x),使f(x)=f1(x)p(x)+g(x)r(x),其中觀r(x)<c(p(x)0證明由(p(x),g(x)=1知有數(shù)域P上的多項式u(x),v(x)使u(x)p(x)+v(x)g1(x)=1。由帶余除法定理有f(x)=q1(x)p(x)+r0(x),而p(x)不整除f(x),所以有a(u(x)<優(yōu)p(x),于是由u(x)p(x)十v(x)g1(x)=1有f(x)=q1(x)p(x)+r0(x)u(x)p(x

2、)+ro(x)v(x)g1(x)。再由帶余除法定理有r(x)v(x)=q2(x)p(x)+r(x),同樣由p(x)不整除f(x)及上式有c(r(x)<c(p(x),代入上式，得f(x)=(q1(x)+ro(x)u(x)+g1(x)q2(x)p(x)+r(x)g1(x),令f(x)=q1(x)+ro(x)u(x)+g1(x)q2(x),則結論成立。例2設m,n,d是正整數(shù)，證明(1) xd-1xn-1udn,(2) (xm-1,xn-1)=xd-1u(m,n)=d.證明充分性由口設門=4,qWZ,則xn-1=xdq1=(xd)q1=(xd1)(xd(q9+xd+1),所以xd-1xn-1.

3、必要性設門=dq+r,0<r<d,則xn-1=xdq+1=xdqxr_1=xdqxr-xr+xr-1=(xdq1)+(xr-1),由充分性的證明知xd-1xdq-1,于是由xd-1xn-1及整除的組合性質(zhì)有xd-1xr-1,進而由0wr<d得r=0,所以dn.(2)必要性由條件知xd-1xm-1且xd-1xn-1,從而由(1)有dm且dn.若hm且hn,由(1)有xh-1xm-1且xh-1xn-1,從而由條件有xh-1xd-1,再由得hd.綜上得(m,n)=d.充分性證法一由(m,n)=d及(1)知xd1xm-1且xd-1xn1.設h(x)xm-1且h(x)xn-1.若mn或

4、nm,則結論顯然成立.否則有非零整數(shù)u,v使um+vn=d，且u,v的正負性相反，不妨設u>0,v<0,則um=d+(v)n,從而xum-1=xdx(，)n-1=xdx(1)n-xd+xd-1=xd(x(3)n-1)+xd-1,于是由h(x)xm-1,h(x)xn-1及(1)可得h(x)xd-1.綜上有(xm-1,xn-1)=xd-1.證法二由(m,n)=d及(1)有xd-1xm1且乂弓-1xn-1,設h(x)xm1且h(x)xn-1.若&h(x)=0,則h(x)xd-1,否則由xm-1無重根知h(x)也無重根，設h(x)=(x-%)(x-%)(x-隊),其中小,4,，外是

5、互不相同的復數(shù)，則由h(x)xm-1且h(x)xn-1知%,支2,，口k是xm-1和xn-1的公共根，即%m=1,%n=1.而由(m,n)=d有um+vn=d,所以d=：%：n=1,因此四是xd-1的根，故x-«ixd-1,i=1,2,，k.而x-%,x口2,，x-c(k兩兩互素，所以有h(x)xd-1.綜上有(xm1,xn1)=xd-1,例3設f(x)=(x+1)k4n+2x(x+1)k*-+(2x)k(x+1)n,證明x"(x-1)f(x)+(x+1)k*證明由于kk1knf(x)式(x1)2x(x1)(2x)(x1)x-1=2x-(x1)所以(x-1)f(x)(x1)

6、kn1=2x-(x1)(x1)k2x(x1)k(2x)k(x1)n(x1)kn1=(2x)k1-(x1)k1(x1)n(x1)kn1=2k*xk+(x+1)n,故xk(x-1)f(x)+(x+1)k+*。例4設gm(x)fm(x),m>2,證明g(x)f(x).證明(用標準分解式)若f(x)=0,則結論成立.若f(x)#0,則g(x)#0.設f(x)=ap：(x)pkk(x)p；s(x),g(x)=bp：(x)p2k(x)p；s(x),其中p1(x),p2(x)，ps(x)是兩兩互素的首一不可約多項式，ki,li(i=1,2,，s)是自然數(shù),則fm(x)=ap，(x)pmkk(x)pks

7、(x),gm(x)=bp1ml1(x)pmlk(xLpmls(x),由gm(x)fm(x)得mki<mli,故kiwL,i=1,2,，s,所以g(x)f(x).例5設f(x)是數(shù)域P上的不可約多項式，且儀f(x)>1,若f(x)的某個根口的倒數(shù)也是f(x)的根，證明f(x)每個根的倒數(shù)都是f(x)的根.n證明設f(x)=£aixi,則由f(x)不可約知a0#0.i=0n1n1n令g(x)=£aixn",由一是f(x)的根有1tai一=0,即£2”，=0,故o(也是g(x)的1 =0二：i4i=0根，從而f(x),g(x)不互素,再由f(x)不

8、可約有f(x)g(x).設P是f(x)的任意一個根，則P*0,則由f(x)g(x)知P也是g(x)的根，于是由上面的1證明知1是f(x)的根.例6設f(x)=xn+a1xnA+an(na1)是整系數(shù)多項式，n,b2，bn是互不相同的整數(shù)且f(b)=_1(i=1,2,，n),證明f(x)在有理數(shù)域上不可約.證明若f(x)在有理數(shù)域上可約，則f(x)可表成兩個較低次的整系數(shù)多項式的乘積f(x)=g(x)h(x),于是由f(b)=1有g(bj)h(b)=1.而99)和卜(0)都是整數(shù)，故有g(b)=-h(b)(i=1,2,，n),從而由b1,b2,，bn互不相同及g(x),h(x)的次數(shù)都小于n有g

9、(x)=-h(x),從而f(x)=g2(x),這與f(x)是首一多項式相矛盾，故f(x)在有理數(shù)域上不可約.例7設f(x)是次數(shù)大于零的整系數(shù)多項式，且有整數(shù)a使f(a)=f(a+1)=f(a+2)=3,證明對于任意整數(shù)b,都有f(b)#5.證明由f(a)=f(a+1)=f(a+2)=3知a,a+1,a+2都是多項式f(x)-3的根，又多項式x-a,x-a-1,x-a-2兩兩互素，故有f(x)-3=(x-a)(x-a-1)(x-a-2)q(x),而(x-a)(x-a-1)(x-a-2)是本原多項式，f(x)-3是整系數(shù)多項式，所以q(x)是整系數(shù)多項式.若有整數(shù)c,使f(c)=5,則由上式有2

10、 =f(c)-3=(c-a)(c-a-1)(c-a-2)q(c),由于q(c)是整數(shù)，故2有三個連續(xù)的整數(shù)因子c-a,c-a-1,c-a-2,這不可能，所以對于任意整數(shù)b,都有f(b)第5.二次型例1設f(X)=XAX是n元二次型，若f是半正定二次型，則(XAY)2<(XAX)(YAY)0若f是正定二次型，則(XY)2E(XAX)(YA'Y)。證明若f是半正定的，則有矩陣C使A=CC,于是(XAY)2=(XCCY)2=(CX,CY)2<(CX,CX)(CY,CY)=(XCCX(YCCY)=(XAX)(YAY)。若f是正定的，則有可逆矩陣D使A=DD,于是(XY)2=(XD(

11、D),Y)2=(DX,(D)Y)2<(DX,DX)(D-lY,(D-lY)=(XAX)(YAY)。例2A設是n級正定矩陣，B是nxm實矩陣，證明R(BAB)=R(B)。證明由A設是正定矩陣知有n級實可逆矩陣C使A=CC,于是由CB是實矩陣以及C可逆得R(BAB)=R(B'CCB)=R(CB)'(CB)=R(CB)=R(B)。例3設A,B為n級正定矩陣，則(L)存在n級正定矩陣C使A=Cm.(2)AB正定的充要條件是AB=BA.(3)多項式|，A-B的根%,%,，%全大于零，且兒L,%,，九n都等于L的充分必要條件是A=B。(4)Am的順序主子式全大于零。證明(L)由A正定

12、知存在實正交矩陣T使A=Tdiag(%,%Dn)T,其中%,%,，%全大于零，令C=Tdiag(mUX,，m2)T,則C是正定矩陣，且A=C(2)必要性由A,B,AB正定知A,B,AB都是對稱矩陣，于是AB=(AB)'=BA，=BA.充分性由AB=BA及A,B對稱可證(AB)=BA=BA=AB,即AB是實對稱矩陣。又由A正定知A與單位矩陣E合同，即有實可逆矩陣C使CAC'E,于是CABC'=CAC<C,)BC'=(C)BC，由B正定知(C')'BC正定，從而(C')BC的特征值全大于零，而AB與(C')'BC相似，所

13、以AB的特征值全大于零.從而AB是正定矩陣.(3)由正定知有實可逆矩陣C使CAC=E,而由B正定知CBC也正定，于是多項式-CBC的根全大于零，從而由一.一一.一一.一,2九E-CBC=|ACAC-CBC=C|ZA-B|(1)可知|-B的根全大于零。若,A-B的根全為1,由(1)式知CBC的特征值全為1,于是有正交矩陣U使UCBCU=E,由此可得CBC=CAC,所以A=B。若A=B,則|ZA-B=A(九1)n,由此可知|KA-B的根全為1。(4)由A正定有A*=A。當m=2k為偶數(shù)時，由A正定知Ak是實可逆矩陣，于是由Am=AkAk=(Ak)(Ak)知Am是正定矩陣。當m=2k+1時，同理由A

14、m二AkAAk=(Ak)A(Ak)知Am是正定矩陣。由Am是正定矩陣可以證明它的主子式全大于零。例4設f=XAX和g=XBX都是n元實二次型，其中至少有一個是正定的，證明：在Rn中，曲面f=1和g=1沒有公共點的一個充分必要條件是二次型h=f-g是正定的或者是負定的。證明不妨設f是正定的。充分性若曲面f=1和g=1有公共點X0,即f(X0)=1,g(X0)=1,于是h(X0)=f(Xo)-g(Xo)=0,由于h是正定的或者是負定的，所以有Xo=0,從而f(Xo)=0,得到矛盾，所以曲面f=1和g=1沒有公共點。必要性若h既不是正定的也不是負定的，則可以證明三X1wRn,且X1#0,使h(X1)

15、=0,1.從而由f是正定有f(X1)=g(X1)=d>0,令X2=,X1，則有.d11.11.1f(X2)=f(-=X1)=(-=X1)HA(-=X1)=X1AX1=d=1,.dd.ddd同樣有g(X2)=1,即X2是曲面f=1和g=1有公共點，這與條件相矛盾，所以h是正定的或者是負定的。例5設n級實對稱矩陣A,B的特征值分別為cv%wK2wy九na,dvwwy匕vb,證明A+B的特征值在(c+d,a+b)中.證明由A實對稱知有正交矩陣T使TAT=dia(一,%，£),于是T(aEA)T=diaga%,a%,，a友,由兒w%w兒nva知a%>0(i=1,2,，n),所以aE-A是正定矩陣.同理可證bE-B,A-cE,B-dE也是正定矩陣，而(ab)E-(AB)=(aE-A)(bE-B),(AB)-(cd)E=(A-cE)(B-dE),所以(a+b)E-(A+B),(A+B)-(c+d)E也是正定矩陣，從而其特征值全大于零.設%是矩陣A+B的任一特征值，則(a+b)-%,%-(c+d)分別是矩(a+b)E-(A+B)和(A+B)(c+d)E的特征值，因此(a+b)九0,(c+d)全大于零，即九0w(c+d,a+b).例6設A是n級實反對稱矩陣，B是n級正定矩陣，證明A+B>00證明構作區(qū)間0,1上的連續(xù)實函數(shù)f(x