§1.2 例题选讲

§1.2.1 整除性的判定及其证明的例题

例 1.53 如果f′（x） ，那么f（x）有n重根，其中n＝

这是例 1.24 的变形，现提供另一证明．

证明 因为f′（x） ， －1＝n－1，所以 ＝cx＋d，令

f＝（cx＋d） ^k g，（cx＋d，g）＝1，k ≥ 1，

则f′＝（cx＋d） ^k－1 （kcg ＋（cx＋d）g′），因此

（cx＋d） ^k g＝f＝（cx＋d）f′＝（cx＋d） ^k （kcg ＋（cx＋d）g′），

所以g ＝0，k＝n，故α＝－ 为f（x）的n重根．

例 1.54 设m，n，p是任意非负整数，证明：

证明 因为x ² ＋x＋1 － 1，∀k ∈N，

x ^3m ＋x ^3n＋1 ＋x ^3p＋2 ＝（x ^3m －1）＋x（x ³ⁿ －1）＋x ² （x ^3p －1）＋（x ² ＋x＋1），

所以（x ² ＋x＋1）（x ^3m ＋x ^3n＋1 ＋x ^3p＋2 ）．

例 1.55 要使（x ² －x＋1）（x ^3m ＋x ^3n＋1 ＋x ^3p＋2 ），其中m，n，p要满足什么条件？

证明 令 为x ² －x＋1＝0 的两个根，因为

所以 ＝－1．如果（x ² －x＋1）（x ^3m ＋x ^3n＋1 ＋x ^3p＋2 ），则

因此 均为多项式（－1） ^m ＋（－1） ⁿ x ＋（－1） ^p x ² 的根，所以

x－ω（－1） ^m ＋（－1） ⁿ x ＋（－1） ^p x ² ，x－ （－1） ^m ＋（－1） ⁿ x ＋（－1） ^p x ² ，

由于（x－ω，x－ ）＝1，所以

因而（－1） ^m ＋（－1） ⁿ x ＋（－1） ^p x ² ＝a（x ² －x＋1），a ∈Z，a ≠ 0，故m，p为奇数且n为偶数，或m，p为偶数且n为奇数．不难验证m，p为奇数且n为偶数，或m，p为偶数且n为奇数时，（x ² －x＋1）（x ^3m ＋x ^3n＋1 ＋x ^3p＋2 ）．

例1.56 设f，g是P［x］中的非零多项式且g＝s ^m g ₁ ，这里m≥1，（s，g ₁ ）＝1，s 证

明：不存在f ₁ ，r ∈P［x］且r ≠ 0， ＜ ，使得 ＝ ＋

证明 若存在f ₁ ，r ∈P［x］且r ≠ 0， ，使得： ＝ ＋ ．则f＝rg ₁ ＋f ₁ s，因为s 所以s ，又因为（s，g ₁ ）＝1，所以 ，与r ≠ 0， ＜ 矛盾．

例 1.57 正整数m，n（n ≥ 3）取何值时，x ⁿ ＋x ² －1 ＋x－1．

证明 我们首先证明m ＜ 2n．由于x ⁿ ＋x ² －1 ＋x－1，所以n ＜ m．因为

（x ⁿ ＋x ² －1）′＝nx ^n－1 ＋2x＞0，（x ^m ＋x－1）′＝mx ^m－1 ＋1＞0，x＞0，

所以f（x）＝x ⁿ ＋x ² －1，g（x）＝x ^m ＋x－1均在［0，＋¥）上为增函数．由于

f（0.62）＝0 .62 ⁿ ＋0.62 ² －1 ＜ 0，f（1）＝1 ＞ 0，

因此f（x），g（x）在［0，＋¥）有唯一的零点α∈（0.62，1）．如果m ≥ 2n，则

1－α＝α ^m ≤（α ⁿ ）2＝（1－α） ² （1＋α） ² ．

于是 1 ≤（1－α）（1＋α） ² ＝1－α（α ² ＋α－1），α ² ＋α－1＝h（α）≤ 0＝h（β），这里β＝ 是h（x）＝x ² ＋x－1 在［0，＋¥）的唯一零点，因为h（x）在［0，＋¥）上也是增函数，所以α≤β，与α＞ 0.62 ＞β矛盾．由此可知m ＜ 2n．现设m＝n＋k，0 ＜ k ＜ n，则由f（x） 得

f（2）＝2 ⁿ ＋3 g（2）＝2 ^n＋k ＋1＝2 ^k （2 ⁿ ＋3）－（3 × 2 ^k －1），

所以 2 ⁿ ＋3 －1，所以 2 ⁿ ＋3 ≤ 3 × 2 ^k －1，因此 2 ^k （3－2 ^n－k ）≥ 4，从而k＝n－1，m＝2n－1．再由

故n＝3，m＝5 为所求．

说明： 本例表面看是两个具体多项式整除性的判定，应该利用判定定理（方法 2），但n，m的大小关系不确定，无法知道带余除法进行到何时，才能得到余式，因此我们需要首先确定n，m的关系，即证明m＝2n－1．

例 1.58 多项式g（x）＝1＋x ² ＋x ⁴ ＋…＋x ²ⁿ 能整除f（x）＝1＋x ⁴ ＋x ⁸ ＋…＋x ⁴ⁿ 的充分必要条件是n是偶数．

证明 因为

f（x）（x ⁴ －1）＝x ^4（n＋1） －1，g（x）（x ² －1）＝x ^2（n＋1） －1，

所以f（x）（x ² ＋1）＝（x ^2（n＋1） ＋1）g（x），故g（x）能整除f（x）的充分必要条件是x ² ＋1 ＋1⇔（－1） ^n＋1 ＋1＝0⇔n是偶数．

§1.2.2 最大公因式的计算、判定及其证明的例题

例 1.59 证明：只要 ， 的次数都大于零，就可以适当选择适合等式uf ＋vg＝（f，g）的u，v，使 ＜ ， ＜

证明 存在u ₁ ，v ₁ ，使得u ₁ f＋v ₁ g＝（f，g），令

盾，所以 ＜ ，取u＝r，v＝q ＋v ₁ ，则

于是 ＝ ，由此得

因为 ＜ ，所以 ＜ ，且uf＋vg＝（f，g）．

例1.60 证明：（f ₁ ，g ₁ ）（f ₂ ，g ₂ ）＝（f ₁ f ₂ ，f ₁ g ₂ ，g ₁ f ₂ ，g ₁ g ₂ ），此处f ₁ ，f ₂ ，g ₁ ，g ₂ 都是P［x］中的多项式．

证明 （f ₁ f ₂ ，f ₁ g ₂ ，g ₁ f ₂ ，g ₁ g ₂ ）

＝（（f ₁ f ₂ ，f ₁ g ₂ ），（g ₁ f ₂ ，g ₁ g ₂ ））＝（f ₁ （f ₂ ，g ₂ ），g ₁ （f ₂ ，g ₂ ））＝（f ₁ ，g ₁ ）（f ₂ ，g ₂ ）．

说明： 此处证明用到了结论（hf ₁ ，hf ₂ ）＝h（f ₁ ，f ₂ ）．

例 1.61 设f ₁ （x），f ₂ （x），g ₁ （x），g ₂ （x）∈P使得f ₁ （a）＝0，g ₂ （a）≠0，且f ₁ （x）g ₁ （x）＋f ₂ （x）g ₂ （x）＝x－ a．证明：（f ₁ （x），f ₂ （x））＝x－ a．

证明 因为f ₁ （a）＝0，所以x－ a f ₁ （x），又因为f ₁ （x）g ₁ （x）＋f ₂ （x）g ₂ （x）＝x－ a，所以x－ a f ₂ （x）g ₂ （x）．由于g ₂ （a）≠ 0，因此（x－ a，g ₂ （x））＝1，从而x－ a f ₂ （x），故（f ₁ （x），f ₂ （x））＝x－ a．

例 1.62 设整系数多项式f＝x ⁴ ＋ax ² ＋bx－3，记（f，g）为f和g的首项系数为1 的最大公因式，f′（x）为f（x）的导数．若 为二次多项式，求a ² ＋b ² 的值．

解 因为 是二次多项式，所以：（f（x），f′（x））是二次首 1 多项式．又由

§1.2.3 互素的判定及其证明的例题

例 1.63 证明：如果（f，g）＝1，那么对于任意正整数m，

（f（x ^m ），g（x ^m ））＝1．

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

f（x）u（x）＋g（x）v（x）＝1，

因此f（x ^m ）u（x ^m ）＋g（x ^m ）v（x ^m ）＝1，故：（f（x ^m ），g（x ^m ））＝1．

例 1.64 证明：如果（f，g）＝1，那么（fg，f＋g）＝1．

证明 因为（f，g）＝1，所以存在u，v ∈P［x］，使得：fu＋gv＝1，因此

f（u－ v）＋（f＋g）v＝1，g（v－ u）＋（f＋g）u＝1，

所以（f，f＋g）＝1，且（g，f＋g）＝1．故：（fg，f＋g）＝1．

例 1.65 以下陈述是否正确？正确的予以证明，不正确的请举反例（反例的正确性要求论证）．

（1）有理系数多项式f（x），如果在有理数域上不可约，则在任何数域上不可约．

（2）两个有理系数多项式f（x）与g（x），如果在有理数域上互素，则在任何数域上互素．

定义：数域F上的多项式f（x）称为在F上不可约，如果f（x）的次数大于零，而且只要F上的多项式g（x）是f（x）的因式，那么g（x）要么与f（x）相伴，要么与 1 相伴．

定义：数域F上的多项式f（x）与g（x）称为在F上互素，如果它们在F上的最大公因式与 1 相伴．

解 （1）不正确．令f（x）＝x ² －2，则由艾森斯坦判别法可知f（x）在有理数域上不可约，但在实数域上可约，因为f（x）＝（x＋ ）（x－ ）．

（2）正确．因为有理系数多项式f（x）与g（x）在有理数域上互素，所以存在u，v ∈Q［x］，使得：fu＋gv＝1，设P是任何一个数域，则由u，v∈Q［x］⊂P［x］可知f（x）与g（x）在数域P上互素．

§1.2.4 整系数多项式有理根的计算与判定的例题

例 1.66 求下列多项式的有理根：

①x ³ －6x ² ＋15x－14；

②4x ⁴ －7x ² －5x－1；

③x ⁵ ＋x ⁴ －6x ³ －14x ² －11x－3．

解 ①f（x）＝x ³ －6x ² ＋15x－14 可能的有理根是± 1，± 2，± 7，± 14；

故f（x）的有理根有且仅有一个单根 2．

②f（x）＝4x ⁴ －7x ² －5x－1可能的有理根是±1，±1／2，±1／4；

所以±1，1／2，±1／4均不是f（x）的有理根，又因为

故f（x）的有理根有且仅有一个二重根－1 ／2．

③f（x）＝x ⁵ ＋x ⁴ －6x ³ －14x ² －11x－3可能的有理根是±1，±3；

f（1）＝－32，f（－1）＝0，又因为

故f（x）的有理根有一个单根 3，有一个四重根－1．

例 1.67 设f（x）是整系数多项式，证明：若存在偶数a以及奇数b，使得f（a）以及f（b）都是奇数，则f（x）没有整数根．

证明 令f（x）＝ ，则由f（a）＝a ₀ ＋ 是奇数，a是偶数得：a ₀ ＝f（0）是奇数．又由f（b）－ f（1）＝ a _i （b ⁱ －1），b与f（b）都是奇数得f（1）是奇数．如果f（x）有整数根m，则由m 得m为奇数，且 ∈Z，由此导致f（1）是偶数，矛盾．故f（x）没有整数根．

§1.2.5 可约与不可约多项式的判定及其证明的例题

例 1.68 令c是一个复数，并且是Q［x］中一个非零多项式的根．令

J＝{f（x）∈ ＝0}，

证明：

（1）在J中存在唯一的首项系数是 1 的多项式p（x），使得J中每一多项式f（x）都可以写成p（x）q（x）的形式，这里q（x）∈Q［x］；

（2）p（x）在Q［x］中不可约．若c＝ ＋ ，求上述的p（x）．

证明 （1）因为复数c是Q［x］中一个非零多项式的根，所以J中存在次数大于零的多项式，由最小数原理可设p（x）是J中次数最小的首项系数是1 的多项式，则对J中每一多项式f（x），可令

f（x）＝p（x）q（x）＋r（x），q，r ∈Q［x］，r＝0 或 ＜ ．

因为 0＝f（c）＝p（c）q（c）＋r（c）＝r（c），所以r（x）∈J，于是由p（x）的次数最小性的假设知r（x）＝0，故f（x）＝p（x）q（x）．

（2）若p（x）在Q［x］中可约，则存在f（x），g（x）∈Q［x］，0 ＜ ， ＜ ，使得p（x）＝f（x）g（x）．因此由f（c）g（c）＝p（c）＝0，可得f（c）＝0 或g（c）＝0，所以f（x）∈J或g（x）∈J，均与p（x）的次数最小性的假设矛盾，故p（x）在Q［x］中不可约．

对c＝ ＋ ，因为

所以c＝ ＋ 是x ⁴ －10x ² ＋1 的根，若x ⁴ －10x ² ＋1 在Q［x］中可约，则它能分解为两个首项系数为 1 的整系数 2 次不可约多项式的乘积，即

⁴ x－10x ² ＋1＝（x ² ＋ax＋b）（x ² ＋cx＋d），a，b，c，d ∈Z，

则a＋c＝0，b＋d＋ac＝－10，ad＋bc＝0，bd＝1，因此b＝d＝1 或－1，若b＝d＝1，则 ² a＝12，此不可能；若b＝d＝－1，则a ² ＝8，也不可能．

因此x ⁴ －10x ² ＋1 在Q［x］中不可约，故所求p（x）＝x ⁴ －10x ² ＋1．

例 1.69 设f（x）＝x ³ ＋ax ² ＋bx＋c是整系数多项式，证明：若ac＋bc是奇数，则f（x）在有理数域上不可约．

证明 如果f在有理数域上可约，则f有整数根m c，因为ac＋bc是奇数，因此c是奇数，a＋b是奇数，所以m是奇数，f（1）＝1＋a＋b＋c是奇数．于是由 ∈Z，得f（1）是偶数，矛盾．故：f（x）没有整数根，因此f（x）是有理数域上的不可约多项式．

例 1.70 设f（x）＝a _n x ⁿ ＋a _n－1 x ^n－1 ＋…＋a ₀ 是整系数多项式，n ≥ k，证明：若有素数p使得p ，则f（x）有一个次数不小于k的整系数不可约因式．

证明 对多项式f（x）的次数.（f（x））＝n进行归纳．若n＝k，则由题设条件利用艾森斯坦判别法知f（x）在有理数域上不可约，结论自然成立．现设.（f（x））＝n ＞ k，且结论对次数小于或等于n－1 的满足条件的多项式成立．如果f（x）在有理数域上不可约，则f（x）自身就是它的一个次数不小于k的整系数不可约因式，结论成立．现设f（x）在有理数域上可约，则存在次数都小于n的整系数多项式

g（x）＝b _m x ^m ＋b _m－1 x ^m－1 ＋…＋b ₀ ，h（x）＝c _l x ^l ＋c _l－1 x ^l－1 ＋…＋c ₀

使得f（x）＝g（x）h（x）．于是有a _n ＝b _m c _l ，a ₀ ＝b ₀ c ₀ ，因为

所以p b ₀ ，p 或p ，不妨设p ，那么有A＝{i ≤ i ≤ m，p }不是空集，由最小数原理可设i是集合A中的最小数，则

此时判断i ≥ k，否则i ≤ k－1，因为p ＝b ₀ c _i ＋…b _i－1 c ₁ ＋b _i c ₀ ，所以p ，与p 矛盾，故由归纳假设知g（x）有一个次数≥ i ≥ k的整系数不可约因式，从而f（x）也有一个次数不小于k的整系数不可约因式．

例 1.71 设f（x）＝（x－ a ₁ ）（x－ a ₂ ）…（x－ a _n ）－1，其中a ₁ ，a ₂ ，…，a _n 是互不相同的整数，n ≥ 2．证明f（x）不能分解为两个次数都大于 0 的整系数多项式之积．

证明 令f（x）＝ag（x）h（x），a ∈Z，a ≠0，g，h均为次数大于0 的本原多项式，则1 ≤ ＜ n．比较两边的首项系数，不失一般性可假设：a＝1，g，h都是首 1 多项式，于是：g（a _j ）h（a _j ）＝f（a _j ）＝－1，所以：

因此g（a _j ）＋h（a _j ）＝0，j＝1，2，…，n，由此可得g（x）＋h（x）至少有n个根，如果g（x）＋h（x）≠ 0，则n ≤ ＋h（x））≤ max{ }＜ n，矛盾．所以根据g（x）＋h（x）＝0，即g（x）＝－ h（x），得到f（x）＝g（x）h（x）＝－ g ² （x），比较两边的首项系数可知不可能成立，故f（x）不能分解为两个次数都大于 0 的整系数多项式之积．

例 1.72 设f（x）＝ ，g（x）＝ ∈P［x］，求证：f（x）不可约当且仅当g（x）不可约．利用此结论说明 2x ⁿ ＋2x ^n－1 ＋…＋2x＋1 在有理数域上不可约．

证明 f（x）在数域P上可约的充分必要条件是存在P［x］中两个次数大于零的多项式

使得f（x）＝f ₁ （x）f ₂ （x）⇔g（x）＝g ₁ （x）g ₂ （x）⇔g（x）在数域P上可约，其中

故f（x）不可约当且仅当g（x）不可约．令f（x）＝2x ⁿ ＋2x ^n－1 ＋…＋2x＋1，则g（x）＝x ⁿ ＋2x ^n－1 ＋…＋2x＋2，利用艾森斯坦判别法取素数p＝2 可证g（x）在有理数域上不可约，故 2x ⁿ ＋2x ^n－1 ＋…＋2x＋1 在有理数域上不可约．

例 1.73 试确定所有整数m，使得f（x）＝x ⁵ ＋mx－1 在有理数域上不可约．

解 如果f（x）在有理数域上可约，则f（x）可以表示为两个次数小于5 的首1 整系数多项式g（x）与h（x）的积，其中有一个多项式为 1 次多项式的充分必要条件是f（x）有有理根，这等价于

f（1）＝m＝0，或f（－1）＝－ m－2＝0，即m＝－2．

若 1 ＜ ＜ 5，则必有 ＝3 或 ＝2，不妨设 ＝3 且令：g＝x ² ＋ax＋b，h＝x ³ ＋cx ² ＋dx＋e，于是由f＝gh可得：

a＋c＝0，ac＋b＋d＝0，ad＋bc＋e＝0，ae＋bd＝m，be＝－1．

解之得：a＝－1，b＝1，c＝1，d＝0，e＝－1，m＝1．故当：m ≠ 0，m ≠－2 且m ≠ 1 时，f（x）＝x ⁵ ＋mx－1 在有理数域上不可约．

§1.2.6 重因式（重根）及其重数的计算与判定的例题

例 1.74 设f（x）是n次实系数多项式，n ＞ 1，设f′（x）是f（x）的导数多项式．证明：

（1）如果r是f（x）的m重根，m ＞ 0，则r是f′（x）的m－1 重根（若r是f′（x）的零重根，则表示r不是f′（x）的根）；

（2）如果f（x）的根都是实数，则f′（x）的根也都是实数．

证明 （1）因为r是f（x）的m重根，所以可设f（x）＝（x－ r） ^m g（x），g（r）≠ 0，则令h（x）＝mg（x）＋（x－ r）g′（x），那么f′（x）＝（x－ r） ^m－1 h（x），h（r）＝mg（r）≠ 0，故：r是f′（x）的m－1 重根．

（2）如果f（x）只有一个n重根α，则有f（x）＝a（x－α） ⁿ ，f′（x）＝na（x－α） ^n－1 ，结论成立；现设α ₁ ，α ₂ ，…，α _s ∈R分别是f（x）的m ₁ 重根，m ₂ 重根，…，m _s 重根，不失一般性可设α ₁ ＜α ₂ ＜…＜α _s ，s ＞ 1，m ₁ ＋m ₂ ＋…＋m _s ＝n，则有

因此g（x）在区间（α _i ，α _i＋1 ）内有一个实根β _i ，i＝1，2，…，s－1，从而

故f′（x）的根也都是实数．

例 1.75 证明：x ⁿ ＋ax ^n－m ＋b不能有不为零的重数大于 2 的根．

证明 设α≠ 0 是f＝x ⁿ ＋ax ^n－m ＋b的任意一个重数大于 2 的根，则α是f′＝nx ^n－1 ＋a（n－ m）x ^n－m－1 ＝x ^n－m－1 （nx ^m ＋a（n－ m））的一个重数大于 1 的根，因而是g（x）＝nx ^m ＋a（n－ m）的一个重数大于1 的根，所以是g′（x）＝nmx ^m－1 的根，与g′（α）＝nmα ^m－1 ≠0，矛盾，故x ⁿ ＋ax ^n－m ＋b不能有不为零的重数大于 2 的根．

例 1.76 证明：如果f（x） ，那么f（x）的根只能是零或单位根．

证明 设ω≠0 是f的任意一个根，因为f ，所以 ，…均为f的根，由于多项式根的个数不大于多项式的次数，因此其中至多有限个不等，必存在两个正整数 1 ≤i ＜ j，使得 ，令m＝ ＞ 0，则ω ^m ＝1，所以ω为单位根．

例 1.77 设α是f（x）的k（＞ 1）重根，证明：α也是g（x）＝f（x）＋（α－ x）f′（x）的k重根．

证明 因为α是f（x）的k（＞ 1）重根，所以可设f（x）＝（x－α） ^k h（x），h（α）≠ 0，于是f′（x）＝（x－α） ^k－1 ［kh（x）＋（x－α）h′（x）］，因此

g（x）＝（x－α） ^k ［（1－ k）h（x）－（x－α）h′（x）］

其中（1－ k）h（x）－（x－α）h′（x）＝s（x），s（α）＝（1－ k）h（α）≠0，故α也是g（x）＝f（x）＋（α－ x）f′（x）的k重根．

例 1.78 设f（x）＝x ⁵ ＋ax ³ ＋b，问a，b满足什么条件时，f（x）有重根，并求出它的重根及其重数．

分析 ：本题显然是对a，b为零或不为零进行分类讨论，由乘法原理可知共有4 种情形．

解 若a＝b＝0，f＝x ⁵ ，f（x）有五重根α＝0；若a ≠ 0，b＝0，则f′（x）＝5x ⁴ ＋3ax ² ＝x ² （5x ² ＋3a），因为 5（x ² ＋a）－（5x ² ＋3a）＝2a，所以

（x ² ＋a，5x ² ＋3a）＝1，（x，5x ² ＋3a）＝（x，3a）＝1，

所以（f′（x），f（x））＝x ² （x（x ² ＋a），5x ² ＋3a）＝x ² ，α＝0是f（x）的三重根；若a＝0，b≠0，则（f′（x），f（x））＝（x ⁵ ＋b，5x ⁴ ）＝1，所以f（x）无重根；若a ≠ 0，b ≠ 0，则f（0）＝b ≠ 0，所以若α是f（x）的k（k ＞ 1）重根，那么α≠ 0 且是g（x）＝5x ² ＋3a的k－1 重根，但g′（α）＝10α≠ 0，所以k＝2．又因为

当 3a ＋ ≠ 0 时，（f（x），5x ² ＋3a）＝1，f（x）无重根；当 3a ＋ ＝0 时，（f，5x ² ＋3a）＝x－ ，f（x）有二重根α＝

例 1.79 设多项式f（x）与g（x）互素，并设f ² （x）＋g ² （x）有重根．令f′（x），g′（x）分别表示f（x）与g（x）的导数多项式．证明：f ² （x）＋g ² （x）的重根是f′ ² （x）＋g′ ² （x）的根．

证明 设α是f ² （x）＋g ² （x）的任一重根，则有

于是f（α）［f（α）g′（α）－ f′（α）g（α）］＝0，若f（α）＝0，则g ² （α）＝0，因此g（α）＝0，所以x－α（f（x），g（x）），与题设条件f（x）与g（x）互素矛盾，所以f（α）≠ 0，从而f（α）g′（α）－ f′（α）g（α）＝0，那么

注意到f（α）≠0，得f′ ² （α）＋g′ ² （α）＝0，即α是f′ ² （x）＋g′ ² （x）的根．

§1.2.7 多项式相等（多项式函数相等）的例题

例 1.80 设f（x），g（x），h（x）都是实数域上的多项式，证明：

若f ² （x）＝xg ² （x）＋xh ² （x），则f（x）＝g（x）＝h（x）＝0；此结论对于复数域上的多项式f（x），g（x），h（x）是否还成立？

证明 若g（x）≠ 0 或h（x）≠ 0，则由f（x），g（x），h（x）都是实数域上的多项式可知g ² （x）＋h ² （x）≠0且f ² （x）＝x［g ² （x）＋h ² （x）］≠0，比较两边多项式的次数可知左边多项式的次数是偶数而右边多项式的次数是奇数，矛盾．故g（x）＝h（x）＝0，从而f（x）＝0．

在复数域上，此结论不成立，例如令f（x）＝0，g（x）＝ix，h（x）＝x，则

g（x）≠ 0，h（x）≠ 0，但是f ² （x）＝xg ² （x）＋xh ² （x）．

例 1.81 数域P上的多项式f（x）如果对于任何c∈P都有f（x）＝f（x－ c），则f（x）是一个常数．

证明 我们要证明F（x）＝f（x）－ f（0）是零多项式，为此我们利用数学归纳法证明

F（n）＝0，∀n ∈N．

n＝0 时，F（0）＝f（0）－ f（0）＝0，结论成立．

现设n ≥ 0 时，F（n）＝0，则由f（x）＝f（x－1）得f（n＋1）＝f（n），所以F（n＋1）＝f（n＋1）－ f（0）＝f（n）－ f（0）＝F（n）＝0，因此F（x）有无穷多个根，所以它必为零多项式，故f（x）≡ f（0）．

例 1.82 应用余数定理计算行列式：

解 由行列式的性质可知a ₁ ，a ₂ ，…，a _n ，－（a ₁ ＋a ₂ ＋…＋a _n ）为n＋1次多项式f（x）的全部根，故：

f（x）＝（x－a ₁ ）（x－a ₂ ）…（x－a _n ）（x＋a ₁ ＋a ₂ ＋…＋a _n ）．

例1.83 设f（x）＝ 是数域F上的n次多项式，n ＞ 0．

（1）设c ∈F，证明：存在唯一的b _i ∈F使得f（x）＝ 并写出b _i 的表达式；

（2）设f（x）在F上不可约，α是f（x）的一个复根，证明：集合

K＝｛g（α） ｝

是数域且f（x）在K上可约；

（3）设α ₁ ，α ₂ ，…，α _n 是f（x）的全部复根，证明：存在F上的n次多项式h（x），其全部复根为 ，k＝1，2…，n．

证明 （1）由余数定理存在唯一的f ₁ （x），r＝f（c）∈F［x］，使得

f（x）＝f ₁ （x）（x－ c）＋f（c）；

同理由余数定理知存在唯一f _i＋1 （x），r _i ＝f _i （c）∈F［x］，i＝1，2…，n－1，使得

f _i （x）＝f _i＋1 （x）（x－ c）＋f _i （c）∈ ，i＝1，2…，n－1，

故存在唯一的b ₀ ＝f（c），b _i ＝f _i （c）∈F，i＝1，2，…，n－1，b _n ＝a _n ，使得

（2）取g（x）∈F［x］，（g（x），f（x））＝1，则由题设条件可知g（α）≠ 0，因此K中至少含有两个元素，且对任何g ₁ （α），g ₂ （α）∈K，g ₁ （α）± g ₂ （α），g ₁ （α）g ₂ （α）∈K；若

g ₁ （α）≠ 0，则（g ₁ （x），f（x））＝1，所以存在g（x），h（x）∈F［x］，使得

g ₁ （x）g（x）＋f（x）h（x）＝1，

因此g ₁ （α）g（α）＝1，于是 ＝g ₂ （α）g（α）∈K，故K是数域，因为f（α）＝0，所以x－α ，又因为x－α，f（x）∈K［x］，因此存在q（x）∈K［x］，使得f（x）＝q（x）（x－α），故f（x）在K上可约．

（3）令a _k ＝ ，k＝1，2，…，n，因为α ₁ ，α ₂ ，…，α _n 是f（x）的全部复根，所以σ ₁ ，σ ₂ ，…，σ _n ∈F，这里σ ₁ ，σ ₂ ，…，σ _n 是α ₁ ，α ₂ ，…，α _n 的初等对称多项式，又由对称多项式基本定理知a ₁ ，a ₂ ，…，a _n 可以表示成σ ₁ ，σ ₂ ，…，σ _n 的多项式，因此a ₁ ，a ₂ ，…，a _n ∈F，故h（x）＝（x－ a ₁ ）（x－ a ₂ ）…（x－ a _n ）∈F［x］，其全部复根为 ，k＝1，2，…，n．

例1.84 证明：一个非零复数α是某一有理系数非零多项式的根⇔存在一个有理系数多项式f（x）使得 ＝f（α）．

证明 必要性的证明：

设非零复数α是有理系数非零多项式g的根，若 ，则可令g＝x ^k p，（x，p）＝1，那么0＝g（α）＝α ^k p（α），所以p（α）＝0，不失一般性可设（x，g）＝1，于是存在q（x），f（x）∈Q［x］，使得q（x）g（x）＋xf（x）＝1，因此αf（α）＝q（α）g（α）＋αf（α）＝1，故 ＝f（α）．

充分性的证明：

因为 ＝f（α），所以αf（α）＝1，因此xf（x）≠ 0，于是g（x）＝xf（x）－1 ∈Q［x］， ＞ 0，不难验证g（α）＝0，即α是有理系数非零多项式g（x）的根．

§1.2.8 多项式的因式分解的例题

例 1.85 在有理数域上求多项式g（x）＝x ⁴ ＋2x ³ －11x ² －12x＋36 的标准分解式．

解 g（x）＝（x－2） ² （x＋3） ² ．

例1.86 设F是数域，f（x），g（x）∈F［x］且degf（x）＝m＞1，degg（x）＝n＞1．利用多项式f（x），g（x）构造一个次数为mn－1的可约多项式．

解 因为deg（f′（g（x）））＝（m－1）n ＞ 1，deg（g′（x））＝n－1 ＞ 0，所以

f′（g（x））g′（x）是一个次数为mn－1 的可约多项式．

例 1.87 给出实系数四次多项式在实数域上所有不同类型的典型分解式．

解 因为实数域上的不可约多项式只有一次因式和具有共轭复根的二次因式，所以实系数四次多项式在实数域上所有不同类型的典型分解式为 A4BWnyZFIvSKWFFeXHXlf7STPWS1Dg63Ax5rc8IMucgNT5YND3ML4qWStdr7+Ra9