故商式q(x)=3x2-8x+20 余式r(x)=-44x-41 5.m、p、q适合什么条件时,有 (1)x2+mx-1|x3+px+q 解:方法一: 设x3+px+q=(x-a)(x2+mx-1)=x3+(m-a)x2+(-ma-1)x+ 比较x同次幂系数有 1,故 方法二 +mx-1 +p.r +q x'+mx-x -mx2+(p+1)x+q m r t m (p+1+m2)x+q-m 因整除故余式(p+1+m2)x+(q-m)≡0 所以 (2)x2+mx+1|x4+px2+q 解 方法一:设x4+px2+q=(x2+mx+1)(x2+ax+b)=x4+(a+m)x3+(ma+b+ 1)x2+(a+mb)x+ b 比较x同次幂的系数有 m+a=0 p=ma+b+1 所以{P=-m2+q+1 +mb=0 (q-1)=0 b 故①若m=0,则p=q+1, ②若m≠0,必有q=1,p=2-m2
方法二 mx+(P=1+m) +mx+1)x +mr3 mx3+(p-1) " mr m r-nc (p-1+m2)x2+mx q (p-1+m2)x2+m(p-1+m2)x+p-1+m tq 因整除r(x)=0 所以m(2-p-m)=0.(1) q+1-p-m2=0(2) 由(1)若m=0,则代入(2)p=q+1 若m≠0,则2-p-m2=0,代入(2)q=1 方法三 =〔(x2+mx+1)-(mx+1))2+p[(x2+mx+1)-(mx+1))+q =(x2+mx+1)2-2(x2+mx+1)(mx+1)+(mx+1)2+p(x2+mx+1)-p(mx =(m2+mx+1)(x2+mx+1-2(mx+1)+p)+m2x2+(2-p)mx+1-p+q 所以应有x2+mx+1m2x2+(2-p)mx+(1-p+q) ①若m=0,应有1-p+q=0, ②若m≠0,应有 6.设f1(x),f(x),g(x),g(x)都是数域F上的多项式,其中f1(x)≠0,且f(x)f2 (x)能被g(x)g(x)整除而g(x)能被f(x)整除,证明∫2(x)能被g2(x)整除。 证因为f(x)f(x)能被g(x)g(x)整除 所以彐h1(x),使f1(x)f2(x)=g(x)g2(x)h(x)(1) 又因为g(x)能被f(x)整除, 所以彐h2(x),使g(x)=f1(x)h2(x) (2) 将(2)代入(1)得f1(x)f2(x)=f1(x)g2(x)h;(x)h2(x) 因为f(x)≠0,约掉有f2(x)=g2(x)h(x)h2(x) 这说明∫2(x)能被g2(x)整除。 7.求f(x)与g(x)的最大公因式(f(x),g(x),并求u(x),v(x),使f(x)u(x)+g(x) v(x)=(f(x),g(x)
(1)f(x)=x4+x3-3x2-4x-1,g(x)=x3+x2-x-1 解:用下列格式作辗转相除法: x4+x3-3 (x) +x3 (x)=-2x2-3x-1 (x) 0 因此有:f(x)=g(x)·x-(-2x2-3x-1) g(x)=(-2x2-3x-1(-2x+4)+(-2x-4) (2) f(x),g(x))=x+1, 由(23:-4x4=g(x)-(-2x2-3x-1(-1x+4) 由(1):-2x2-3 将(4)代人(3):-4x~3=g(x)-((x)-xg(x)(-)x+4) 即 )f(x)+〔1+x( +1=(-2x+)f(x)+( x 于是(x)2=-3x+3 v(x)=ax 2)f(x)=x4-x3-4x2+4x+1,g(x)=x2-x-1 解:用下列格式作辗转相除法:
x4+x3-3x2+4x+1 x2-2x x4-x3-x2 -3x2-3x-1 -3x2+3x+3 (x)=1 r1(x)=x-2 x-2=q(x) 2 因此有 f(x)=g(x)(x2-3)+x-2 (1) g(x)=(x-2)(x+1)+1 ∴(f(x),g(x))=1, 由(2)1=g(x)-(x-2)(x+1) 由(1)x-2=f(x)-g(x)(x2-3) (4) 将(4)代入(3) 1=g(x)-(f(x)-g(x)(x2-3)](x+1) -(x+1)f(x)+(x2-3)(x+1)+1)g(x) 即-(x+1)f(x)+(x3+x2-3x-2g(x)=1 于是u(x)=-(x+1)v(x)=x3+x2-3x-2 8.证明:如果f(x),g(x)不全为零,且f(x)u(x)+g(x)v(x)=(f(x),g(x)), 那么(u(x),v(x)=1 证:∵f(x),g(x)不全为零, ∴(f(x),g(x)≠0, 于是有((2)以①b5+(%2)xb5=1 即u(x)x,f(x) ((r),g(z))v(x)g(l r, g(r) x)∈Fx,(K(x) x),g( f(x),g(x)) ∈F[x), 所以u(x),v(x)互素,即(u(x),v(x)=1
9.设d(x)是首项系数为1的多项式,且d(x)=f(x)u(x)+g(x)v(x),问d(x)是否一 定是f(x)与g(x)的一个最大公因式,为什么? 解:由d(x)=f(x)u(x)+g(x)v(x) 因为(f(x),g(x)f(x),(f(x),g(x))lg(x) 所以(f(x),g(x))整除上述等式右端 故(f(x),g(x))ld(x), 即d(x)是(f(x),g(x))的倍式, 这说明d(x)未必一定是f(x),g(x)的一个最大公因式, 只有d(x)与(f(x),g(x))是同次多项式时才是。 10.设p(x)是F上次数≥1的多项式,证明:如果对于F上的任意多项式f(x),g(x),由 p(x)f(x)g(x)可推出p(x)f(x)或者p(x)|g(x),那么p(x)是F上的不可约多项 证:反证法。 设p(x)是F上的可约多项式,则p(x)可分解成两个次数均比它低的多项式之积,即 p(r)=p,(x)p(x), degp, <degp, degp degp 当然p(x)hp1(x),p(x)2(x),p(x)|p(x) 即p(x)lp(x)p(x)。 由已知条件可推出p(x)lp(x)或p(x)|p2(x),矛盾。 11.将x4+x3+x2+x+1在复数域上分解为不可约多项式之积 解:在复数范围内 x5-1=0有5个5次单位根,它们是1,o,2,o3,o5, 其中a=c3+ism3称为本原5次单位根, 而x3-1=(x-1)(x4+x3+x2+x+1), 所以x4+x3+x2+x+1=(x-a)(x-a2)(x-a3)(x-d5)。 12.证明:次数大于0的首项系数为1的多项式f(x)是一不可约多项的方幂的充要条件 是:对任意多项式g(x)必有(f(x),g(x)=1,或者对于某一正整数m,f(x)|g(x) 证:先证必要性。 设f(x)=p(x),其中p(x)是不可约多项式,则对任意多项式g(x)有 (p(x),g(x))=1或者p(x)lg(x)。 在前一种情况,p(x)与g(x)无非零常数之外的公因式 故p(x)与g(x)也无非零常数之外的公因式。 7