高等代数习题答案（一至四章）第一章多项式习题解答172621、（1）由带余除法，得q(x)x,r(x)3999（2）q(x)x2x1，r(x)5x7p1m20m(2pm2)0m0q12、（1），（2）由得或。qm0q1pm20pq1pm223、（1）q(x)2x46x313x239x109,r(x)327（2）q（x）=x22ix(52i)，r(x)98i4、（1）有综合除法：f(x)15(x1)10(x1)210(x1)35(x1)4(x1)5（2）f(x)1124(x2)22(x2)28(x2)3(x2)4（3）f(x)24(75i)5(xi)(1i)(xi)22i(xi)3(xi)45、（1）x+1（2）1（3）x222x111226、（1）u（x）=-x-1，v（x）=x+2（2）u(x)x，v(x)x2x13333（3）u（x）=-x-1,v(x)x3x23x2u0u27、或t2t38、思路：根具定义证明证：易见d（x）是f（x）与g（x）的公因式。另设(x)是f（x）与g（x）的任意公因式，下证(x)d(x)。由于d（x）是f（x）与g（x）的一个组合，这就是说存在多项式s（x）与t（x），使d（x）=s（x）f（x）+t（x）g（x）。从而(x)f(x)，(x)g(x)，可得(x)d(x)。即证。9、证：因为存在多项式u（x），v（x）使（f（x），g（x））=u（x）f（x）+v（x）g（x），所以（f（x），g（x））h（x）=u（x）f（x）h（x）+v（x）g（x）h（x），上式说明（f（x），g（x））h（x）是f（x）h（x）与g（x）h（x）的一个组合。另一方面，由(f(x),g(x))f(x)知(f(x),g(x))h(x)f(x)h(x)。同理可得(f(x),g(x))h(x)g(x)h(x)从而(f(x),g(x))h(x)是f(x)h(x)与g(x)h(x)的一个最大公因式，又因为(f(x),g(x))h(x)的首相系数为1，所以(f(x)h(x),g(x))h(x)(f(x),g(x))h(x)。10.证存在u（x），v（x）使有因为f（x），g（x）不全为0，所以(f(x)g(x))0，由消去律可得所以。11.由上题结论类似可得。12.证由假设，存在使（1）（2），将（1）（2）两式相乘得所以(f(x),g(x))h(x)113.证由于反复应用第12题结论，可得同理可证从而可得14.证有题设知f(x),g(x)1，所以存在v（x），v（x）使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1从而u(x)f(x)-v(x)f(x)+v(x)g(x)+v(x)g(x)=1即[u(x)-v(x)]f(x)+v(x)[f(x)+g(x)]=1所以(f(x),f(x)g(x))1同理(g(x),f(x)g(x))1再有12题结论，即证(f(x)g(x),f(x)g(x))113i15、。216、（1）由x-2得三重因式（2）无重因式。15117、当t=3时有三重根x=1,；当t=由二重根x。4218、4p327q2019、a=1，b=-2。20、证因为f（x）的导函数所以于是从而f（x）无重根。21、证因为，，由于a是的k重根，故a是的k+1重根。代入验算知a是g（x）的根。所以s-2=k+1s=k+3，即证。22、证必要性：设x是f（x）的k重根，从而是的k-1重根，是的k-2重根。。。。。，是的一重根，并且0x不是的根。于是，而。0充分性由而，知x是的一重根。又由于，知x是的二重根，以此类推，可知x是f（x）的k重根。000123、解：例如：设f(x)xm11，那么f'(x)xm以0为m重根。m124、证要证明，就是要证明f（1）=0（这是因为我们可以把xn看做为一个变量。有题设由，所以也就是f（1）=0，即证。25、当n为奇数时，n1n1xn1(x1)[x2(n1)x1][x2(2n2)x1].....[x2(22)x1]当n为偶数时n1n1xn1(x1)(x1)[x2(n1)x1][x2(2n2)x1]...