完整版)多项式习题精解第一章多项式多项式理论是高等数学研究的基本对象之一,在整个高等代数课程中既相对独立，又贯穿其他章节换句话说，多项式理论的讨论可以不依赖于高等数学的其他内容而自成体系，却可为其他章节的内容提供范例与理论依据本章主要讨论多项式的基本概念与基本性质，包括数域的概念、一元多项式的定义与运算规律、整除性、因式分解及根等概念对于多元多项式，则主要讨论字典排列法与对称多项式一重难点归纳与分析(一) 基本内容概述多项式理论又分为一元多项式与多元多项式两大部分，其中一元多项式主要讨论：1． 一元多项式的基本概念与基本性质：主要讨论数域的概念、一元多项式的定义与运算规律2． 一元多项式的整除性理论：主要讨论带余除法与余数定理、整除的基本概念与基本性质、最大公因式和互素的基本概念与基本性质3． 一元多项式的因式分解理论：主要讨论不可约多项式的基本概念与基本性质、因式分解及其唯一性定理、三个特殊数域上的多项式分解.4． 一元多项式的根与重根:主要讨论重因式的定义与性质、多项式的根、多项式根的个数定理多元多项式则主要讨论多元多项式的基本概念、字典排列法与对称多项式.（二)重难点归纳本章的重点为一元多项式的概念，因式分解理论，多项式的根和对称多项式；难点为最大公因式的定义，一元多项式的整除性，一元多项式的整除、最大公因式、互素及不可约多项式等概念的联系与区别。
三)题型归类与分析本章的基本题型主要有:1． 关于一元多项式的基本概念，通常有一元多项式的比较次数法、比较系数法,用以确定多项式的次数及证明有关命题.2． 关于一元多项式整除性理论,通常有多项式整除性的检验、最大公因式的求法、互素的判别、按幂展开等等，可采取综合除法、带余除法、辗转相除法、待定系数法、反证法及利用多项式的整除、最大公因式、互素等定义与性质求证有关命题3． 关于一元多项式的因式分解理论，通常有多项式的可约性判别、因式分解、重因式的判别等等,可采取艾森斯坦判别法、克龙莱克尔分解法、求有理根的分解法、分离重因式法、辗转相除法以及利用不可约多项式的定义与性质求证有关命题4． 关于一元多项式的根与重根，通常有根的检验及重根的判别、根与系数的关系以及球多项式的根与重根等等，可利用辗转相除法、结式判别法、分离重因式法、艾森斯坦判别法等进行讨论，以及利用某些基本定理求解5． 关于多元多项式，通常有对称多项式化初等对称多项式的化法与对称多项式的应用，其中化对称多项式为初等对称多项式的方法主要有公式法、首项消去法及待定系数法；应用对称多项式,可以对具有对称多项式形式的线性方程组求解、进行因式分解、进行恒等式的证明及求多元多项式的零点.（四）综合举例例1设是一元多项式，是任意数,是非零数，试证:1）是常数；2）为常数）;3）。
证上述命题的充分性显然，下证必要性1） 若不是常数，因是一元多项式，可设，并设个根，则于是也是的n个根，再由韦达定律,有从而，与假设矛盾,即证是常数2） 在中，令，可得,于是是的一个根，从而有再令，得即证为一个常数，设其为,代入可得3） 若，则结论成立.否则由知只能是常数，设其为，则又因假设,，所以,即证.例2 在中,设为任意的多项式，试证：证:由已知，可设则于是即是与的一个公因式若是与的任意一个公因式，则由多项式的整除性质，可得这表明,从而即还是与的一个首项系数为1的最大公因式，故有例3 设是实系数多项式，且（1）（2）试证皆能被整除证由可得再由,同理可证例4 试问:2是否为一元多项式的根?如果是，它是几重根？解:考察2是否为或者的根时，可采用综合除法,得,.即知2不是的根，但2是的根进一步考察2是的几重根求的各阶导函数因为所以于是有从而知2是的三重根例5 设有一个三阶行列式试求此行列式，并将其表示成初等对称多项式的多项式解:直接展开此三阶行列式,可得再由初等对称多项式则所求多项式中相应的初等对称多项式的方幂之积应满足下表：指数组对应的的方幂乘积300210111若令并取值代入上式可得从而所求初等对称多项式为例6 求一个三元一次方程，使其三个根分别为另一个三元一次方程的三个根的立方。
解设分别为方程的三个根,则于是由韦达定理，所求三元一次方程为二、习题精解1． 用除,求商与余式：1）2)解1)由带余除法，可得2）同理可得2．适合什么条件时，有1)2）解1由假设，所得余式为0，即所以当时有2）类似可得于是当时，代入（2）可得；而当时，代入（2)可得综上所诉，当或时,皆有3．求除的商与余式1）2）解1）因为.所以2）因为...所以4．把表示成的方幂和，即表成的形式：1）2)3)解1)由综合除法，可得..所以2）类似可得3） 因为所以5．求与的最大公因式：1)2）3）解1）2)3）6．求使1）2）3）解1）因为所以再由解得于是2）仿上面方法，可得且3）由可得７．设与的最大公因式是一个二次多项式，求的值解因为且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式为0,即从而可解得或８．证明:如果，且为与的组合，那么是与的一个最大公因式证易见是与的公因式.另设是与的任一公因式，下证由于是与的一个组合，这就是说存在多项式与，使从而由可得，即证.９．证明:的首系数为１）证因为存在多项式使所以上式说明是与的一个组合另一方面,由知同理可得从而是与的一个最大公因式，又因为的首项系数为１，所以１０．如果不全为零,证明:证存在使又因为不全为０,所以由消去律可得所以11．证明：如果不全为零,且那么。
证由上题证明类似可得结论12．证明：如果，那么证由假设，存在及使(1）(2）将（1）（2）两式相乘，得所以13．设都是多项式，而且求证:证由于反复应用第12题结论，可得同理可证从而可得14．证明：如果，那么.证由题设知,所以存在使从而即所以同理再由12题结论，即证15．求下列多项式的公共根解由辗转相除法，可求得所以它们的公共根为.16．判别下列多项式有无重因式：1）2）解1）所以有的三重因式.2)所以无重因式.17．求值，使有重根解易知有三重根时，若令比较两端系数,得由（1）,(3）得解得的三个根为将的三个根分别代入（1),得再将它们代入（2），得的三个根当时有3重根；当时，有2重根.18．求多项式有重根的条件解令，则显然当时，只有当才有三重根下设,且为的重根，那么也为与的根，即由(1)可得，再由（2）有.所以两边平方得所以综上所叙即知，当时,多项式有重根.19．如果，求解令由题设知，1是的根，也是的根，此即解得20．证明:不能有重根证因为的导函数所以,于是从而无重根.21．如果是的一个k重根，证明是的一个k+3重根证因为由于是的重根，故是的重根代入验算知是的根现在设是的重根，则是的重根，也是的s—2重根.所以即证.22．证明：是的重根的充分必要条件是,而证必要性：设是的重根,从而是的重根，是的重根，。
是的一重根，并且不是的根于是而充分性：由，而,知是的一重根又由于,知是的二重根,依此类推，可知是的重根23．举例说明段语“是的重根，那么是的重根"是不对的.解例如,设那么以0为重根,但0不是的根24．证明:如果，那么证要证明，就是要证明（这是因为我们可以把看作为一个变量）由题设由，所以也就是，即证25．证明：如果，那么证因为的两个根为和,其中所以和也是的根，且，于是解之得即证.26．求多项式在复数范围内和在实数范围内的因式分解.解在复数范围内其中在实数域内所以，当为奇数时，有其中皆为实数当是偶数时，有27．求下列多项式的有理根：1）2）3）解利用剩余除法试根，可得1） 有一个有理根：22） 有两个有理根：（即有2重有理根）3） 有五个有理根：(即一个单有理根3和一个4重有理根）28．下列多项式在有理数域上是否可约？1）2）3）4)为奇素数5）为整数解1)因为都不是它的根,所以在有理数域里不可约.2)利用艾森斯坦判别法，取，则此多项式在有理数域上不可约3）首先证明：命题设有多项式，令或，得或则与或者同时可约,或者同时不可约.事实上，若可约，即，从而这就是说也可约,反之亦然.现在我们用它来证明在有理数域上不可约。
令，则多项式变为利用艾森斯坦判别法,取，即证上式不可约，因而也不可约4） 设，令,则由于是素数，因而但，所以由艾森斯坦判别法，即证在有理数域上不可约，因而也在有理数域上不可约5） 已知令,可得利用艾森斯坦判别法，取，即证在有理数域上不可约,因而也在有理数域上不可约29．用初等对称多项式表求出下列对称多项式：1）2）3)4）5)6)解1）对称多项式的首项为，其方幂为，即又因为所以原式=2）同理可得4） 原式=由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为,所以的方幂之积为指数组对应的方幂乘积420411330321222原式=（1)只要令，则原式左边另一方面，有代入(1)式，得.再令，得令，得(2)令得(3)由（2），（3）解得因此原式4）原式=指数组对应的方幂乘积220021101111设原式令得因此原式5） 因为原式=由于所以原式6） 因为原式其中所以原式30．用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：1）2）3)4）(表示所有由经过对换得到的项的和解1）因为多项式的首项为，所以指数组对应的方幂乘积4000…03100…02200…02110…01111..0设原式令得得.得.所以原式2）同理可得原式3）原式4） 原式31．设是方程的三个根，计算解因为由根和系数的关系，可得再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得32．证明：三次方程的三个根成等差数列的充分必要条件为证设原方程的三个根为，则它们成等差数列的充分必要条件为将上式左端表为初等对称多项式,得故三根成等差数列的充分必要条件为三、补充题精解1． 设，且,证明：证设则由已知，得其次，设是与的任一公因式，只需证明即可.因为所以。