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1、习 题 一A 组 1. 判别是否为数域？解 是2. 设，求，解，3设，求的展开式中各项系数的和解 由于的各项系数的和等于，所以4. 求除以的商与余式(1) ；(2) 解 (1) 用多项式除法得到 所以， (2) 用多项式除法得到所以，5设是两个不相等的常数，证明多项式除以所得余式为证明 依题意可设，则解得故所得余式为6. 问适合什么条件时，能被整除？(1) ，；(2) ，解 (1) 由整除的定义知，要求余式所以先做多项式除法，要求， 所以即时，可以整除(2) 方法同上先做多项式除法，所得余式为，所以，即或时，可以整除7. 求与的最大公因式:(1) ；(2) ；(3) 解 (1) 用辗转相除法得
2、到用等式写出来，就是，所以(2) 同样地，所以.(3) 同样用辗转相除法，可得 8. 求使：(1) ：(2) ：(3) 解 (1) 利用辗转相除法，可以得到，因而，并且所以(2) 利用辗转相除法，可以得到，因而，并且所以(3) 利用辗转相除法，可以得到，因而，并且所以9. 设的最大公因式是一个二次多项式，求的值解 利用辗转相除法，可以得到 ， 由题意，与的最大公因式是一个二次多项式，所以解得10. 设，求和解 用去除，得余式，由题意要求知，即解得11. 证明：如果，那么证明 由条件可知，存在和使得，存在和使得用乘以第一式得，代入第二式得，即，所以12. 证明：如果与不全为零，且，那么证明 由于
3、，与不全为零，所以两边同时除以，有，所以13. 证明：如果，且为与的一个组合，那么是与的一个最大公因式证明 由题意知是与的公因式再由条件设 又设为与的任一公因式，即，则由上式有 故而是与的一个最大公因式14. 证明：，其中的首项系数为1证明 显然是与的一个公因式下面来证明它是最大公因式设满足，则由上题结果知，是与的一个最大公因式，又首项系数为1，所以15. 设多项式与不全为零，证明证明 设，则存在多项式，使因为与不全为零，所以上式两边同时除以，有 ，故成立16分别在复数域、实数域和有理数域上分解为不可约因式之积解 在实数域上的分解式为在复数域上的分解式为在有理数域上是不可约多项式否则，若可约，
4、有以下两种可能（1）有一次因式，从而它有有理根，但，所以无有理根（2）无一次因式，设，其中为整数于是，又分两种情况：，又 ，从而由 ，得，矛盾；，则，矛盾综合以上情况，即证17. 求下列多项式的有理根：(1) ；(2) ；(3) 解 (1)由于是首项系数为1的整系数多项式，所以有理根必为整数根，且为的因数的因数有：，计算得到：故是的有理根再由多项式除法可知，是的单根(2) 类似（1）的讨论可知，的可能的有理根为：，计算得到，故是的有理根再由多项式除法可知，是的2重根(3) 类似地，的可能的有理根为：，计算得到故，是的有理根再由多项式除法可知，是的4重根，是的单根18若实系数方程有一根（为实数，
5、），则方程有实根证明 设原方程有三个根不失一般性，令，从而有 ，由根与系数的关系可知，所以，即，故这说明有实根19. 证明：如果，那么证明 因为，所以 因此，令，则有，即20. 下列多项式在有理数域上是否可约？(1) ；(2) ；(3) ；(4) ，p为奇素数；(5) ，k为整数解 （1）的可能的有理根为：，而，所以它在有理数域上不可约（2）由Eisenstein判别法，取素数，则不能整除1，而 ，但是不能整除2，所以该多项式在有理数域上不可约（3）令，代入有取素数，由Eisenstein判别法知，在有理数域上不可约，所以在有理数域上不可约(4) 令，代入，得，取素数，由Eisenstein判
6、别法知，在有理数域上不可约，所以在有理数域上不可约(5) 令，代入，得，取素数，由Eisenstein判别法知，在有理数域上不可约，所以在有理数域上不可约B 组 1设，是实数域上的多项式，(1) 若，则(2) 在复数域上，上述命题是否成立？证明 (1）当时，有，所以，命题成立如果，不全为零，不妨设当时，为奇数；当时，因为，都是实系数多项式，所以与都是首项系数为正实数的奇次多项式，于是也有为奇数而这时均有，且为偶数，矛盾因此有，从而有(2) 在复数域上，上述命题不成立例如，设，其中为自然数，有，但，2. 设，满足,证明. 证明 两式相加得到.由可知.两式相减得到.故，即.3设，证明(1) 若，则
7、；(2) 若，是否有?解 (1) 因为，故存在多项式，使得于是由于，故有，即(2) 否例如取，虽然且，但不能整除4当为何值时，和的最大公因式是一次的？并求出此时的最大公因式 解 显然当时，则当时，则这时5证明：对于任意正整数，都有 证明 由题意可知与不全为零令，则，从而，所以对任意正整数，有，于是有，即 又由，有，因此是与的首项系数为1的最大公因式，从而有6. 设且，证明证明 设，则由于 ，故又设，由上式及，可得， ，从而 ，于是 ，即也是和的最大公因式，即7设，且与不全为零，证明是与的一个最大公因式的充分必要条件是证明 必要性若是与的一个最大公因式，则存在多项式使， 于是由与不全为零知，因此
8、有，即充分性若，则存在多项式，使两边同时乘有由是与的一个公因式知，是与的一个最大公因式8设和是两个多项式，证明当且仅当证明 必要性设，若与不互素，则有不可约公因式，使，所以或不妨设，由可知，因此是和的公因式，与互素矛盾，故与互素充分性设，则存在使，上式说明9. 如果，那么，证明 的两个根为和，所以，因为，所以，故有即解得，从而，10. 若，则的根只能是零或单位根证明 因为，故存在多项式，使设为的任一根，即，则也就是说，当为的一根时，也为的一根依此类推，可知也是的根由于的根的个数有限，故必定存在正整数(不妨设)，使得，于是有即，或者，即为单位根11. 设是一个整系数多项式，且都是奇数，则没有整数
9、根证明 设，假设有整数根，则整除，即，其中商式也是一个整系数多项式事实上，设，代入上式并比较两端同次幂系数，得，因为是一个整系数多项式，所以，也是整数，令分别代入展开式，得由于都是奇数，则及都必须是奇数，这是不可能的，所以，不能有整数根12证明对于任意非负整数，都有 证明 设是的任一根，即 ，由此得，即也是的根又因为无重根，因此13. 假设是两两不同的整数，证明：多项式在有理数域上不可约证明 用反证法假设在有理数域上可约，则有整系数多项式，使得于是，因此，或这样总有，从而由推论2知，所以这与的首项系数为1相矛盾，故在有理数域上不可约电视墙也就是电视背景装饰墙，是居室装饰特别是大户型居室的重点之一，在装修中占据相当重要的地位，电视墙通常是为了弥补客厅中电视机背景墙面的空旷，同时起到修饰客厅的作用。因为电视墙是家人目光注视最多的地方，长年累月地看也会让人厌烦，所以其装修就尤为讲究15
