第一章多项式习题解答1.用g( x)除f ( x)，求商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) x3 3x2 x 1, g (x) 3x2 2x 1 3x 2 2x 1 x3 3x 2 x 1 1 x 7x3 2 x2 1 x 3 93 37 x2 4 x 13 37 x2 14 x 73 9 926 x 29 91x 7, r ( x)26x2q( x)9 9 .3 92）f ( x) x4 2x 5, g(x) x2 x 2x2 x 2 x 4 0x3 0 x2 2 x 5 x2 x 1x4 x3 2x2x3 2x2 2xx3 x2 2xx2 4x 5x2 x 25x 7q( x) x2 x 1, r ( x) 5x 7 .2.m, p, q 适合什么条件时，有1）x2 mx 1| x3 px qx 2 mx 1 x3 0 x2 px q x mx3 mx2 xmx2 ( p 1) x qm x2 m2 x m(m2 p 1) x ( q m)当且仅当 m2 m 时x2 1| x3 px q .本题也可用待定系数法求解.当x2 mx 1| x3 px q 时，用 x2 mx 1 去除x3 px q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为x q .于是有x3 px q ( x q)( x2 mx 1) x3 (m q)x2 (mq 1) x q .因此有 m2 p 1 0, q m .2）x2 mx 1| x4 px2 q由带余除法可得x4 px2 q ( x2 mx 1)( x2 mx p 1 m2 ) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 )当且仅当 r ( x) m(2 p m2 ) x (q 1 p m2 ) 0 时 x2 mx 1 | x4 px2 q .即m(2 p m2 ) 0，即m 0,或p m2 2,q 1 p m2 0 q 1 p, q 1.本题也可用待定系数法求解 .当x2 mx 1| x4 px2 q 时，用 x2 mx 1 去除x4 px2 q ，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为x2 ax q .于是有x4 px2 q (x 2 ax q)( x2 mx 1)x4 (m a) x3 (ma q 1) x2 (a mq) x q.比较系数可得 m a 0, ma q 1 p, a mq 0. 消去 a 可得m 0, 或p m2 2,q 1 q 1.p,3.求g( x)除f ( x)的商q( x)与余式r ( x) .1）f ( x) 2x5 5x3 8x , g (x) x 3;解：运用综合除法可得3 2 0 5 0 8 06 18 39 117 3272 6 13 39 109 327商为 q(x) 2x4 6x3 13x2 39 x 109 ，余式为 r (x) 327.2）f ( x)x3x2x, g( x) x 1 2i .解:运用综合除法得 :1 2i 1 1 1 01 2i 4 2i 9 8i1 2i 5 2i 9 8i商为 x2 2ix (5 2i ) ,余式为9 8i .4.把f ( x)表成x x0的方幂和，即表示成c0 c1 ( x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 的形式 .1） f ( x) x5 , x0 1 ；2）f ( x) x4 2x2 3, x0 2;3）f ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i , x0 1.分析：假设 f ( x) 为 n 次多项式，令f (x) c0 c1 (x x0 ) c2 ( x x0 ) 2 c n ( x x0 )nc0 (x x0 )[ c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 ) n 1 ]c0即为x x0 除 f ( x) 所得的余式，商为 q(x) c1 c2 ( x x0 ) c n ( x x0 )n 1.类似可得 c1为 x x0除商 q( x) 所得的余式，依次继续即可求得展开式的各项系数.解： 1）解法一：应用综合除法得 .1 1 0 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 1 1 11 2 3 41 1234 51 3 61 1 3 6 101 41 1 4 1011 5f ( x) x5 ( x 1)5 5( x 1)4 10( x 1) 3 10( x 1) 2 5( x 1) 1 .解法二：把 x 表示成( x1) 1 ，然后用二项式展开x5[( x 1) 1]5(x 1)55( x 1) 410( x 1)310( x 1) 25( x 1) 1 2）仿上可得2 1 0 2 0 32 4 4 82 1 2 2 4 112 8 202 1 4 10 242 122 1 6 2221 8f ( x) 11 24( x 2) 22(x 2)2 8( x 2) 3 ( x 2)4.3）因为i 1 2i 1 i 3 7 ii 1 1 4ii 1 i i 4 7 5ii 0 1i 1 0 i 5i 1i 1 i 1 ii1 2if ( x) x4 2ix 3 (1 i) x2 3x 7 i(7 5i) 5( x i ) (1 i )( x i ) 2 2i (x i )3 ( x i ) 4.5.求f ( x)与g ( x)的最大公因式1）f ( x) x4 x3 3x2 4x 1, g( x) x3 x2 x 1解法一：利用因式分解f (x) x4 x3 3x2 4x 1 (x 1)( x3 3x 1),g (x) x 3x 2 x 1 ( x 1) 2 (x 1).因此最大公因式为 x 1. 解法二：运用辗转相除法得q 2 (x) 1x 1 x 3x 2x 1 x 4 x 3 3x 2 4x 1 x q 1 ( x)24 x33 x 21 x x 4x 3 x 2x1 232r 1 (x)2x 2 3x 1 8 x 4q 3 ( x)2x x 12x 2 2 x 332 21 x23 x1x 124 4x 133r 2 (x)x4 4因此最大公因式为 x 1.2） f ( x) x 44x 3 1, g( x) x 33x 2 1 .解：运用辗转相除法得（注意缺项系数补零）3 2432x4x 0x0 x 1 x 1 q 1( x)q 2 (x)1x10x3x 0x13931 2 2 xx 43x 3 0x 2 xxx33x 3 0x 2 x 110 x 22x 1x 3 3x 2 0 x 133r 1 (x) 3x 2x 210 x 210 x2027 x441 39 93x 2 33 x 16 256r 2 ( x) 16 x 11169 949 x21649 x 53916 256 r 3 ( x)27256( f ( x), g( x)) 1.3） f ( x) x 4 10 x 21, g (x) x 44 2x 3 6x 2 4 2x 1.g (x)f (x) 4 2 (x32 2x 2x)f (x) r ( x) ，1f ( x) (x32 2x 2x)( x 22) (x22 2x 1)4 1 r 1( x)( x2 2 ) r 2 ( x),24 1r 1 ( x) x 32 2x 2 x x( x 22 2x 1) r 2 (x) x,2( ( ), ( )) 2 2 2 1.6.求u( x), v(x)使u(x) f ( x) v(x) g( x) ( f ( x), g ( x)) :1）f ( x) x4 2x3 x 2 4x 2, g( x) x4 x3 x2 2x 2;解：运用辗转相除法得：q2 ( x) x 1 x4 x3 x2 2x 2 x4 2x3 x2 4x 2 1 q1 (x)x4 2x2 x4 x3 x2 2x 2x3 x2 2x r1 (x) x3 2 x x q3 ( x)x3 2x x3 2xr2 ( x) x 2 2 0因此 ( f ( x), g( x)) r2 (x) x2 2 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1q1( x)q2 (x)] g(x) .u(x) q2 (x) x 1, v( x) 1 q1( x) q2 ( x) x 2.2）f ( x) 4x4 2x3 16x2 5x 9, g (x) 2x3 x2 5x 4;解：运用辗转相除法得：q2 (x) 1 x 1 2x3 x2 5x 4 4x 4 2x3 16 x2 5x 9 2 x q1 ( x)3 3 2x3 x2 3x4 x4 2x3 10 x2 8x2x2 2x 4 r1 (x) 6x 2 3x 9 6 x 9 q3 ( x)2x2 x 3 6x2 6 xr2 ( x) x 1 9x 99x 9因此 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) x 1 .且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) 1 x 1 , v(x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 2x( 1x 1 ) 2 x22x 1.3 3 3 3 3 3 3）f ( x) x4 x3 4x2 4x 1, g( x) x2 x 1.解：运用辗转相除法得：q2 (x) x 1 x2 x 1 x4 x3 4x 2 4x 1 x2 3 q1( x)x 2 2x x4 x3 x2x 1 3x2 4x 1x 2 3x2 3x 3r2 (x) 1 r1 (x) x 2因此 ( f ( x), g( x)) r2 ( x) 1. 且有f ( x) g( x)q1 (x) r1( x) ， g( x) r1( x) q2 ( x) r2 (x), r1 (x) r2 (x)q3( x).于是 r2 ( x) g( x) r1( x)q2 ( x) g(x) [ f ( x) g( x)q1( x)] q2 ( x)q2 (x) f ( x) [1 q1( x)q2 (x)] g(x) .u( x) q2 ( x) x 1, v( x) 1 q1 ( x)q2 ( x) 1 ( x2 3)( x 1) x3 x2 3x 2.7.设f ( x) x3 (1 t ) x2 2x 2u, g( x) x3 tx u 的最大公因式是一个二次多项式，求 t, u 的值 .解：运用带余除法有f ( x) x3 (1 t) x2 2x 2u ( x3 tx u) 1 (1 t )x 2 (2 t) x ug (x) r1( x), 由题意可得， r1( x) 即为 f (x), g (x) 的最大公因式.因此有1 t 0 .进一步g( x) r1 ( x)[ 1xt 22]r2 (x),1 t (1 t )r2 ( x) t(1 t) 2 u(1 t ) (2 t) 2x u[1t 2] .(1 t) 2 (1 t )2要使 r1 (x) 为 f ( x), g ( x) 的最大公因式的充要条件是 r2 ( x) 0. 即t (1 t) 2 u(1 t ) (2 t )2 0,u[(1 t) 2 (t 2)] 0,解得u 0, u 0, u 7 11i , u 7 11i ,1 3i 1 11i 1 11it 4; ; t ; tt 2 2 2 .8.证明：如果d( x) | f (x), d( x) | g( x),且d ( x)为f ( x) 与 g( x) 的一个组合，那么d ( x) 是 f (x) 与 g(x) 的一个最大公因式.证明：由 d ( x) | f ( x), d ( x) | g( x) 可知 d( x) 是 f (x) 与 g (x) 的一个公因式.下证f ( x) 与 g( x) 的任意一个公因式是 d ( x) 的因式.由 d ( x) 为 f (x) 与 g(x) 的一个组合可知，存在多项式u(x), v( x) ，使得d( x) u( x) f (x) v(x) g( x) .设( x) 是 f (x) 与 g( x) 的任意一个公因式，则(x) | f ( x),( x) | g ( x) .故(x) |u( x) f ( x)v( x) g( x)即(x) | d (x). 因此 d( x) 是 f (x) 与 g (x) 的一个最大公因式.9.证明：( f (x)h( x), g (x) h( x))( f (x), g( x))h(x)( h( x) 的首项系数为1）.证明：存在多项式u(x), v( x) ，使得( f ( x), g ( x)) u( x) f (x)v(x) g( x) .所以有 ( f (x), g (x)) h( x) u( x) f (x)h(x)v( x) g(x)h(x) .即 ( f (x), g (x)) h( x) 是f ( x)h(x) 与 g( x) h( x) 的一个组合.显然有( f (x), g( x)) | f ( x), ( f ( x), g( x)) | g(x) .从而 ( f ( x), g( x))h( x) | f ( x)h(x), ( f ( x), g( x))h( x) | g( x) h( x) .由第8题结果( f (x), g (x))h( x) 是 f (x)h( x) 与 g( x)h( x) 的一个最大公因式.又h(x)是首项系数为1 的，因此( f ( x) h( x), g ( x) h(x)) ( f ( x), g( x))h(x).f ( x), g ( x)10.如果f ( x)，g ( x)不全为零，证明( ) 1 .( f ( x), g( x) ( f (x), g( x) 证明：由 f ( x) , g ( x) 不全为零可得其最大公因式不为零多项式，即( f (x), g (x)) 0.又存在多项式 u( x), v( x) ，使得( f ( x), g ( x)) u( x) f (x)v(x) g( x) .于是1f (x)v( x)g(x)u(x) .( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))f ( x)g (x)) 1 .因此 ( ,( f ( x), g (x) ( f (x), g (x)11.如果f ( x)，g( x)不全为零，且u(x) f ( x) v(x) g( x) ( f (x), g( x)) ，那么 (u( x), v( x)) 1 .证明：由 f ( x) , g( x) 不全为零可得 ( f (x), g (x)) 0.由u(x) f ( x) v( x) g(x)( f ( x), g( x)) 有f ( x)v( x) g(x)u( x) 1.( f ( x), g( x)) ( f ( x), g ( x))于是 (u( x), v( x)) 1 .12.证明：如果( f (x), g( x)) 1, ( f ( x), h(x)) 1, 那么 ( f ( x), g( x)h( x)) 1.证法一、由条件 ( f (x), g (x)) 1, ( f ( x), h(x)) 1可得存在多项式 u1 ( x), v1( x) ；u2 (x), v2 ( x) 使得u1 (x) f ( x) v1 ( x) g(x) 1， u2 ( x) f ( x) v2 ( x) h( x) 1 .两式相乘得[ u1 (x)u2 (x) f ( x) u2 ( x)v1 (x) g( x) u1( x)v2 (x)h( x)] f (x) v1 (x)v2 ( x) g(x)h( x) 1.因此有 ( f (x), g (x)h(x)) 1.证法二、反证法证明 .显然( f ( x), g(x)h(x))0.若 ( f ( x), g( x)h( x))1, 则存在不可约多项式p( x) ，使得 p( x) 为 f ( x) 与 g( x)h(x) 的公因式.因此有 p( x) | f ( x) 且p( x) | g( x)h(x) .由 p(x) 的不可约性有p( x) | g(x) 或 p( x) | h( x) .若 p( x) | g( x) ，则p( x) 为 f ( x) 与 g (x) 的一个公因式，与( f ( x), g( x)) 1 相矛盾.若 p( x) | h( x) ，则p( x) 为 f ( x) 与 h( x) 的一个公因式，与 ( f ( x), h( x)) 1 相矛盾.因此( f (x), g (x)h( x)) 1不成立，即有 ( f ( x), g( x) h(x)) 1.13.设f1( x), f2( x),, f m (x), g1 (x), g2 ( x),g n ( x) 都是多项式，而且( f i ( x), g j ( x)) 1, (i 1,2, , m; j 1,2,, n).求证： ( f1 ( x) f2 ( x) f m ( x), g1 ( x)g2 ( x) g n ( x)) 1.证明：由 ( f1 ( x), g j ( x)) 1( j 1,2, , n) ，反复利用第12 题结果可得( f1 ( x), g1 ( x)g2 (x) g n ( x)) 1 .类似可得( f i (x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1, i 2,, m.再反复利用 12 题结果可得( f1( x) f2( x) f m ( x), g1 (x)g2 ( x) g n ( x)) 1.14.证明：如果( f (x), g( x))1, 那么 ( f ( x) g( x), f ( x) g ( x)) 1.证明：方法一 .由( f (x), g( x))1, 存在多项式 u( x), v(x) 使得u( x) f (x) v( x) g(x)1 .从而有(u1 ( x) v1 (x)) f ( x) v1 ( x)( f ( x) g (x)) 1,u1 ( x)( f ( x) g (x)) ( u1 ( x) v1 (x)) g(x)1, 因此有 ( f (x), f ( x) g( x)) 1, (g (x), f (x) g( x)) 1. 由12题结果结论成立.方法二：用反证法 .若( f (x) g( x), f ( x)g (x)) 1.则存在不可约多项式p( x) ，使得 p( x) 为 f ( x) g(x) 与 f ( x)g( x) 的公因式.即p( x) | f ( x) g(x) 且 p(x) | f ( x) g (x) .由 p( x) 的不可约性及p( x) | f ( x)g ( x) ，有 p( x) | f (x) 或 p(x) | g ( x) .若 p(x) | f (x) ，又 p(x) | f (x) g (x) ，因此有 p( x) |[( f ( x) g (x)) f (x)] ，即 p( x) | g( x) ，也即 p( x)为 f (x) 与 g(x) 的一个公因式，与 ( f (x), g(x))1相矛盾.类似可得当 p( x) | g( x) 时也与已知 ( f ( x), g ( x)) 1 矛盾.所以 ( f ( x) g (x), f (x) g( x)) 1.15.求下列多项式的公共根：f ( x) x32x22x 1;g ( x) x4x32x2x 1.10解法一：利用因式分解可得f (x) x 3 2x 2 2x 1 ( x 1)( x 2 x 1);g( x) x 4x 32 x 2 x 1 (x 21)( x 2 x 1).因此 ( f ( x), g( x)) x 2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3 i.22解法二：运用辗转相除法求出 f ( x) 与 g( x) 的最大公因式， 最大公因式的根即为所求的公共根 .g( x) f (x)( x1) 2( x 2 x 1),f (x)( x 2 x 1)( x 1).因此 ( f ( x), g( x)) x2x 1. f ( x) 与 g( x) 的公共根为1 3i.2216.判别下列多项式有无重因式：1） f ( x) x 5 5x 4 7 x 32x 2 4x 8;解： f ' ( x) 5x 420x 3 21x 2 4x 4,运用辗转相除法可得 (f ( ), f ' ( )) x 2 4 x 4 ( x 2) 2.因此 x 2为 f ( x) 的三重x x因式 .解法二：试根可得 2 为 f (x) 的根f ( x) ( x 2)( x 4 3x 3 x 2 4) ( x 2) 2 ( x 3x 2 x 2) ( x 2)3 ( x 2x 1) .因此 x 2为 f ( x) 的三重因式 .2) f ( x) x 4 4x 2 4x 3.解： f ' (x)4x 3 8x 4 4(x 32x 1). ( f (x), f ' ( x)) 1.故 f ( x) 无重因式 .17.求 t 值使 f ( x) x 3 3x 2 tx 1有重根 .解法一：要使 f (x) 有重根，则 ( f (x), f ' ( x))1. f ' (x)3x 2 6x t.f ( x) x 3 3x 2 tx 1 ( 1 x1) f '(x) t 3(2x 1),3 3 3f '( x) 3x26x t(2x 1)( 3x 15) t 15 . 当 t 32 4 4 0, 即 t3 时3f ' ( x) 3x 2 6x 3 3(x 1) 2 , f ' ( x) | f ( x), ( f ( x), f ' ( x))( x 1)2 ，因此 1 为 f (x) 的三重根 .当 t15 0 ，即 t15时， ( f ( x), f ' ( x)) x 1 ， 1为 f (x) 的二重根 .44 2 2解法二：设 f ( x) ( x a)2 ( x b)x 3 ( 2a b)x 2 (a 22ab)x a 2b .因此有2a b 3,a 2 2ab t,a 2b 1.由第一个方程有 b 6 2a ，代人第三个方程有 a 2 (3 2a) 1,2a 33a 2 1 0, 即(a 1) 2 (2a1) 0 .因此有a 1, a1 ,b 1, 或 b 24, t3,t15 .4即当 t 3 时 1 为 f ( x) 的三重根；当 t15 时，1为 f ( x) 的二重根 .42求多项式x 3px q 有重根的条件 .18.解：令 f ( x) x 3 px q .显然当 pq 0 时， 0 为 f (x) 的三重根 .当 p0 时，f ' ( x) 3x 2p ，f (x)x 3 px q1xf '( x) 2 p x q ，33(2 px27q 2 )2f ' ( x) q)( 9 x ( p 27q 2 ) .3 2 p4 p 4 p要使 f ( x)有重根，则 ( f ( x), f ' ( x)) 127q 2 即4 p 3 27q 20. 显然.即 p 4p 2 0,p q0 也满足 4 p 3 27q 2 0. 因此 f ( x) 有重根的条件是 4 p 3 27 q 20.19.如果 ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1, 求 A, B.解法一：利用整除判定方法， ( x 1) 2 | Ax 4 Bx 2 1的充要条件是用 (x 1)2 除Ax4 Bx2 1 ，余式为零.Ax4 Bx2 1 ( x 1) 2 ( Ax 2 2Ax B 3A) (2B 4 A) x (1 3A B) .因此有 (2B 4A) x (1 3A B) 0 ，即2B 4A 0, A 1,1 3A B 0. B 2.解法二：要使 (x 1)2 | Ax 4 Bx2 1成立，则1至少是 Ax 4 Bx 2 1 的二重根.因此 1 既是Ax4 Bx2 1 的根，也是其导数的根.而 ( Ax 4 Bx2 1)' 4 Ax3 2Bx .故有1 A B 0, A 1,4A 2B 0. B 2.解法三：利用待定系数法 .令Ax4 Bx2 1 ( x 1)2 ( Ax2 Cx D ) Ax4 (C 2A)x3 ( A 2C D )x2 (C 2D ) x D 因此有C 2A 0, A 1,A 2C D B,B 2,C 2D 0, 解得C 2,D 1. D 1.20.证明：1 x x2 x n 不能有重根 .2! n!证明：令 f ( x) 1 x x2 x n, 则2! n!f ' (x) 1 xx2 x n 12! (n ,1)!因此有 f (x) f ' (x) x n , 从而有 ( f ( x), f ' (x)) ( f ' (x), xn ) .xn 因式只有 c(c 0)n! n! n!及 cx k (c 0,1 k n) .而 cx k (c 0,1 k n) 显然不是 f ' (x) 的因式.因此有( f ( x), f ' (x)) ( f ' ( x), xn ) 1 .n! 所以 f ( x) 没有重根.21.如果 a 是 f ' ' ' ( x) 的一个 k 重根，证明 a 是g ( x)x af '( a)] f (x) f ( a)[ f '( x)的一个 k 3重根 . 2证明：g'( x)1[ f '( x) f '(a)]x a f ' '(x) f '(x)xa f ''( x) 1[ f ' (x) f ' (a)], 222 2g'' (x)1f ' '( x) x a f ''' (x) 1f ''( x) x af '''( x).2 2 2 2显然有 g(a) g' ( a)g" (a) 0 .由 a 是 f ' '' (x) 的一个 k 重根可得 a 是 g' '( x) 的一个k 1 重根，设 a 是 g( x) 的 s 重根，则 s 2 k1, s k 3 .本题常见错误证法 .错误证法一：由 a 是 f ' '' ( x) 的一个 k 重根就得出 a 是 f ' ' (x)的一个 k 1 重根， a 是 f ' ( x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根，于是g( x) xa[ f ' (x)f ' (a)] f (x)f ( a) ( x a) k 3 h( x)22从而 a 是 g( x) 的 k 3重根 .事实上，由 a 是 f ' ' ' ( x) 的一个 k 重根推不出 a 是 f ' ' (x)的一个 k 1 重根， a 是 f ' (x) 的一个 k 2 重根， a 是 f (x) 的一个 k 3重根 .如 ( x ) (x a )k 3(x a )2 ( x a ) 3 ，则 f ' ( )( k 3)(x a )k 2 2() 1，fxx af ' ' ( x) (k 3)( k 2)( xa)k 1 2 . a 既不是 f ( x) 的根，也不是 f ' ( x) 与 f ' ' (x) 的根 .错误证法二：由g '( x)1[ f '(x) f '(a)] x a f '' (x) f ' (x) xaf ''( x) 1[ f '( x) f '(a)],2 2 22g '' (x) 1 f ''( x) x a f '''(x) 1 x a2 2f ''( x) 2 f '' '( x)2得出 a 是 g '' ( x) 的 k 1 重根，直接得出 a 是 g( x) 的 k 3 重根，缺了 a 是 g( x) 与g' ( x) 的根验证 .22.证明： x 0 是 f ( x) 的 k 重根的充分必要条件是f (x 0 )f ' ( x 0 )f ( k 1) (x 0 ) 0, 而 f (k ) ( x 0 ) 0.证明：必要性 .设 x 0 是 f ( x) 的 k 重根，从而 x x 0 是 f ( x) 的 k 重因式，从而是f ' (x) 的k 1重因式，是 f ' ' (x) 的k 2重因式，...，是 f (k 1) ( x) 的单因式，而不是f ( k) ( x) 的因式.因此 x0是 f ( x) ， f ' ( x) ， f ' ' ( x) ，...， f (k 1)( x)的根，而不是 f (k) (x)的根 .故有f ( x0) 充分性 .由f ( x0) f ' ( x) f ( k 1) ( x ) 0, 而f ( k) (x) 0.f ' ( x0 ) f ( k 1) ( x0 ) 0, 而 f ( k ) ( x0 ) 0 可知 x0是 f ( x) ，f ' ( x) ，f ' '( x) ，...， f (k 1) (x) 的根，而不是 f (k ) ( x) 的根.因此 x0 是 f (k 1) (x) 的单根，是f ( k 2) (x) 二重根，依此类推，是 f (x) 的 k 重根.23.举例说明断语“如果是 f ' (x) 的m重根，那么是 f (x) 的m 1重根”是不对的 .解：例如 f ( x) ( x ) m 1 2 ， f ' ( x) (m 1)( x)m. 是 f ' ( x) 的m重根，但不是 f (x) 的根.24.证明：如果( x 1) | f ( x n ), 那么 ( x n 1) | f (x n ) .证明：由 ( x 1) | f ( x n ) 可得 f ( x n ) (x 1) g( x) .从而 f (1) 0. 因此有f ( x) ( x 1)h( x), 从而有 f ( x n ) ( x n 1) h(x n ). 即 (x n 1) | f ( x n ) .证法二：要证 (x n 1) | f ( x n ) ，只要证 x n 1 在复数域上的各个根都是 f ( x n ) 的根 . x n 1 的根为x k cos 2k i sin 2k , k 0,1,2, ,n 1. 由 (x 1) | f (x n ) 可得n ncos 2ki sin2kf ( x n ) ( x 1) g(x) .从而 f (1) 0. 从而 f ( x k n ) f (1) 0 .即x k ,n nk 0,1,2, ,n 1 都是 f ( x n ) 的根.因此有 ( x n 1) | f ( x n ) .25.证明：如果(x2 x 1) | f1( x3) xf 2 ( x3 ) ，那么( x 1) | f1 ( x), ( x 1) | f 2 ( x).证明：要证 ( x 1) | f1( x), ( x 1) | f 2 ( x) 成立，只要证1 是f1( x)和f2(x)的根 .x2 x 1 的两个根为 1 1 3i , 2 1 3i.由(x2 x 1) | f1( x3 ) xf 2 (x3 ) 可2 2 得 f1 (x3 ) xf 2 ( x3 ) ( x2 x 1) g (x) .于是f1 ( 13) 1 f 2 ( 13 ) ( 12 1 1) g( 1 ) 0, f1 ( 23 ) 2 f 2 ( 23 ) ( 22 2 1)g( 2 ) 0,即 f1 (1) 13if 2 (1) 0, f1(1) 1 3i f2 (1).故有f1(1) f2(1) 0.所以2 2( x 1) | f1 (x), (x 1) | f 2 ( x) .26.求多项式x n 1 在复数范围内和在实数范围内的因式分解.解：x n 1的根为k cos 2ki sin2k, k 0,1,2, ,n 1. 故在复数范围内的n n分解式为x n 1 ( x 1)( x )( x 2 ) ( x n 1 ).在实数范围内，因k n k， ( 0 k n) .当 n 为奇数时，x n 1 的根中一个为实根，其余为虚根，其分解式为x n 1)[ x2 n 1 )x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x [ x2 n 1 n 11 (x ( 1] (2 2 ) x 1] . 当 n 为偶数时，x n 1 的根中二个为实根，即1, 其余为虚根，其分解式为x n 1 (x 1)( x 1)[ x 2 ( n 1) x 1][ x2 ( 2 n 2 ) x 1] [ x2n 1 n 1( 2 2 ) x 1].27.求下列多项式的有理根 .1)x3 6x2 15x 14;解：多项式可能的有理根为1, 2, 7, 14. 由系数取值可知，x 取负数时，多项式的值均为负的，故该多项式没有负根 .检验得 2 为其根，进一步运用综合除法可得2 1 6 15 142 8 141 4 7 0即 x3 6x2 15x 14 ( x 2)( x2 4x 7) ，显然 x2 4x 7 没有有理根.因此x3 6x2 15x 14 仅有一个有理根2，且为单根 .2) 4x4 7 x2 5x 1;1 1解：多项式可能的有理根为 1, , .2 41 4 0 7 5 122 13 1 14 2 6 2 022 2 24 4 4 0因此有4x4 7x2 5x 1 ( x 1) 2 ( 4x2 4x 4) (2 x 1) 2 ( x2 x 1) ，2显然 x2 x 1没有有理根.因此 1 为 4x4 7 x2 5x 1的二重根.23) x5 x4 6x3 14x2 11x 3.解：多项式可能的有理根为1, 3. 检验得1为其根，进一步运用综合除法可得11 1 6 14 11 31 0 6 8 311 0 6 8 3 01 1 5 331 1 5 3 03 6 31 2 1 0故 x5 x4 6x3 14x2 11x 3 ( x 1)2 (x 3)( x2 2x 1) (x 1) 4 ( x 3) .即1为其四重跟， 3 为单根 .28.下列多项式在有理数域上是否可约？1)x2 1;解：显然 x2 1 无有理根，又为二次的，故在有理数域上不可约.2)x4 8x3 12x2 2;解：取素数 p 2 ，满足艾森斯坦判别法的条件，因此在有理数域上不可约.3）x6x31;解：令 x y1,f ( x) x6x3 1 ( y 1)6( y 1)3 1 y6 6 y515y 421y318 y29 y 3 g( y).取素数 p 3, g( y) 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而f ( x) 在有理数域上不可约.4）x p px1, p 为奇素数；解：令 x y 1，由p为奇数可得f ( x) x p px 1 ( y 1) p p( y 1) 1y p C1p y p 1 C p2 y p 2 C p p 2 y2 (C p p 1 p) y p g( y).由组合数定义 C p k (1 k p 1) 均为整数，且C p k p( p1) ( pk 1)，分子中有k(k 1) 2 1因子 p ，分母个各数均小于p ，又 p 为素数，因此约分时p 不会被约去，因此有p |C k p，取素数为 p ，g ( y)满足艾森斯坦判别式条件，因此g( y)在有理数域上不可约，从而 f (x) 在有理数域上不可约.5）x4 4kx 1,k 为整数.解：令 x y 1, 则有x4 4kx 1 ( y 1) 4 4k( y 1) 1 y 4 4y3 6 y2 4(k 1) y 2 g ( y).取素数 p 2, g( y) 满足艾森斯坦判别法条件，因此在有理数域上不可约，从而f ( x) 在有理数域上不可约.。