多项式举例

第一章多项式

习题精解

1．用)(xg除)(xf，求商)(xq与余式)(xr：

1）123)(,13)(223xxxgxxxxf

2）2)(,52)(24xxxgxxxf

解1）由带余除法，可得

9

2

9

26

)(,

9

7

3

1

)(xxrxxq

2）同理可得75)(,1)(2xxrxxxq

2．

qpm,,

适合什么条件时，有

1）qpxxmxx32|1

2）qpxxmxx242|1

解1)

由假设，所得余式为0，即

0)()1(2mqxmp

所以当











0

012

mq

mp

时有

qpxxmxx32|1

2）类似可得











01

0)2(

2

2

mpq

mpm

于是当

0m

时，代入（2）可得1qp；而当022mp时，代入（2）可得1q。

综上所诉，当











1

0

qp

m

或











2

1

2mp

q

时，皆有

qpxxmxx242|1

3．求()gx除()fx的商()qx与余式():rx

1）53()258,()3fxxxxgxx

2）32(),()12fxxxxgxxi

解

1）

432()261339109

()327

qxxxxx

rx





；

2）

2()2(52)

()98

qxxixi

rxi





4．把()fx表示成

0

xx的方幂和，即表成

2

010200

()()...()...n

n

ccxxcxxcxx

的形式：

1）5

0

(),1fxxx

2）42

0

()23,2fxxxx

3）432

0

()2(1)37,fxxixixxixi

解1）由综合除法，可得

2345()15(1)10(1)10(1)5(1)(1)fxxxxxx

2）由综合除法，可得

42234231124(2)22(2)8(2)(2)xxxxxx

3）由综合除法，可得

4322(1)3(7)xixixxi

234(75)5()(1)()2()()ixiixiixixi

5．求()fx与()gx的最大公因式：

1）43232()341,()1fxxxxxgxxxx

2）4332()41,()31fxxxgxxx

3）42432()101,()426421fxxxgxxxxx

解1）((),())1fxgxx

2）((),())1fxgx

3）2((),())221fxgxxx

6．求(),()uxvx使()()()()((),()).uxfxvxgxfxgx

1）432432()242,()22fxxxxxgxxxxx

2）43232()421659,()254fxxxxxgxxxx

3）4322()441,()1fxxxxxgxxx

解

1）因为2

2

((),())2()fxgxxrx

再由11

212

()()()()

()()()()

fxqxgxrx

gxqxrxrx











，

解得22121

212

()()()()()()[()()()]

[()]()[1()()]()

rxgxqxrxgxqxfxqxgx

qxfxqxqxgx





，

于是2

12

()()1

()1()()11(1)2

uxqxx

vxqxqxxx





。

2）仿上面方法，可得

((),())1fxgxx

且

2

1122

(),()1

3333

uxxvxxx

3）由((),())1fxgx可得

32()1,()32uxxvxxxx

７．设32()(1)22fxxtxxu与32()gxxtxu的最大公因式是一个二次多项

式，求

,tu

的值。

解因为

322

11

212

()()()()()(2)

()()()()

fxqxgxrxxtxuxxu

gxqxrxrx





2((2))(2)(24)(3)xtxxuutxut

且由题设知最大公因式是二次多项式，所以余式

2

()rx为0，即

(24)0

(3)0

ut

ut











从而可解得

1

1

0

2

u

t











或2

2

2

3

u

t











８．证明：如果()|(),()|()dxfxdxgx，且()dx为()fx与()gx的组合，那么()dx是()fx

与()gx的一个最大公因式。

证易见()dx是()fx与()gx的公因式。另设()x是()fx与()gx的任一公因式，下证

()|()xdx。

由于()dx是()fx与()gx的一个组合，这就是说存在多项式()sx与()tx，使

()()()()()dxsxfxtxgx

从而由()|(),()|()xfxxgx可得()|()xdx，即证。

９．证明：(()(),()())((),())()fxhxgxhxfxgxhx(()hx的首系数为１）。

证因为存在多项式(),()uxvx使

((),())()()()()fxgxuxfxvxgx

所以

((),())()()()()()()()fxgxhxuxfxhxvxgxhx

上式说明((),())()fxgxhx是()()fxhx与()()gxhx的一个组合。

另一方面，由((),())|()fxgxfx知

((),())()|()()fxgxhxfxhx

同理可得

((),())()|()()fxgxhxgxhx

从而((),())(fxgxhx是()()fxhx与()()gxhx的一个最大公因式，又因为

((),())(fxgxhx的首项系数为１，所以

(()(),()())((),())()fxhxgxhxfxgxhx

10．如果(),()fxgx不全为零，证明：

()()

,1

((),())((),())

fxgx

fxgxfxgx









证存在(),()uxvx使

((),())()()()()fxgxuxfxvxgx

又因为(),()fxgx不全为０，所以

((),())0fxgx

由消去律可得

()()

1()()

((),())((),())

fxgx

uxvx

fxgxfxgx



所以

()()

,1

((),())((),())

fxgx

fxgxfxgx









11．证明：如果(),()fxgx不全为零，且

()()()()((),())uxfxvxgxfxgx

那么((),())1uxvx。

证由上题证明类似可得结论。

12．证明：如果((),())1,((),())1fxgxfxhx，那么

((),()())1fxgxhx

证由假设，存在

11

(),()uxvx及

22

(),()uxvx使

11

()()()()1uxfxvxgx（1）

22

()()()()1uxfxvxhx（2）

将（1）（2）两式相乘，得

121212

12

[()()()()()()()()()]()

[()()]()()1

uxuxfxvxuxgxuxvxhxfx

vxvxgxhx





所以

((),()())fxgxhx

13．设

11

(),...,(),(),...,()

mn

fxfxgxgx都是多项式，而且

((),())1

ij

fxgx(1,2,...,;1,2,.imjn

求证：

1212

(()()...(),()()...())1

mn

fxfxfxgxgxgx

证由于

11

12

1

((),())1

((),())1

..........................

((),())1

n

fxgx

fxgx

fxgx







反复应用第12题结论，可得

112

((),()()...())1

n

fxgxgxgx

同理可证

212

12

((),()()...())1

................................................

((),()()...())1

n

mn

fxgxgxgx

fxgxgxgx





从而可得

1212

(()()...(),()()...())1

mn

fxfxfxgxgxgx

14．证明：如果((),())1fxgx，那么(()(),()())1fxgxfxgx。

证由题设知((),())1fxgx，所以存在(),()uxvx使

()()()()1uxfxvxgx

从而

()()()()()()()()1uxfxvxfxvxfxvxgx

即

[()()]()()[()()]1uxvxfxvxfxgx

所以

((),()())1fxfxgx

同理

((),()())1gxfxgx

再由12题结论，即证

(()(),()())1fxgxfxgx

15．求下列多项式的公共根

32432()221,()21fxxxxgxxxxx

解由辗转相除法，可求得

2((),())1fxgxxx

所以它们的公共根为

13

2

i

。

16．判别下列多项式有无重因式：

1）5432()57248fxxxxxx

2）42()443fxxxx

解1）

432

2

()5202144

((),())(2)

fxxxxx

fxfxx









所以()fx有

2x

的三重因式。

2）3()484fxxx





((),())1fxfx





所以()fx无重因式。

17．求t值，使32()31fxxxtx有重根。

解易知()fx有三重根

1x

时，

3t

。若令

32231()()xxtxxaxb

比较两端系数，得

2

2

32

2

1

ab

taab

ab

















由（1），（3）得

322310aa

解得a的三个根为

123

1

1,1,

2

aaa

将a的三个根分别代入（1），得

123

1,1,4bbb

再将它们代入（2），得t的三个根

123

5

3,3,

4

ttt

当

1,2

3t时()fx有3重根

1x

；当

3

5

4

t时，()fx有2重根

1

2

x。

18．求多项式3xpxq有重根的条件。

解令3()fxxpxq，则

2()3fxxp





显然当0p时，只有当30,()qfxx才有三重根。

下设0p，且a为()fx的重根，那么a也为()fx与()fx



的根，即

3

2

0

30

apaq

ap











由（1）可得2()aapq，再由（2）有2

3

p

a。所以

()

3

3

2

p

apq

q

a

p





两边平方得

2

2

2

9

43

qp

a

p



所以

324270pq

综上所叙即知，当324270pq时，多项式3xpxq有重根。

19．如果242(1)|1xaxbx，求,ab

解令

()fx421axbx

()fx



342axbx

由题设知，1是()fx的根，也是()fx



的根，此即

10

420

ab

ab











解得1,2ab。

20．证明：

2

1...

2!!

nxx

x

n

不能有重根。

证因为()fx的导函数

21

11

()1...

2!(1)!

nfxxxx

n







所以

1

()()

!

nfxfxx

n



，于是

11

((),())((),())(,())1

!!

nnfxfxfxxfxxfx

nn





从而()fx无重根。

21．如果是()fx



的一个k重根，证明是

()[()()]()()]

2

xa

gxfxfafxfa





的一个k+3重根。

证因为

1

()()[()()]

22

()()

2

xa

gxfxfxfa

xa

gxfx













由于是()fx



的

k

重根，故是()gx



的

1k

重根。代入验算知是()gx的根。

现在设是()gx的s重根，则是()gx



的

1s

重根，也是()gx



的s-2重根。

所以

213sksk

即证。

22．证明：

0

x是()fx的

k

重根的充分必要条件是

(1)

000

()()...()0kfxfxfx

，而()

0

()0kfx

证必要性：设

0

x是()fx的

k

重根,从而是()fx



的

1k

重根，是()fx



的

2k

重根，。。。。，

是(2)

0

()kfx的一重根，并且

0

x不是()()kfx的根。于是

(1)

000

()()...()0,kfxfxfx

而()

0

()0kfx

充分性：由(1)

0

()0kfx，而()

0

()0kfx，知

0

x是(1)()kfx的一重根。又由于

(2)

0

()0kfx，知

0

x是(2)()kfx的二重根，依此类推，可知

0

x是()fx的

k

重根。

23．举例说明段语“是()fx



的m重根，那么是()fx的

1m

重根”是不对的。

解例如，设

1

1

()1

1

mfxx

m





那么()mfxx



以0为m重根，但0不是()fx的根。

24．证明：如果(1)|()nxfx，那么(1)|()nnxfx。

证要证明(1)|()nnxfx，就是要证明(1)0f（这是因为我们可以把nx看作为一个变

量）。

由题设由(1)|()nxfx，所以

(1)0nf

也就是(1)0f，即证。

25．证明：如果233

12

(1)|()()xxfxxfx，那么

12

(1)|(),(1)|()xfxxfx

证因为21xx的两个根为和2，其中

22

cossin

33

i





所以和2也是33

12

()()fxxfx的根，且31，于是

12

2

12

(1)(1)0

(1)(1)0

ff

ff















解之得

12

(1)0,(1)0ff

即证。

26．求多项式1nx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

211(1)()()...()nnxxxxx

其中

22

cossin

33

i





在实数域内

(0)jnjjn

所以，当n为奇数时，有

11

212222

221(1)[()1][()1]...[()1]

nn

nnnxxxxxxxx





其中

21

2cos(1,2,...,)jnjjj

jn

j

nn









皆为实数。

当n是偶数时，有

11

212222

221(1)(1)[()1][()1]...[()1]

nn

nnnxxxxxxxxx





27．求下列多项式的有理根：

1）3261514xxx

2）424751xxx

3）5432614113xxxxx

解利用剩余除法试根，可得

1）有一个有理根：2。

2）有两个有理根：

11

,

22

（即有2重有理根

1

2

）。

3）有五个有理根：3,1,1,1,1（即一个单有理根3和一个4重有理根

1

）。

28．下列多项式在有理数域上是否可约？

1）21x

2）4328122xxx

3）631xx

4）1,pxpxp为奇素数

5）441,xkxk为整数

解1）因为

1

都不是它的根，所以21x在有理数域里不可约。

2）利用艾森斯坦判别法，取2p，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()fx，令1xy或1xy，得

()(1)gyfy或()(1)gyfy

则()fx与()gy或者同时可约，或者同时不可约。

事实上，若()fx可约，即

12

()()()fxfxfx，从而

12

()(1)(1)(1)gyfyfyfy

这就是说()gy也可约，反之亦然。

现在我们用它来证明631xx在有理数域上不可约。令1xy，则多项式变为

6365432(1)(1)1615211893yyyyyyyy

利用艾森斯坦判别法，取3p，即证上式不可约，因而631xx也不可约。

4）设()1pfxxpx，令1xy，则

()(1)gyfy

1122221...()ppppp

pppp

yCyCyCyCpyp

由于

p

是素数，因而

|(1,2,...,1)i

p

pCip

但2|pp，所以由艾森斯坦判别法，即证()gy在有理数域上不可约，因而()fx也在有理

数域上不可约。

5）已知

4()41fxxkx

令1xy，可得

432()(1)46(44)42gyfyyyykyk

利用艾森斯坦判别法，取2p，即证()gy在有理数域上不可约，因而()fx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）222222

3

xxxxxxxxxxxx

2）

121323

()()()xxxxxx

3）222

121323

()()()xxxxxx

4）222222222222

4

xxxxxxxxxxxx

5)

123231312

()()()xxxxxxxxx

6)

3

()()()xxxxxxxxxxxx

解1）对称多项式的首项为2

12

xx，其方幂为(2,1,0)，即

21100

12312



又因为

222222

312123

3xxxxxxxxxxxxxxx

所以

原式=

123

3

2）同理可得

121323

()()()xxxxxx

222222

3123

2xxxxxxxxxxxxxxx

1233

123

32







1）原式=222222

3

(2)(2)(2)xxxxxxxxxxxx

42

12

...xx

由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为42

12

xx，所以的方幂之积为

指数组对应的方幂乘积

420

22

12



411

3

13



330

3

2



321

123



222

2

3



原式=22332

121321233

abcd(1)

只要令

123

0,0xxx,则原式左边

0

。另一方面，有

123

2,1,0

代入（1）式，得

4b

。

再令

123

1,2xxx，得

27d

令

123

1,1xxx，得

22ac

（2）

令

123

1,xxx得

36ac

（3）

由（2），（3）解得4,18ac。因此

原式22332

121321233

441827

4）原式=222222222222

4

xxxxxxxxxxxx

指数组对应的方幂乘积

2200

2

2



2110

13



1111

4



设

原式2

2134

ab

令

1234

1,0,xxxx得

2a

。

再令

1234

1,xxxx得

2b

。

因此

原式2

2134

22

2）因为

原式=222333

3

()xxxxxxxxxxxx

222222

122313123

()xxxxxxxxx

由于

3332

23

2xxxxxxxxx

2222222

122313213

2xxxxxx

所以

原式222

131322333

22

3）因为

原式222222223

3

2()xxxxxxxxxxxx

222222222

3123

(333)xxxxxxxxxxxxxxx

222222

3123

()2xxxxxxxxxxxxxxx

其中

222223

2()2xxxxxxxxx

222222

1223123213

...3xxxxxxx

222

121223123

...xxxxxx

所以

原式22

121322333

2

30．用初等对称多项式表出下列n元对称多项式：

1）4

1

x

2）2

123

xxx

3）22

12

xx

4）22

1234

xxxx

（12

12

...n

l

ll

n

axxx表示所有由12

12

...n

l

ll

n

axxx经过对换得到的项的和。）

解1）因为多项式的首项为4

1

x，所以

指数组对应的方幂乘积

4000…0

4

1



3100…0

2

12



2200…0

2

2



2110…0

13



1111..0

4



设

原式422

1122134

abcd

令

1234

1,1,...0,

n

xxxxx得

2b

。

123

1,...0,

n

xxxx得

4a

。

1234

1,...0,

n

xxxxx得

4c

。

12345

1,1,...0,

n

xxxxxx得

4d

。

所以

原式422

1122134

4244

2）同理可得

原式

134

4

3）原式2

1134

22

4）原式

24156

49

31．设

123

,,aaa是方程3256730xxx的三个根，计算

222222

3

()()()aaaaaaaaaaaa

解因为

1123

2122313

3123

aaa

aaaaaa

aaa













由根和系数的关系，可得

123

673

,,

555



再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得

222222

3

()()()aaaaaaaaaaaa

2233

11132

1679

625



32．证明：三次方程32

123

0xaxaxa的三个根成等差数列的充分必要条件为

3

1123

29270aaaa

证设原方程的三个根为

123

,,，则它们成等差数列的充分必要条件为

123213312

(2)(2)(2)0

将上式左端表为初等对称多项式，得

3

23

(2)(2)(2)2927

故三根成等差数列的充分必要条件为

3

1123

29270aaaa

33.设

11

()()(),()()()fxafxbgxgxcfxdgx，且

0adbc

，证明：

11

((),())((),())fxgxfxgx

证设

()((),())dxfxgx

则由已知，得

11

()|(),()|()dxfxdxgx

其次，设()x是

1

()fx与

2

()gx的任一公因式，只需证明()|()xdx即可。

因为

11

()()(),()()()fxafxbgxgxcfxdgx

所以

11

11

()()()

()()()

db

fxfxgx

adbcadbc

ca

gxfxgx

adbcadbc























又因为

11

|,||,|fgfg

从而()|()xdx。故()dx也是

1

()fx与

1

()gx的最大公因式。

34.证明：只要

()()

,

((),())((),())

fxgx

fxgxfxgx

的次数都大于零，就可以适当选择适合等式

()()()()((),())uxfxvxgxfxgx

的()ux与()vx，使

()()

(()),(())

((),())((),())

gxfx

uxvx

fxgxfxgx









证存在多项式

1

()ux，

1

()vx，使

11

()()()()((),())uxfxvxgxfxgx

从而

11

()()

()()1

((),())((),())

fxgx

uxvx

fxgxfxgx

（1）

1）若

1

()ux的次数满足

1

()

(())

((),())

gx

ux

fxgx









则

1

()

(())

((),())

fx

vx

fxgx









事实上，采用反证法。若

1

()

(())

((),())

fx

vx

fxgx









则（1）式左边的第一项次数小于

()()

((),())((),())

gxfx

fxgxfxgx









而第二项的次数大于或等于

()()

((),())((),())

gxfx

fxgxfxgx









这样（1）式左端的次数

()()

0

((),())((),())

gxfx

fxgxfxgx









，但（1）式右端的次

数为零，矛盾。所以

11

()()

(()),(())

((),())((),())

gxfx

uxvx

fxgxfxgx









此时

1

()ux，

1

()vx即为所求。

2)若

1

()

(())

((),())

gx

ux

fxgx









则用

()

((),())

gx

fxgx

除

1

()ux，可得

1

()

()()()

((),())

gx

uxsxrx

fxgx



其中

()

(())

((),())

gx

rx

fxgx









注意到()0rx是不可能的，事实上，若()0rx，则

1

()

()()

((),())

gx

uxsx

fxgx



代入（1）式得

1

()()

[()()]1

((),())((),())

gxgx

sxvx

fxgxfxgx



矛盾。

再将

1

()

()()()

((),())

gx

uxsxrx

fxgx

代入（1）式，可得

1

()()()

()[()()]1

((),())((),())((),())

fxfxgx

rxsxvx

fxgxfxgxfxgx



令

1

()

()(),()()()

((),())

fx

uxrxvxsxvx

fxgx



再利用本题1）的证明结果，即证。

35.证明：如果()fx与()gx互素，那么()mfx与()mgx也互素。

证由假设，存在()ux和()vx使

()()()()1uxfxvxgx

于是

()()()()1mmmmuxfxvxgx

即证。

36.证明：如果

121

(),(),...()

s

fxfxfx



的最大公因式存在，那么

121

(),(),...(),()

ss

fxfxfxfx



的最大公因式也存在，且当

121

(),(),...(),()

ss

fxfxfxfx



全不为零时有

121121

((),(),...(),())(((),(),...()),())

ssss

fxfxfxfxfxfxfxfx





再利用上式证明，存在

12

(),(),...,()

s

uxuxux使

112212

()()()()...()()((),(),...,())

sss

uxfxuxfxuxfxfxfxfx

证因为

121

(),(),...()

s

fxfxfx



的最大公因式存在，设其为

1

()dx，则

1121

()((),(),...())

s

dxfxfxfx





于是

1

()dx与()

s

fx的最大公因式也存在，不妨设为

1

()((),())

s

dxdxfx

则

()|()

i

dxfx(1,2,...,is

若设()x是

121

(),(),...(),()

ss

fxfxfxfx



的任一公因式，则

1

()|()xdx

这样()x为

1

()dx与()

s

fx的一个公因式，又可得()|()xdx，即证

121

()((),(),...(),())

ss

dxfxfxfxfx





下面用归纳法证明本题第二部分。当

2s

时结论显然成立，假设命题对

1s

也成立，即存在

121

(),(),...,()

s

vxvxvx



，使

112211

()()()()...()()

ss

vxfxvxfxvxfx





1211

((),(),...())()

s

fxfxfxdx





成立，再证命题对s也成立。

事实上，存在()px和()qx，使

11

()((),())()()()()

ns

dxdxfxpxdxqxfx

112211

()[()()()()...()()]

ss

pxvxfxvxfxvxfx





()()

s

qxfx

令

()()()

ii

uxpxvx(1,2,...,is

()()

s

uxqx

即证。

37.多项式()mx称为多项式(),()fxgx的一个最小公因式，如果

1）()|(),()|()fxmxgxmx；

2）(),()fxgx的任一公倍式都是()mx的倍式。

我们以[(),()]fxgx表示首项系数是1的那个最小公倍式，证明：如果(),()fxgx的首项系

数都是1，那么

()()

[(),()]

((),())

fxgx

fxgx

fxgx



证令

((),())()fxgxdx

则

1

()()()fxfxdx，

1

()()()gxgxdx

于是

11

()()

()()()()

((),())

fxgx

fxgxgxfx

fxgx



即

()()

()|

((),())

fxgx

fx

fxgx

，

()()

()|

((),())

fxgx

gx

fxgx

设()Mx是()fx与()gx的任一公倍式，下面证明

()()

|()

((),())

fxgx

Mx

fxgx

。

由倍式的定义，有

()()()()()Mxfxsxgxtx

即

11

()()()()()()()()()()fxdxsxfxsxgxtxgxdxtx

消去()dx得

11

()()()()fxsxgxtx

于是

11

()|()()gxfxsx。由于

11

((),())1fxgx，因而

1

()|()gxsx或者

1

()()()sxgxqx

所以

1

1

()

()()()()()()()

((),())

fx

Mxfxsxfxgxqxqx

fxgx



()()

|()

((),())

fxgx

Mx

fxgx



即证。

38.证明：设()px是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式(),()fxgx，由

()|()()pxfxgx可以推出

()|()pxfx或者()|()pxgx

那么()px是不可约多项式。

证采用反证法。设()px可约，则有

12

()()|()pxpxpx

那么由假设可得

1

()|()pxpx或

2

()|()pxpx

这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于()px的次数。

39.证明：次数

0

且手项系数为1的多项式()fx是一个不可约多项式的方幂的充分必要条

件为：对任意的多项式()gx必有((),())1fxgx，或者对某一正整数,()|()mmfxgx。

证必要性：设()()sfxpx（其中()px是不可约多项式），则对任意多项式()gx，有

1）((),())1pxgx；

或

2）()|()pxgx

对于1）有((),())1fxgx。

对于2）有()|()sspxgx，此即()|()sfxgx。再让ms，即证必要性。

充分性：设()fx不是某一个多项式的方幂，则

12

12

()()()...()n

n

fxpxpxpx



其中1,(1,2,...,)

i

nin是正整数。

若

1

()()gxpx，则由题设知()fx与()gx满足

((),())1fxgx或()|()mfxgx（m为某一正整数）

但这是不可能的，即证。

40.证明：次数

0

且首项系数为1的多项式()fx是某一不可约多项式的方幂的充分必要条

件是：对任意的多项式(),()gxhx，由()|()()fxgxhx，可以推出()|()fxgx，或者对某

一正整数,()|()mmfxhx。

证必要性：设()|()()fxgxhx，则对多项式()hx，有

1）((),())1fxhx，于是()|()fxgx；

2）()|()(mfxhxm为某一正整数）。

必要性成立。

充分性：对任意多项式()gx，有

((),())1fxgx或((),())()1fxgxdx

若

1

()()()fxfxdx，那么

1

()|()()fxfxgx

但

1

()|()fxfx。再由充分性假设，可得()|(),mfxgxm为某一正整数。于是由第7题的充

分条件，即证。

41.证明：nnmxaxb不能有不为零的重数大于2的根。

证设()nnmfxxaxb，则

1()[()]nmmfxxnxnma



又因为()fx



的非零根都是多项式()()mgxnxnma的根，而()gx的m个根都是单

根，因而()fx



没有不为零且重数大于2的根。

42.证明：如果()|()nfxfx，那么()fx的根只能是零或单位根。

证设

a

是()fx的任一个根，由()|()nfxfx知，

a

也是()|()nfxfx的根，即

()0nfx

所以na也是()fx的根。以此类推下去，则

2,,,...nnaaa

都是()fx的根。

若()fx是m次多项式，则()fx最多只可能有m个相异的根，于是存在

k

使

knnaa

(1)0knnnaa



因此()fx的根a或者为0，或者为单位根。

43．如果()|()fxfx



，证明()fx有n重根，其中(())nfx。

证设

12

,,...,

s

aaa是()fx



的s个不同的根，且它们的重数分别为

12

,,...,

s

，由于()fx



是

1n

次多项式，因而

12

...1

s

n

其次，由()|()fxfx



，所以

12

,,...,

s

aaa分别为()fx的

12

1,1,...,1

s

重根，但

12

(1)(1)...(1)

s

n

所以

1nsn

，从而

1s

。这就是说，()fx



只可能有一个根

1

a，且重数为

1

1n。

故()fx有n重根。

44.设

12

,,...,

n

aaa是n个不同的数，而

12

()()()...()

n

Fxxaxaxa

证明：

1）

1

()

1

()()

n

i

ii

Fx

xaFa











2）任意多项式()fx用()Fx除所得的余式为

1

()()

()()

n

i

i

ii

faFx

xaFa









证1）令

1

()

()

()()

n

i

ii

Fx

gx

xaFa











则

(())1gxn

但

12

()()...()1

n

gagaga

所以()1gx。即证

1

()

1

()()

n

i

ii

Fx

xaFa











2）对于任意的多项式()fx，用()Fx除得

()()()(),fxqxFxrx(()0(())1rxrxn或

当()0rx时，结论显然成立。当(())1rxn时，若令

1

()()

()

()()

n

i

i

ii

faFx

kx

xaFa











则(())1kxn，于是

()()()

iii

rafaka(1,2,...,in

即证

1

()()

()()

()()

n

i

i

ii

faFx

rxkx

xaFa











45.设

12

,,...,

n

aaa与()Fx同上题，且

12

,,...,

n

bbb是任意n个数，显然

1

()

()

()()

n

i

i

ii

bFx

Lx

xaFa











适合条件

()

ii

Lab(1,2,...,in

这称为拉格朗日(Lagrange)插值公式。

利用上面的公式：

1）一个次数

4

的多项式()fx，它适合条件：

(2)3,(3)1,(4)0,(5)2ffff

2）一个二次多项式()fx，它在0,,

2

x



处与函数sinx有相同的值；

3）一个次数尽可能低的多项式()fx，使

(0)1,(1)2,(2)5,(3)10ffff

解1）设()(2)(3)(4)(5)Fxxxxx，且

(2)3,(3)1,(4)0,(5)2ffff

将它们代入()Lx（即()fx），可得

3(2)(3)(4)(5)(1)(2)(3)(4)(5)

()

(2)(23)(24)(25)(3)(32)(34)(35)

xxxxxxxx

fx

xx







0(2)(3)(4)(5)2(2)(3)(4)(5)

(4)(42)(43)(45)(5)(52)(53)(54)

xxxxxxxx

xx







32

217203

42

326

xxx

2）已知

sin00(0f，sin1()

22

f



，sin0()f

设

()()()

2

Fxxxx



，与上题类似，可得

2

4

()()fxxx





3）同理，设()(1)(2)(3)Fxxxxx，可得

2()1fxx

46.设()fx是一个整系数多项式，试证：如果(0)f与(1)f都是奇数，那么()fx不能有整

数根。

证设a是()fx的一个整数根，则

1

()()()fxxafx

由综合法知商式

1

()fx也为整系数多项式，于是

1

1

(0)(0)

(1)(1)(1)

faf

faf











又因为a与

1a

中必有一个为偶数，从而(0)f与(1)f中至少有一个为偶数，与题设矛盾。

故()fx无整数根。

47．设

12

,,...,

n

xxx是方程

1

1

...0nn

n

xaxa

的根，证明：

2

,...,

n

xx的对称多项式可以表成

1

x与

121

,,...,

n

aaa



的多项式。

证设

2

(,...,)

n

fxx是关于

2

,...,

n

xx的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有

//

211

(,...,)(,...,)

nn

fxxg



(1)

其中/

1

(1,2,...,1)in是

2

,...,

n

xx的初等对称多项式。

由于

/

111

//

2211

//

1112

....................

nnn

x

x

x





























（2）

其中

i

为

12

,,...,

n

xxx的初等对称多项式，但是

11

22

1

11

.............

(1)n

nn

a

a

a





























（3）

将（3）代入（2）可知，/

i

是

1121

,,,...,

n

xaaa



的一个多项式，不妨记为

/

1121

(,,,...,)

iin

pxaaa



(1,2,...,in（4）

再将（4）代入（1）式右端，即证

2

(,...,)

n

fxx可表为

1121

,,,...,

n

xaaa



的多项式。

48．设

12

()()()...()

n

fxxxxxxx

1

1

...(1)nnn

n

xx

令

12

...kkk

kn

sxxx(0,1,2,...)k

1）证明

11

011

()(...)()()kkk

kk

xfxsxsxsxsfxgx







其中()gx的次数n或()0gx。

2）由上式证明证明牛顿(Newton)公式：

1

112211

...(1)(1)0kk

kkkkk

ssssk



（对1kn）

1122

...(1)0n

kkknkn

ssss



（对kn）

证1）由假设

1

()

()

n

i

i

fx

fx

xx











1

1

1

()()

k

n

k

i

i

x

xfxfx

xx















111

11

()()

kkk

nn

ii

ii

ii

xxx

fxfx

xxxx













1

1

(...)()()

n

kkk

ii

i

xxxxfxgx





其中

1

1

()()

k

n

i

i

i

x

gxfx

xx











是一个次数n的多项式。故

11

011

()(...)()()kkk

kk

xfxsxsxsxsfxgx







2）由于

1

1

()...(1)nnn

n

fxxx

11121

11

()((1)...(1))kknnn

n

xfxxnxnx







因此得等式

11

0111

(...)(...(1))()kknnn

kkn

sxsxsxsxxgx





1121

11

((1)...(1))knnn

n

xnxnx



()

当

kn

时，比较上式两端含nx的系数，首先由于(()),()gxngx不含有nx的项，所以等

式左端含nx的系数为

1

1122110

...(1)(1)0kk

kkkkk

sssss





而右端含nx的项只有一项，它的系数为(1)()k

k

nk，所以

1

1122110

...(1)(1)(1)()kkk

kkkkkk

sssssnk





注意到

0

sn，即证

1

112211

...(1)(1)0kk

kkkkk

ssss





当

kn

时，等式()右端所有项的次数都大于n，所以含nx的系数为0，而左端含nx的项的

系数为

11

...(1)n

kknkn

sss





因此

11

...(1)0n

kknkn

sss





即证。

49．根据牛顿公式，用初等对称多项式表示

23456

,,,,sssss。

解1）当

6n

时，由上题可得

2112

20ss

而

11

s，所以

2

212

2s

同理可得

3

31123

33s

422

41121324

4424s

5322

55

555555s

6432223

61121312142

66962s

2

324151236

366126

2）当

5n

时，

2345

,,,ssss同1）所给，且

643222

63

669612s

32

152243

6263

3)当

4n

时，

234

,,sss同1）所给，

6

s同2）所给，且

5322

5

55555s

4）当

4n

时，

23

,ss同1）所给，

56

,ss同3）所给，且

422

4112132

442s

5）当

2n

时，

2

s同1）所给，

456

,,sss同4）所给，且

3

3112

3s

50．证明：如果对于某一个6次方程有

13

0ss，那么

75

2

752

ss

s



证这时

6n

，并注意

11

0s，且

13

30s，所以

3

0，于是

22

2s，

5235

55s

即

55

5s

而

71

sssssss

25

7

故

75

2

25752

ss

s



51．求一个n次方程使

121

..0

n

sss





解设此方程为

1

1

...(1)0nnn

n

xx

由题设及牛顿公式，可得

121

...0

n







故所求方程为

(1)0nn

n

x或0nxa

52．求一个n次方程使

12

..0

n

sss

解设此方程为

1

1

...(1)0nnn

n

xx

由题设及牛顿公式可得

11k

kk





(2,3,...,kn

即

1

!

k

kk





(2,3,...,kn

所以

2

21

1

2

，3

31

1

3!

，...，

1

1

!

n

nn



故所求方程为

2

12

11

1

...(1)0

2!!

n

nnnnxxx

n



