§1.1 基本题型及其常用解题方法

§1.1.1 求商式与余式

计算依据： 设f，g∈P［x］，且g≠0，则存在唯一的多项式q，r∈P［x］，使得

使得（1.1）成立的q，r称为g除f所得商式与余式．

例1.1 设f＝x ³ －3x ² －x－1，g＝3x ² －2x＋1，求g除f所得的商式q与余式r．

§1.1.2 整除性的判定及其证明

1．利用定义

理论依据：g f⇔∃q ∈P［x］，使得f＝qg．

例 1.2 若f（x）g（x），g（x）h（x），则f（x）h（x）．

证明 因为f（x）g（x），g（x）h（x），所以g（x）＝f（x）q ₁ （x），h（x）＝g（x）q ₂ （x），于是h（x）＝［q ₁ （x）q ₂ （x）］f（x），故：f（x）h（x）．

2．利用整除判定定理

理论依据：g| f⇔g除f所得余式r＝0．

利用该方法证明问题时，对于具体多项式，只需作带余除法，求出余式判断即可；对抽象的多项式则可假设余式为r（x），并利用条件和已知的事实证明这个余式r（x）为零即可．一般是利用最小数原理，参见例 1. 5 或利用整除的性质，即次数大的多项式不能整除次数小的多项式，平行地描述为：如果f |g，则g＝0 或 ≤ ，参见例 1. 6．

例 1.3 设f＝x ⁴ ＋x ² ＋ax＋b，g＝x ² ＋x－2．若（f，g）＝g，则a＝_________，b＝_________．

解 因为f（x）＝g（x）（x ² －x＋4）＋（a－6）x ＋（b＋8），所以（f（x），g（x））＝g（x）的充分必要条件是：a＝6，b＝－8．

例 1.4 m，p，q满足什么条件时，x ² ＋mx－1 x ³ ＋px＋q．

解 因为x ³ ＋px＋q＝（x－m）（x ² ＋mx－1）＋（m ² ＋p＋1）x＋（q－m），所以x ² ＋mx－1|x ³ ＋px＋q的充分必要条件是：p＝－1－m ² ，q＝m．

例1.5 若f ₁ ，f ₂ ，…，f _m （m＞1）是数域P上不全为零的多项式，用M记P［x］中所有形如

f ₁ u ₁ ＋f ₂ u ₂ …＋f _m u _m ，u _j ∈P［x］，j＝1，2，…，m

的非零多项式构成的集合．证明M非空，且M中次数最低的多项式都是f ₁ ，f ₂ ，…，f _m 的一个最大公因式．

证明 因为f ₁ ，f ₂ ，…，f _m 不全为零，且这些多项式中不为零的多项式f _i ∈M，所以M非空，由最小数原理可令d＝f ₁ u ₁ ＋f ₂ u ₂ …＋f _m u _m 是M中次数最小的多项式，设

则r _i ＝f _i －q _i （f ₁ u ₁ ＋f ₂ u ₂ …＋f _m u _m ）∈M∪｛0｝，因此根据d是M中次数最小的多项式的假设得：r _i ＝0，所以：d ＝1，2，…，m；若d ₁ 是f ₁ ，f ₂ ，…，f _m 的任意一个公因式，则d ₁ ，…，d ₁ ，因此d ₁ ＋f ₂ u ₂ …＋f _m u _m ，故d是f ₁ ，f ₂ ，…，f _m 的一个最大公因式．

例1.6 如果n－1次整系数多项式g（x）有n－1个两两不等的复根ω ₁ ，ω ₂ ，…，ω _n－1 ，且

那么x－ a ，1 ≤ i ≤ n－1．

证明 令f _i （x）＝（x－ a）P _i （x）＋c _i ，c _i 为常数，则

因为 ＝a，所以x－ω _i － a ∈Z，i＝1，2，…，n－1，因此

又因为g（x） ，所以g（x） ，因此：c ₁ ＝c ₂ ＝…＝c _n－1 ＝0，即（x－ a） ，（x－ a） ，…，（x－ a） ．

说明： ①取n＝3，a＝1，便得：如果（x ² ＋x＋1） ＋xf ₂ （x ³ ），那么

（x－1） ，（x－1） ．

②取n＝3，a＝－1，便得：如果（x ² －x＋1） ＋xf ₂ （x ³ ），那么

（x＋1） ，（x＋1） ．

③取a＝1，便得例 1.17（那里提供了此类题的另一种证法），不难发现§1.3.2，48题，50 题，例 1.10，例 1.13 均是本题的特例（都可以利用例 1.17 的方法证明）．

3．利用整除性的性质

理论依据：

（1）f h（整除关系具有传递性）；

（2）f gh，∀h ∈P［x］，f gh，∀h ∈P［x］，h ≠ 0；

（3）f g ₁ h ₁ ＋g ₂ h ₂ ＋…＋g _m h _m ，∀h _i ∈P［x］；

（4）若f ，则g＝cf，c ∈P ^* ．

例 1.7 证明：x ^d －1 成立的充分必要条件是： n．

证明 充分性的证明：

设n＝qd，则：

故：x ^d －1 －1．

必要性的证明：

设n＝qd＋r，0 ≤ r ＜ d，则：

因为x ^d －1 x ^q d－1，所以x ^d －1 －1，因此x ^r －1＝0，即：r＝0，故：

例 1.8 令f ₁ ，f ₂ ，g ₁ ，g ₂ 都是数域P上的多项式，其中f ₁ ≠0且g _{1 g2 g1} ，证明：

证明 因为f ₁ ，所以 ，又因为 ，所以 若g ₁ ≠ 0，则g ₂ ，若g ₁ ＝0，则由f ₁ ≠ 0，g ₁ g ₂ 可得f ₂ ＝0，故

例1.9 设f（x）＝x ³ ＋x ² ＋x＋1，g（x）＝x ⁴ n＋x ^4m＋1 ＋x ^4k＋ 2＋x ^4l＋3 （m，n，k，l∈N ^* ）．

求证：f（x）|g（x）．

证明 因为x ³ ＋x ² ＋x＋1 － 1，（∀t ∈N ^* ），所以 － 1．

又因为g（x）＝（x ⁴ⁿ － 1）＋x（x ^4m － 1）＋x ² （x ^4k － 1）＋x ³ （x ^4l － 1）＋f，故：f |g．

例 1.10 设f（x），g（x）为复数域上两个最高次项系数为 1 的不同的 3 次多项式，若x＋x ⁴² ＋1 ＋x ⁴ g（x ³ ），则（f（x），g（x））＝_____________．

分析 因为x ⁴ ＋x ² ＋1＝（x ² ＋x＋1）（x ² －x＋1），所以利用题设条件可得x ² ±x＋1 f（x ³ ）＋x ⁴ g（x ³ ），按例 1.6 的方法可证x ² ＋x＋1 ＋c ₂ x ⁴ ，这里

f＝（x－1）P＋c ₁ ，g＝（x－1）Q＋c ₂ ，由于c ₁ ＋c ₂ x ⁴ ＝c ₁ ＋c ₂ x＋c ₂ x（x ³ －1），所以不难证明x ² ＋x＋1 ＋c ₂ x，因此c ₁ ＝c ₂ ＝0，所以x－1 ，同理可证x＋1 ＋1 ，因为（x＋1，x－1）＝1，所以x ² －1 g，因此x ² －1 ，因为f（x），g（x）为复数域上两个最高次项系数为 1 的不同的 3 次多项式，所以（f（x），g（x））只能是二次多项式，故（f（x），g（x））＝x ² －1．

4．利用多项式的典型分解式

理论依据： 设f（x）＝ … ，g（x）＝p ₁ ^m1 （x）p ₂ ^m2 （x）…p _r ^mr （x）

则f（x） ≤ m _i ，i＝1，2，…，r．

利用此定理可以直接证明问题，也可以利用它的逆否命题采用反证法：f（x）g（x）的充分必要条件是，存在不可约多项式p，使得：

例 1.11 证明：f（x） 成立的充分必要条件是：f ⁿ （x） ，其中n是正整数．

证明 必要性的证明：

因为f|g，所以g＝fq．于是g ⁿ ＝f ⁿ q ⁿ ，故f ⁿ g ⁿ ．

充分性的证明：

设f＝p ₁ ^l1 p ₂ ^l2 …p _r ^lr ，g＝p ₁ ^m1 p ₂ ^m2 …p _r ^mr ，则：

因为 ，所以nl _i ≤ nm _i ⇒l _i ≤ m _i ，i＝1，2，…，r，故f g．

说明： 充分性的证明也可以采用反证法：若f（x）g（x），则存在不可约多项式p，使得

则 ，g ⁿ ＝p ^ns g ₁ ⁿ ， ＝（p，g ₁ ⁿ ）＝1，nr ＞ ns ≥0，所以：f ⁿ g ⁿ ，与题设条件矛盾，故：f（x）g（x）．

5．利用多项式互素的性质

理论依据：

（1）f|gh，（f，g）＝1⇒f| h．

例 1.12 设f（x），g（x）∈R［x］，若有h（x）∈R［x］，使

则f（x），g（x）都能被x ² ＋k整除．这里m，n，k ∈R，k ≠ 0，m ≠ n．

证明 利用题设条件（1.2）与（1.3）可得：

2（m－ n）xf（x）＝－2n（x ² ＋k）h（x），2（n－ m）xg（x）＝－2m（x ² ＋k）h（x）．

因此x ² ＋k xg（x），又因为（x，x ² ＋k）＝（x，k）＝1，故：f（x），g（x）都能被x ² ＋k整除．

（2）f h，（f，g）＝1⇒fg|h．

例 1.13 设多项式P（x），Q（x），R（x）满足

P（x ³ ）＋xQ（x ³ ）＝（x ⁴ ＋x ² ＋1）R（x）．

求证：x ² －1 ，Q（x），R（x））．

分析： 由题设条件可得（x ⁴ ＋x ² ＋1）P（x ³ ）＋xQ（x ³ ），利用例 1.6 与例 1.10 的方法可证x ² －1 Q（x），因此x ² －1 R（x），由此可证．

证明 令

则

因为

所以：x ² ＋x＋1 －x＋1 因而：c ₁ ＝c ₂ ＝0，d ₁ ＝d ₂ ＝0，即x－1 Q．因此：x ² －1 再由

P（x ³ ）＋xQ（x ³ ）＝（x ⁴ ＋x ² ＋1）R（x）

得：x ² －1 因为（x ² －1，x ⁴ ＋x ² ＋1）＝1，所以x ² －1 故：x－ ² 1 ，Q（x），R（x））．

6．利用不可约多项式的性质

理论依据：

（1）若不可约多项式p 则p 或p ．

例 1.14 设p（x）是不可约多项式，若p（x） ，证明：p（x）整除f ₁ （x），f ₂ （x），…，f _m （x）中的至少一个多项式．

证明 对m进行归纳：m＝2 时，结论成立；现设m ＞ 2 且结论对m－1 成立，则若p ，我们有：p 或p 如果p ，结论已成立；如果p 则由归纳假设：p整除f ₂ ，…，f _m 中的至少一个多项式，结论成立．

（2）设p（x）是不可约多项式，则对∀f（x）∈P［x］，有p（x） 或（p（x），f（x））＝1．

例 1.15 设f（x）为有理数域上的非零多项式，如果f（ ³ 2）＝0，证明：在有理数域上x ³ －2 整除f（x）．

证明 因为2？1，2|－2，4？－2，所以根据艾森斯坦判别法可知：x ³ －2 在有理数域上不可约．若在有理数域上x ³ －2 不整除f（x），则在有理数域上（x ³ －2，f（x））＝1，因此在实数域上也有（x ³ －2，f（x））＝1，但 ＝0， －2＝0，所以

x－ （x ³ －2，f（x）），

矛盾，故：在有理数域上x ³ －2 整除f（x）．

说明： 本题证明应用了反证法，同时用到了以下性质，即多项式的最大公因式不会因为数域的扩大发生改变，因而互素的性质也不会因为数域的扩大发生改变．

7．利用根的性质

理论依据： 设α∈P，f（x）∈P［x］，则x－α ＝0．

例 1.16 证明：x f（x）．

证明 x ＝0⇔f（0）＝0⇔x ．

例 1.17 如果（x ^n－1 ＋x ^n－2 ＋…＋x＋1） ，那么

（x－1） ，i＝1，2，…，n－1．

证明 因为（（x ⁿ －1）′，x ⁿ －1）＝（nx ^n－1 ，x ⁿ －1）＝1，所以x ⁿ －1 没有重根，又因为（x ^n－1 ＋x ^n－2 ＋…＋x＋1）| x ⁿ －1，所以x ^n－1 ＋x ^n－2 ＋…＋x＋1 的n－1 个根α ₁ ，α ₂ ，…，α _n－1 两两不等且 ＝ ＝…＝ ＝1，于是由题设条件

可得

因为上述齐次线性方程组的系数行列式为α ₁ ，α ₂ ，…，α _n－1 构成的n－1 阶范德蒙行列式不为零，所以f ₁ （1）＝f ₂ （1）＝…＝f _n－1 （1）＝0，故（x－1）|f _i （x），i＝1，2，…，n－1．

§1.1.3 最大公因式的计算、判定及其证明

1．利用定义

理论依据： d（x）是f ₁ ，f ₂ ，…，f _s 的最大公因式，当且仅当d|f _i ，i＝1，2，…，s且若g|f _i ，i＝1，2，…，s，则g d．

例 1.18 若d（x） g（x），且d（x）是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 因为d（x）是f（x）与g（x）的一个组合，所以可设d（x）＝u（x）f（x）＋v（x）g（x），若d ₁ （x）是f（x）与g（x）的任意一个公因式，则d ₁ （x） g（x），因此可得

d ₁ （x） ＝u（x）f（x）＋v（x）g（x），又因为d（x） g（x），故d（x）是f（x）与g（x）的一个最大公因式．

例1.19 若d（x）是不全为零的多项式f（x）与g（x）的一个次数最大的公因式，那么d（x）是f（x）与g（x）的一个最大公因式．

证明 设d ₁ （x）是f（x）与g（x）的一个最大公因式，则d（x） ，因此存在多项式h（x），使得d ₁ （x）＝h（x）d（x），于是

因为d（x）是f（x）与g（x）的次数最大的公因式，所以 ＝0，h＝c ∈P ^* ，故d（x）＝ 是f（x）与g（x）的一个最大公因式．

2．利用例 1.18 的结论

例 1.20 设f，g，h ∈P［x］，h是首项系数为 1 的多项式，证明：（fh，gh）＝（f，g）h．

证明 令fu＋gv＝（f，g），则（fh）u ＋（gh）v＝（f，g）h．

因为（f，g） 所以（f，g）h gh．故（fh，gh）＝（f，g）h．

说明 ：本题证明中也用到了最大公因式的性质定理，最大公因式的条件之一，即最大公因式首先是公因式．整除的性质：整除式的两边可以同乘上一个多项式．

例 1.21 求（x ^m －1，x ⁿ －1）．

解 因为（m，n） n，所以x ^（m，n） －1 －1x ⁿ －1．

设（m，n）＝rm＋tn，则r，t不能全为正，也不能全为负，不妨设r ＞ 0，t ≤ 0，则

故（x ^m －1，x ⁿ －1）＝x ^（m，n） －1．

3．利用整除的性质

理论依据： 两个首 1 多项式相互整除的充分必要条件是：这两个多项式相等．

例 1.22 设f ₁ （x）＝af（x）＋bg（x），g ₁ （x）＝cf（x）＋dg（x），ad－ bc＝1，证明

（f（x），g（x））＝（f ₁ （x），g ₁ （x））．

证明 因为d＝（f，g） g，所以d cf＋dg＝g ₁ ，所以d ＝d ₁ ．同理d _{1 g1} ，因此d ₁ ag ₁ － cg ₁ ，所以d ₁ ＝d＝d ₁ ＝（f ₁ ，g ₁ ）．

说明： 条件ad－ bc＝1 只是为了保证从方程组f ₁ ＝af＋bg，g ₁ ＝cf＋dg中解出f，g且使表达式简洁，因此利用克莱姆规则可知，可取a，b，c，d为数域中的任何一组满足ad－ bc ≠ 0的数，即ad－ bc＝1 可以改为ad－ bc ≠0，也可以是一组具体的数，例如证明（f，g）＝（2f ＋g，f＋g）就相当于取a＝2，b＝c＝d＝1．

例 1.23 设f ₁ ，f ₂ ，…，f _n 是数域P上任意n ＞ 1 个不为零的多项式，则对任意正整数s，1 ≤ s ＜ n，有（f ₁ ，f ₂ ，…，f _n ）＝（（f ₁ ，…，f _s ），（f _s＋ 1，…，f _n ））．

证明 因为（f ₁ ，f ₂ ，…，f _n ）＝d 1，2，…，n，所以

因此d 又因为

所以（d ₁ ，d ₂ ） ≤ i ≤ n，因此（d ₁ ，d ₂ ） ，故d＝（d ₁ ，d ₂ ）．

4．利用典型分解式

理论依据： 设f（x）＝ 与g（x）＝ 是f（x）与g（x）的典型分解式，则

其中u _i ＝min{ l _i ，m _i }，v _i ＝max{ l _i ，m _i }，i＝1，2，…，s．

说明： 利用典型分解式求最大公因式（或最小公倍式），需要求出典型分解式，理论上可行，但实际计算难度较大，因此主要是理论意义大，但利用它我们可以得到如下性质．

设f（x）＝ … 的典型分解式，则

例 1.24 证明：数域P上的一个n（＞ 0）次多项式f（x）能被它的导数整除的充分必要条件是f（x）＝a（x－ b） ⁿ ，这里a ≠ 0，b是数域P中的数．

证明 充分性是显然的．设f（x）＝ 为f（x）的典型分解式，则

因为f′（x） ，所以 1＝ ＝ ，因此

s＝ ＝1，l＝n，令p ₁ ＝x－ b，则f（x）＝a（x－ b） ⁿ ．

5．利用欧几里得辗转相除法

理论依据： 设f＝qg＋r，f，g，r不全为零多项式，则（f，g）＝（g，r）．

例 1.25 设f＝x ⁴ ＋x ³ －3x ² －4x－1，g＝x ³ ＋x ² －x－1，求（f，g），［f，g］，并求u，v，使得：fu＋gv＝（f，g）．

解 因为f＝xg ＋(－2x ² －3x－1)，

所以（f，g）＝x＋1，［f，g］＝ ＝x ⁶ ＋x ⁵ －4x ⁴ －5x ³ ＋2x ² ＋4x＋1．

又因为 ＋ ＝ f ＋ g，

所以取u＝－ ＋ ＝ － － ，则fu＋gv＝x＋1＝（f，g）．

§1.1.4 互素的判定及其证明

1．利用定义

理论依据： 如果多项式f ₁ （x），f ₂ （x），…，f _s （x）的最大公因式是零次因式，则称f ₁ （x），f ₂ （x），…，f _s （x）为互素的多项式．

例 1.26 证明：（f（x），g（x））＝1，其中f（x）＝x ⁴ －4x ³ ＋1，g（x）＝x ³ －3x ² ＋1．

证明 因为

故（f（x），g（x））＝1．

2．利用互素的判定定理

理论依据： 数域P上的多项式f ₁ ，f ₂ ，…，f _m （m ＞ 1）互素的充分必要条件是，存在u ₁ ，u ₂ ，…，u _m ∈P［x］，使得f ₁ u ₁ ＋f ₂ u ₂ …＋f _m u _m ＝1．

例1.27 证明：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 因为u（x）f（x）＋v（x）g（x）＝（f（x），g（x）），所以

故（u（x），v（x））＝1．

例 1.28 证明：如果（f（x），g（x））＝1，（f（x），h（x））＝1，那么

（f（x），g（x）h（x））＝1．

证明 因为（f（x），g（x））＝1，（f（x），h（x））＝1，所以存在u ₁ ，v ₁ ，u ₂ ，v ₂ ∈P［x］，使得

fu ₁ ＋gv ₁ ＝1，fu ₂ ＋hv ₂ ＝1，

因此f（fu ₁ u ₂ ＋gu ₂ v ₁ ＋hu ₁ v ₂ ）＋（gh）（v ₁ v ₂ ）＝1．故（f（x），g（x）h（x））＝1．

3．利用互素的性质

理论依据： （f，g）＝1，（h，g）＝1⇔（fh，g）＝1．

例 1.29 设：f _i ，g _j （i＝1，2，…，m；j＝1，2，…n）都是P［x］中的多项式，而且（f _i ，g _j ）＝1（i＝1，2，…，m；j＝1，2，…n），求证：（f ₁ f ₂ …f _m ，g ₁ g ₂ …g _n ）＝1．

证明 我们首先利用数学归纳法证明：

（f ₁ f ₂ …f _m ，g _j ）＝1（j＝1，2，…n）．

当m＝2 时，（f ₁ ，g _j ）＝1，（f ₂ ，g _j ）＝1，所以（f ₁ f ₂ ，g _j ）＝1，结论成立．现设m ≥ 2 时，结论成立，则对m＋1，因为（f _i ，g _j ）＝1（i＝1，2，…，m＋1），故由归纳假设有

（f ₁ f ₂ …f _m ，g _j ）＝1，再结合（f _m＋1 ，g _j ）＝1 可得（f ₁ f ₂ …f _m f _m＋1 ，g _j ）＝1．

最后对n归纳，可由（f ₁ f ₂ …f _m ，g _j ）＝1（j＝1，2，…n），得到

（f ₁ f ₂ …f _m ，g ₁ g ₂ …g _n ）＝1．

例1.30 对任意非负整数n，令f _n ＝x ^n＋1 ＋（－1） ^n＋1 （x＋1） ^n＋1 ．设多项式g＝ ，证明：（x ² ＋x＋1，g）＝1．

证明 若（x ² ＋x＋1，f _n ）≠ 1，则因x ² ＋x＋1 在有理数域上不可约，所以x ² ＋x＋ 令ω为x ² ＋x＋1 的一个根，则有

矛盾，因此（x ² ＋x＋1，f _n （x））＝1，∀n ∈N，故（x ² ＋x＋1，g（x））＝1．

§1.1.5 整系数多项式有理根的计算与判定

1．利用定义

理论依据： α∈Q是f（x）∈Z［x］的根，如果f（α）＝0．

例 1.31 设f（x）＝2x ⁵ －5x ³ －5x ² －2x，求f（x）的有理根．

解 因为f＝x（x＋1）（2x ³ －2x ² －3x－2），f（0）＝0，f（－1）＝0，所以0，－1 是f的有理根，作综合除法表

故f（2）＝0，f＝x（x＋1）（x－2）（2x ² ＋2x＋1），又Δ＝－4 ＜ 0，所以 2x ² ＋2x＋1 没有实根，更没有有理根．所以f有 0，－1，2 三个有理根，均为单根．

2．利用有理根的性质

理论依据：

（1）若α＝ （r，s ∈Z）是整系数多项式f（x）＝ ＋…＋a ₁ x＋a ₀ 的一个有理根，若r a ₀ ，则r a ₀ ．

（2）若有理数α≠ ± 1 是整系数多项式f（x）的根，则 与 均为整数．

计算步骤：

①求出f的最高次项系数a _n 的所有正因数r _i ，常数项a ₀ 的所有因数s _j ，得到f的所有可能的有理根

②计算f（1）与f（－1），确定1与－1是否是f的有理根，若1（－1）是f的有理根，则利用综合除法求出 1（－1）的重数，并将f表示为f＝（x－1） ^k1 （x＋1） ^k2 g（x），如果f（1）≠0，则k ₁ ＝0；如果f（－1）≠ 0，则k ₂ ＝0．

③对α＝ （≠ ± 1），计算 （ ），若 ∉Z或 ∉Z，则α不是f的有理根．

④若 ∈Z且 ∈Z，则用综合除法计算出g（α），判断α是否是f的有理根，若是则利用累次综合除法求出α的重数．

例 1.32 设f（x）＝x ³ －6x ² ＋19x－14，求f（x）的有理根．

解 f（x）可能的有理根是± 1，± 2，± 7，± 14．

f（1）＝0，f（－1）＝－40，因此 1 是f（x）的有理根，且由下述综合除法表

得f（x）＝（x－1）（x ² －5x＋14）＝（x－1）g（x），g（1）＝10，g（－1）＝20．

又因为 ＝ ， ＝ ， ＝－ ， ＝ ，

＝－ ， ＝ ，故－1，± 2，± 7，± 14 都不是f（x）的有理根，f（x）的有理根有且仅有一个单根 1．

例 1.33 设f（x）是一个整系数多项式，试证：如果f（0）与f（1）都是奇数，那么f（x）不能有整数根．

证明 如果f（x）有整数根m，则由m 是奇数得m是奇数，且 ∈Z，由此导致f（1）是偶数，与f（1）是奇数矛盾．故：f（x）没有整数根．

§1.1.6 可约与不可约多项式的判定及其证明

1．利用定义

理论依据： 次数大于零的多项式f ∈P［x］在P上可约，如果存在g，h ∈P［x］，使得f＝gh，0 ；

或等价地说，f在P上不可约，如果f＝gh，g，h ∈P［x］，则 ＝0．

例 1.34 设p（x）是次数大于零的多项式，如果对于任何多项式f（x），g（x），由p（x） 可以推出p（x） 或者p（x） ，那么p（x）是不可约多项式．

证明 设p＝fg，则p ，由题设条件得p 或者p 若p 则令f＝ph，有p＝phg，所以hg＝1，因此 ＝ ＝0，同理可证p 时， ＝0．故p（x）是不可约多项式．

说明： 本题是利用定义直接证明．本题也可以利用定义采用反证法：如果p（x）是可约多项式，则p（x）＝f（x）g（x），0 ＝f（x）g（x），由题设条件得p 或者p ，与 0 矛盾．故p是不可约多项式．

例 1.35 设整系数多项式f（x）的次数是n＝2m或n＝2m＋1．证明：如果有k（≥ 2m＋1）个不同的整数a ₁ ，a ₂ ，…，a _k ，使f（a _i ）取值1 或－1，则f（x）在Q［x］中不可约．

证明 若f（x）在Q［x］中可约，则存在g，h ∈Z［x］，使得

f＝gh，0 ， ．

于是± 1＝f（a _i ）＝g（a _i ）h（a _i ），所以g（a _i ）＝± 1，h（a _i ）＝± 1，i＝1，2，…，k．因此

g（a ₁ ），g（a ₂ ），…，g（a _k ）中同时取值为 1，或同时取值为－1 的个数≥ k ／2 ＞ m，所以g（x）－1 或g（x）＋1 的根的个数＞ m，从而 ＝ ≥ m＋1．同理可证 ＝ ∓1）≥ m＋1，于是

2m＋1 ≥ ≥ 2m＋2，

矛盾．故f（x）在Q［x］中不可约．

2．利用艾森斯坦判别法

理论依据： 设f（x）＝a _n x ⁿ ＋…＋a ₁ x＋a ₀ ∈Z［x］，如果存在一个素数p，满足：（1）p a _i ，i＝0，1，…，n－1； ；则f（x）在有理数域上不可约．

例 1.36 设p是素数，a是整数，f（x）＝ax ^p ＋px＋1，且p ² ，证明f（x）没有有理根．

证明 因为

所以素数p整除f（x＋1）的除最高次项系数a以外的所有系数，且p ² （p＋a＋1），由艾森斯坦判别法知f（x＋1）在有理数域上不可约，因此f（x）也在有理数域上不可约，故f（x）没有有理根．

说明： 本题证明也用到了根的性质．

例1.37 设f（x）＝x ^p－1 ＋x ^p－2 ＋…＋x＋1，p是素数，证明f（x）在有理数域Q上不可约．

证明 因为f（x）＝ 所以f（x＋1）＝ ＝

又因为p 1，p ，1≤k ≤p－ ＝ ，故由艾森斯坦判别法可知f（x＋1）在有理数域上不可约，因此f（x）也在有理数域上不可约．

3．利用根的性质

理论依据：

（1）若α∈P是n ＞ 1 次多项式f（x）∈P［x］的一个根，则f（x）在P上可约；

（2）次数≤3的多项式f ∈P［x］在P上可约的充分必要条件是f在P上至少有一个根．

例 1.38 讨论：f（x）＝3x ³ ＋x ² ＋2x＋6 在有理数域上的可约性．

解 f（x）可能的有理根为± 1，± 2，± 3，± 6，± ± ，f（1）＝12，f（－1）＝2，因为

所以± 1，2，3，± 6， ± 均不是f（x）的有理根．又由

知 2，3，－ 也不是f（x）的有理根，故f（x）没有有理根，因此在有理数域上不可约．

§1.1.7 重因式（重根）及其重数的计算与判定

1．利用定义

理论依据： 不可约多项式p是f的k重因式的充分必要条件是f＝p ^k g，（p，g）＝1．

例 1.39 证明：如果不可约多项式p是多项式f的k重因式，则p是f′的k－1 重因式．

证明 因为p是多项式f的k重因式，所以可设f＝p ^k g，（p，g）＝1，则

f′＝p ^k－1 （kp′g＋pg′）．

若p ，则p ，因为（p，kg）＝1，所以p ，矛盾．所以（p，kp′g＋pg′）＝1，故p是f′的k－1 重因式．

例 1.40 判断f（x）＝x ⁵ －3x ⁴ ＋5x ³ －7x ² ＋6x－2 有无重因式，若有，请求出f（x）的所有重因式并指出重数．

解 因为f（x）＝（x－1） ³ （x ² ＋2），所以f有且仅有一个三重因式x－1．

2．利用重因式（重根）的性质定理

理论依据：

（1）若p是f的k重因式，则p一定是f′的k－1 重因式；若α是f的k重根，则α一定是f′的k－1 重根；

（2）p是f的k ＞ 1 重因式的充分必要条件是p一定是f，f′，…，f（ ^k－1 ）的因式，但不是f ^k 的因式．α是f的k ＞ 1 重根的充分必要条件是

f（α）＝f′（α）＝…＝f（ ^k－1 ）（α）＝0，f ^（k） （α）≠0；

（3）f有重因式的充分必要条件是（f，f′）≠1；f没有重根的充分必要条件是（f，f′）＝1．

例 1.41 证明：1 ＋x＋ ＋…＋ 不能有重根．

证明 若α是f＝1 ＋x＋ ＋…＋ 的重根，则f（α）＝f′（α）＝0．

因为f（x）－f′（x）＝ ，所以 ＝0 得到α＝0，而f（0）＝1，矛盾，故f没有重根．

3．利用重因式（重根）的判定定理

理论依据：

（1）不可约多项式p（x）是f（x）的重因式⇔p（x） ，f′（x））；α是f（x）的重根的充分必要条件是x－α ，f′（x））．

（2）多项式f（x）没有重根 多项式f（x）没有重因式．

例 1.42 求实数t的值，使f（x）＝x ⁿ ＋tx＋3 有重根．

解 当n＝1时，对∀t，f（x）＝（1＋t）x＋3没有重根；当n＞1时，f′＝nx ^n－1 ＋t，f″＝n（n－1）x ^n－2 ．因为（f，f″）＝（x，3）＝1，所以f（x）没有重数大于2的重根，f（x）有2重根α的充分必要条件是 ，解之得

或

§1.1.8 多项式相等（多项式函数相等）

1．利用定义

理论依据： 两个多项式相等，如果对应项的系数全部相等．两个多项式f（x），g（x）∈P［x］在P上定义的多项式函数相等，如果f（c）＝g（c），∀c ∈∈P．

例 1.43 设f（x），g（x）是实系数多项式，满足（x ² ＋2）f（x）－（x ³ ＋1）g（x）＝1．若f（x）是首项系数为 1 的 3 次实系数多项式，求g（x）．

解 由题设条件可设f（x）＝x ³ ＋ax ² ＋bx＋c，g（x）＝x ² ＋dx＋e，将它们带入（x ² ＋2）f（x）－（x ³ ＋1）g（x）＝1 中，比较两边系数得：

a＝d，2＋b＝e，2a＋c＝1，2b＝d，2c＝1＋e，

解之得：a＝d＝－ b＝－ c＝ e＝ 故：g＝x－ ＋

例 1.44 设f（x）为实系数多项式，证明：如果对任何实数c都有f（c）≥ 0，则存在实系数多项式g（x）和h（x），使f（x）＝（g（x）） ² ＋（h（x）） ² ．

证明 如果f是零多项式，则令g＝h＝0 即可；如果f是零次多项式且f＝a ＞ 0，则令g＝ ＝0 即可；现设.（f）＝n ＞ 0，

f＝a ₀ ＋a ₁ x＋…＋a _n x ⁿ ∈ ，a _n ≠ 0，

则由题设条件对任何实数c都有f（c）≥0 知：a _n ＞ 0，n为偶数，下面利用数学归纳法证明结论成立．n＝2 时，必有 －4a ₀ a ₂ ≤ 0，因此：

其中：g＝ ，h＝ ，结论成立．现设n ＞ 2 且结论对次数小于n且满足题设条件的多项式成立，则对满足题设条件的n次多项式f，我们证明存在两个次数小于n且满足题设条件的多项式f ₁ ，f ₂ ，使得：f＝f ₁ f ₂ ．事实上，如果f的典型分解式中含有一个二次不可约因式f ₁ ＝x ² ＋ax＋b，则a ² －4b ＜ 0，因此f＝f ₁ f ₂ ，且对任何实数c都有f ₁ （c）＞0，从而由f（c）＝f ₁ （c）f ₂ （c）≥ 0 得：对任何实数c都有f ₂ （c）≥ 0．如果f的典型分解式中没有二次不可约因式，则可令

若k＝1，则f＝f ₁ f ₂ ，其中f ₁ ＝a _n （x－α） ² ，f ₂ ＝（x－α） ^n－2 ，结论也成立；

若k ＞ 1，则t ₁ ，t ₂ ，…，t _k 均为偶数，否则可设i是使得t _i 为奇数的最大下标，则对实数c，α _i－ 1 ＜ c ＜α _i ，f（c）＜ 0，矛盾．那么f＝f ₁ f ₂ ，这里f ₁ ＝a _n （x－α ₁ ） ^t1 是两个次数小f ₁ 于n且满足题设条件的多项式，故由归纳假设可知，存在实系数多项式g ₁ ，g ₂ 和h ₁ ，h ₂ ，使得：f ₁ ＝ ＋ ＝ ＋ 因此

f＝f ₁ f ₂ ＝（g ₁ g ₂ ） ² ＋（g ₂ h ₁ ） ² ＋（g ₁ h ₂ ） ² ＋（h ₁ h ₂ ） ² ＝（g ₁ g ₂ ＋h ₁ h ₂ ）2 ＋（g ₁ h ₂ － g ₂ h ₁ ） ² ．

故存在实系数多项式g和h，使f＝g ² ＋h ² ．其中g＝g ₁ g ₂ ＋h ₁ h ₂ ，h＝g ₁ h ₂ － g ₂ h ₁ ．

2．利用根的个数定理

理论依据： 数域P上任意一个n次多项式在数域P上至多有n个根．

例 1.45 设f（x），g（x）∈P［x］， ≤ n，如果存在数域P上n＋1 个两两不等的数a ₁ ，a ₂ ，…，a _n＋1 ，满足f（a _i ）＝g（a _i ），i＝1，2，…，n＋1，则f（x）＝g（x）．

证明 令F（x）＝f（x）－ g（x），若F（x）≠ 0，则 ≤ max｛ ｝≤ n，因此F（x）至多有n个根；而F（a _i ）＝f（a _i ）－ g（a _i ）＝0，i＝1，2，…，n＋1，所以F（x）至少有n＋1 个根，矛盾，故：F（x）＝f（x）－ g（x）＝0，即f（x）＝g（x）．

例 1.46 设f（x）∈P［x］，若对于任意的a，b ∈P，都有f（a＋b）＝f（a）＋f（b），则

f（x）＝cx，c ∈P．

证明 令F（x）＝f（x）－ f（1）x，我们利用数学归纳法证明：∀n ∈N ^* ，F（n）＝0．n＝1 时，

F（1）＝f（1）－ f（1）＝0，结论成立；现设n ≥ 1 时，F（n）＝f（n）－ f（1）n＝0；则

F（n＋1）＝f（n＋1）－（n＋1）f（1）＝f（n）＋f（1）－（n＋1）f（1）＝0

故对∀n ∈N ^* ，F（n）＝0，因此：F（x）＝f（x）－ f（1）x＝0，即

3．利用拉格朗日插值公式

f（x）＝cx，c＝f（1）∈P．

理论依据： 如果a ₁ ，a ₂ ，…，a _n＋1 是数域P上n＋1 个两两不等的数，则对数域P上任意n＋1 个不全为零的数b ₁ ，b ₂ ，…，b _n＋1 ，多项式

是数域P上满足f（a _i ）＝b，i＝1，2，…，n＋1 的次数小于或等于n的唯一的多项式．

例 1.47 求一个次数尽可能低的多项式f（x），使得

f（0）＝1，f（1）＝2，f（2）＝5，f（3）＝10．

解 由Lagrange插值公式得

说明： 对Lagrange插值公式使用不熟悉的同学，最好在草稿纸上写出

a ₁ ＝0，a ₂ ＝1，a ₃ ＝2，a ₄ ＝3 与b ₁ ＝1，b ₂ ＝2，b ₃ ＝5，b ₄ ＝10，

并将它们带入公式（1.4），写出解答式中上述式子后再仔细计算得出答案，平时应该仔细检查所得的答案是否满足所有条件，参加考试时，若时间足够应该尽可能检查所得结论是否满足题设条件．

例 1.48 设a ₁ ，a ₂ ，…，a _n＋1 是数域F中互不相同的数，b ₁ ，b ₂ ，…，b _n＋ 1 是数域F中任意的数．证明：存在唯一的F上的次数不超过n的多项式f（x）使得

f（a _i ）＝b _i ，i＝1，2，…，n＋1．

证明 由拉格朗日插值公式给出的多项式

是数域P上满足f（a _i ）＝b，i＝1，2，…，n＋1 的一个次数小于或等于n的多项式．

若g（x）∈P［x］， ≤ n也满足g（a _i ）＝b _i ，i＝1，2，…，n＋1，则令

F（x）＝f（x）－ g（x），若F（x）≠ 0，则 ≤ max｛ ｝≤ n，

因此F（x）至多有n个根；而F（a _i ）＝f（a _i ）－ g（a _i ）＝0，i＝1，2，…，n＋1，所以

F（x）至少有n＋1 个根，矛盾，故：F（x）＝f（x）－ g（x）＝0，即f（x）＝g（x）．

4．利用根与系数的关系

理论依据： 设α ₁ ，α ₂ ，…，α _n ∈C是f（x）＝a _n x ⁿ ＋a _n－1 x ^n－1 ＋…＋a ₁ x＋a ₀ ∈P［x］的根，

例 1.49 已知多项式f（x）＝x ³ ＋2x ² －2，g（x）＝x ² ＋x－1，α，β，γ为f（x）的根，求一个整系数多项式h（x），使其以g（α），g（β），g（γ）为根．

解 因为f（x）＝（x＋1）g（x）－1，所以：

又由根与系数的关系可得：α＋β＋γ＝－2，αβ＋αγ＋βγ＝0，αβγ＝2，故

故：h（x）＝（x－ g（α））（x－ g（β））（x－ g（γ））＝x ³ ＋x ² ＋x－1．

例 1.50 设 是多项式f（x） ＋ax＋1 的根，求一个多项式g（x），使得它的全部根为

解 由根与系数关系得

因此

故g（x）＝ ＝x ³ ＋2ax ² ＋a ² x－1．

§1.1.9 多项式的因式分解

1．利用定义

例 1.51 设f（x）＝x ^n＋1 ＋2x ⁿ －3（n ≥ 1），把f（x）在有理数域上进行因式分解．

解 取素数p＝3，则多项式g（x）＝x ⁿ ＋3x ^n－1 ＋…＋3x＋3 除首项系数外均是3 的倍数，且 3 ² 不整除常数项，故由艾森斯坦判别法可知：g（x）在有理数域上不可约，因此

f（x）＝（x－1）（x ⁿ ＋3x ^n－1 ＋…＋3x＋3）．

2．利用求根公式

x ⁿ －1＝0 的全部根为

n为奇数时，方程只有一个实根ω ₀ ＝1，ω _k 与 ，k＝1，2…， 是共轭复根．n为偶数时，方程恰有两个实根ω ₀ ＝1与 ＝－1，ω _k 与 ，k＝1，2…， －1是共轭复根．

x ⁿ ＋1＝0 的全部根为

n为奇数时，方程只有一个实根η（ _n－1） ／ ₂ ＝－1，η _k 与η _n－k－1 ＝ ，k＝0，1，…， 是共轭复根．当n为偶数时，方程没有实根，ω _k 与η _n－k－1 ＝ ，k＝0，1，…， －1 是共轭复根．

如果a为正实数，n为奇数，则在实数域上x ⁿ ＋a与x ⁿ － a分解为

在复数域上x ⁿ ＋a与x ⁿ － a分解为

例1.52 试在有理数域，实数域以及复数域上将f（x）＝x ⁹ ＋x ⁸ ＋x ⁷ ＋…＋x＋1 分解为不可约因式的乘积（结果用根式表示），并简述理由．

解 令g（x）＝x ⁴ － x ³ ＋x ² －x＋1，h（x）＝x ⁴ ＋x ³ ＋x ² ＋x＋1，则

取素数p＝5，那么g（x－1）与h（x＋1）都满足艾森斯坦判别法的条件，所以它们均在有理数域上不可约，因而g（x）与h（x）均在有理数域上不可约．故在有理数域上，f（x）分解为

因此在实数域上，f（x）分解为

在复数域上，f进一步分解为 MvoL2kwiDP1lHfrpoYZgG9ky1J8UR0S/Usvl+YtbsuHsRy9/TXfrscfJUq51fKi8