haihongyuan.com
海量文库 文档专家
全站搜索:
您现在的位置:首页 > 初中教育 > 初中数学初中数学

多项式复习

发布时间:2014-01-31 13:32:48  

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

第一章 多项式(小结、复习)

一元多项式理论,主要讨论了三个问题:整除性理论(整除,最大公因式,互素);因式分解理论(不可约多项式,典型分解式,重因式);根的理论(多项式函数,根的个数).其中整除性是基础,因式分解是核心.

一、基本概念.

1.一元多项式(零多项式),多项式的次数.多项式的相等,多项式的运算,一元多项式环.

2.基本结论:

(1) 多项式的加法,减法和乘法满足一些运算规律.

(2) ?0(f(x)+g(x))≤max(?0(f(x)),?0(g(x))),

?(f(x)g(x))=?(f(x))+?(g(x)).000其中所涉及的多项式均非零。

(3) 多项式乘积的常数项(最高次项系数)等于因子的常数项(最高次项系数)的乘积.

二、整除性理论

1.整除的概念及其基本性质.

2.带余除法定理. 对于P[x]中任意两个多项式f(x)与g(x),其中g(x)≠0,一定有P[x]中的多项式q(x),r(x)存在,使

f(x)=q(x)g(x)+r(x) (1)

成立,其中?(r(x))<?(g(x))或者r(x)=0,并且这样的q(x),r(x)是唯一决定的.

带余除法中所得的q(x)通常称为g(x)除f(x)的商,r(x)称为g(x)除f(x)的余式。

整除的的判定:设f(x),g(x)∈F[x],g(x)≠0,g(x)|f(x)?g(x)除f(x) 所得余式r(x)=0. 因此多项式的整除性不因数域的扩大而改变.

整除的性质

(1)任一多项式f(x)一定整除它自身.

(2)任一多项式f(x)都能整除零多项式0.

1

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

(3)零次多项式,即非零常数,能整除任一个多项式.

(4)若f(x)|g(x),g(x)|f(x),则f(x)=cg(x),其中c为非零常数.

(5)若f(x)|g(x),g(x)|h(x),则f(x)|h(x)(整除的传递性).

(6)若f(x)|gi(x),i=1,2,L,r,则

f(x)|(u1(x)g1(x)+u2(x)g2(x)+L+ur(x)gr(x)),

其中ui(x)是数域P上任意的多项式.

3. 最大公因式和互素.

(1) 最大公因式,互素的概念. 设f(x)与g(x)是P[x]中两个多项式. P[x]中多项式d(x)称为f(x),g(x)的一个公因式,如果它满足下面两个条件:

1)d(x)是f(x)与g(x)的公因式;

2)f(x),g(x)的公因式全是d(x)的因式.

(2)如果有等式

f(x)=q(x)g(x)+r(x) (1)

成立,那么f(x),g(x)和g(x),r(x)有相同的公因式.

(3) 对于P[x]的任意两个多项式f(x),g(x),在P[x]中存在一个最大公因式d(x),且d(x)可以表成f(x),即有P[x]中多项式u(x),v(x)g(x)的一个组合,

使

d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x). (2)

其逆不成立.例如令

f(x)=x,g(x)=x+1,

x(x+2)+(x+1)(x?1)=2x2+2x?1.

但2x2+2x?1显然不是f(x)与g(x)的最大公因式.

(4)首系为1的d(x)为f(x),g(x)的最大公因式 ① 2

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

?df,dg,??(x)f,g?deg?≤degd,即为公因式中次数最大者 ② ?df,dg,?u(x),v(x)∈F[x],s.t.d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x) ③ ?d(x)为{形如uf+vg的多项式中次数最低者} ④

①→②显然。

t ②→③:设d0(x)=(f(x),g(x)),则?u0(x),v0(x)∈F[x],s..

d0(x)=u0(x)f(x)+v0(x)g(x)

因为d(x)是f(x)与g(x)的公因式中次数最大者,所以存在φ(x),使得d(x)=d0(x)?(x)。那么?u(x),v(x)∈F[x],s..td(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)。

③→④:设d(x)f(x),g(x),且d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x),那么任意多项式u(x)f(x)+v(x)g(x)都能被d(x)整除,从而d(x)为形如u(x)f(x)+v(x)g(x) 的多项式中次数最低者。

④→①:设d0(x)=(f(x),g(x))且d(x)为形如u(x)f(x)+v(x)g(x) 的多项式中次数最低者,显然有d0(x)d(x)。又由d0(x)=u0(x)f(x)+v0(x)g(x)得知d(x),d0(x)的次数相等,从而有d(x)=d0(x)。

最大公因式的存在性和求法------辗转相除法.

(5)多项式互素

P[x]中两个多项式f(x),g(x)称为互素(也称为互质)的,如果

(f(x),g(x))=1

显然,两个多项式互素,那么它们除去零次多项式外没有其他的公因式,反之亦然.

P[x]中两个多项式f(x),g(x)互素的充要条件是有P[x]中多项式u(x),v(x)使

u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.

(6) f(x)|g(x)h(x),(f(x),g(x))=1?f(x)|h(x).

f(x)|h(x),g(x)|h(x),(f(x),g(x))=1?f(x)g(x)|h(x).

3

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

如果(f1(x),g(x))=1,(f2(x),g(x))=1,那么(f1(x)f2(x),g(x))=1

最大公因式与互素的关系:d=(f,g)f=f1d,g=g1d?(f,g)=1 11

互素性质:

f(x),g(x),d(x)∈F[x],(f(x),g(x))=1

?(fg,f±g)=1

?(fm,gn)=1

?(f(xm),g(xm))=1

??h(x),fhg?fh

??h,由fh,gh,?fgh.

??n,(fn,fn?1g,L,fgn?1,gn)=1

4.最小公倍式

最小公倍式[f(x),g(x)]:是公倍式,且是任意公倍式的因式公倍式m(x)为f(x)≠0,g(x) ≠0的最小公倍式

?m(x)是f(x),g(x)的公倍式中次数最低者

?(m/f,m/g)=1

?m(x)=cfg

f,g,c为非零常数

?m(x)是f(x),g(x)的任意公倍式的因式

三、 因式分解理论

1.不可约多项式

(1) 不可约多项式的概念. 数域P上次数≥1的多项式p(x)称为域P上的不可约多项式(irreducible polynomical),如果它不能表成数域P上的两个次数比p(x)的次数低的多项式的乘积.

p(x)为不可约多项式当且仅当其因式只有非零常数与它自身的非零常数倍

; cp(x)(c≠0)这两种(称为平凡因式)

(2)不可约多项式p(x)有下列性质:

F[x]中的次数>0的多项式p(x)为不可约多项式

?p(x)只有平凡因式

??f(x)∈??f(x),g(x),p(x)f(x)g(x)?p(x)f(x)或p(x)g(x)

4

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

??fi(x),i=1,2,L,n,p(x)f1(x)f2(x)Lfn(x)??fi(x),s.t.p(x)fi(x).

(3)如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积,那么它一定可以分解两个次数较低的整系数多项式的乘积.

即整系数多项式在有理数域上可约?它在整数环上可约.

以上定理把有理系数多项式在有理数域上是否可约的问题归结到整系数多项式能否分解成次数较低的整系数多项式的乘积的问题.

设f(x),且g(x)是本原多项式,如果f(x)=g(x)h(x),g(x)是整系数多项式,

其中h(x)是有理系数多项式,那么h(x)一定是整系数多项式.

这个结论提供了一个求整系数多项式的全部有理根的方法.

(4) 设

f(x)=anxn+an?1xn?1+L+a0 r是一个整系数多项式.而是它的一个有理根,其中r,s互素,那么 s

①s|an,r|a0;特别如果f(x)的首项系数an=1,那么f(x)的有理根都是整根,而且是a0的因子.

② f(x)=(x?r)q(x), s

其中q(x)是一个整系数多项式.

(5) (艾森斯坦(Eisenstein)判别法) 设

f(x)=anxn+an?1xn?1+L+a0

是一个整系数多项式.若有一个素数p,使得

1. p/|an;

2. p|an?1,an?2,L,a0;

3. p2/|a0.

则多项式f(x)在有理数域上不可约.

2.因式分解的有关结果:

5

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

(1) 因式分解及唯一性定理.

(2) 次数大于零的复系数多项式都可以分解成一次因式的乘积.

(3) 次数大于零的实系数多项式都可以分解成一次因式和二次不可约因式的乘积.

3.重因式

(1) 重因式的概念.

(2) 若不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式(k≥1),则p(x)是f(x)的k?1重因式.反之,不真。但是有:若p(x)是f(x)的k?1重因式,且p(x)是f(x)的因式,则p(x)是f(x)的k重因式。

(3) f(x)没有重因式?(f(x),f′(x))=1. (4) 消去重因式的方法:f(x)是一个没有重因式的多项式,它与

(f(x),f′(x))f(x)

具有完全相同的不可约因式.

四、多项式根的理论

1.多项式函数,根和重根的概念.

2.余数定理.x?c去除f(x) 所得的余式为f(x),则x?c|f(x)?f(c)=0.

3.有理系数多项式的有理根的求法.

4.实系数多项式虚根成对定理.

5.代数基本定理.每个n(n≥1)次复系数多项式在复数域中至少有一个根.因而n次复系数多项式恰有n个复根(重根按重数计算).

6.韦达定理.

7.根的个数定理.F[x]中n次多项式(n≥0)在数域F中至多有n个根.

8.多项式函数相等与多项式相等是一致的.

重点:一元多项式的因式分解理论.

难点:最大公因式的概念,多项式的整除,互素和不可约多项式等概念之间的联系与区别.

本章主要内容之间的内在联系可用下列图表表示:

6

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

解题方法及范例分析

1.求最大公因式

例1.设f(x)=x4+x3+2x2+x+1, g(x)=x3+2x2+2x+1,求(f(x),g(x)).

答案:(f(x),g(x))=x2+x+1.辗转相除法。

例2. 求t,u取何值时,实系数多项式f(x)=x3+(1+t)x2+2x+2u与 g(x)=x3+tx+u的最大公因式是一个二次多项式.

解 利用辗转相除法,可以得到

f(x)=g(x)+(1+t)x2+(2?t)x+u=g(x)+r(x),

g(x)=(++t?2

(1+t)2u?(1+t)2?(t?2)??(t2+t?u)(1+t)+(t?2)2?????+)r(x)+?x22?, (1+t)(1+t)??

由题意,f(x)与g(x)的最大公因式是一个二次的,所以

7

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室 ?(t+t?u)(1+t

2)+(t?2)=0(1+t)? ?u?(1+t)2?(t?2)?. ?????=02?(1+t)22

解得u=0,t=?4.

2.多项式的互素及充要条件

例3.设f(x),g(x)∈F[x],且(f(x),g(x))=1.令

?(x)=(x3?1)f(x)+(x3?x2+x?1)g(x),ψ(x)=(x2?1)f(x)+(x2?x)g(x),求(?(x),ψ(x))。(山东大学,01年)

解 ?(x)=(x?1)[(x2+x+1)f(x)+(x2+1)g(x)]=(x?1)f1(x),

ψ(x)=(x?1)[(x+1)f(x)+xg(x)]=(x?1)g1(x),显然(f(x),g(x))(f(x),g(x)) 11

??xf1+(x2+1)g1=f?易知有?,所以有(f1(x),g1(x))(f(x),g(x))。 2??(x+1)f1?(x+x+1)g1=g

从而(f1(x),g1(x))=(f(x),g(x))=1。故有(?(x),ψ(x))=x?1。

例4. 设f(x),g(x)∈Q[x]且f(x)在Q上不可约。 若存在复数α,使得f(α)=0,g(α)≠0,则存在h(x)∈Q[x],使得g(α)h(α)=1。

证明 因为f(x)在Q上不可约,所以或者g(x)与f(x)互素,或者f(x)整除g(x)。因为存在复数α,使得f(α)=0,g(α)≠0,所以f(x)不能整除g(x)。从而有f(x)与g(x)互素。那么存在u(x),h(x)∈Q[x],使得u(x)f(x)+h(x)g(x)=1。所以有g(α)h(α)=1。

例5. 设A是复数域C上的一个n阶方阵,f(x)是复数域C上的一个次数大于0的多项式,g(x)是矩阵A的最小多项式.试证明:

⑴.若d(x)=(f(x),g(x)),则秩d(A)=秩f(A).

⑵.f(A)可逆当且仅当f(x)与g(x)互素.

8

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

证明 ⑴.∵d(x)=(f(x),g(x)),∴存在u(x),v(x)∈C[x],使得

d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x),

故有d(A)=u(A)f(A)+v(A)g(A).

又 ∵g(A)=0, ∴u(A)f(A)=d(A),

从而有 秩d(A)≤秩f(A).

又因为 d(x)f(x),所以存在q(x)∈C[x],使得f(x)=d(x)q(x), 从而得到 f(A)=d(A)q(A),∴ 秩d(A)≥秩f(A).

⑵.必要性.∵?(f(x))>0,∴d(x)=(f(x),g(x))≠0,

若?(d(x))>0,则由g(x)=d(x)p(x)得d(A)q(A)=g(A)=0.

但是f(A)可逆,所以由⑴得知d(A)也可逆,∴p(A)=0且?(p(x))<?(g(x)),这与g(x)是A的最小多项式相矛盾.

从而?(d(x))=0,即(f(x),g(x))=1.

充分性.若(f(x),g(x))=1,则由⑴得知秩f(A)=秩E=n.

所以f(A)可逆.

例6. 设(f(x),g(x))=1, A为n阶方阵。 证明:f(A)g(A)X=0的解空间W是f(A)X=0及g(A)X=0的解空间W1与W2的直和。

证明 因为(f(x),g(x))=1,所以存在u(x),v(x),使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1。从而有

u(A)f(A)+v(A)g(A)=E

显然α1∈W2,α2∈W1,对于任意的α∈W,有α=u(A)f(A)α+v(A)g(A)α=α1+α2。

即有W=W1+W2。

又对于任意的α∈W1∩W2,有f(A)α=g(A)α=0,从而有α=u(A)f(A)α+v(A)g(A)α=0。故有W=W1⊕W2。

9

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

3.整系数多项式的可约性

且p(x)例7.(北大2000).设f(x),p(x)都是首系为1的整系数多项式,

在Q上不可约,若p(x)与f(x)有公共复根α,证明(1)在Q[x]中,p(x)f(x)。

(2)?首系为1的整系数多项式g(x),s,t,f(x)=p(x)g(x)。

证明 (1)因为p(x)与f(x)有公共复根α,所以在复数域上p(x)与

从而在有理数域Q上也不能互素,那么在Q上p(x)f(x)。 f(x)不能互素,

(2)由(1)可知存在有理系数多项式g1(x),s.t.f(x)=p(x)g1(x)。则存在有理数c及本原多项式g(x),使得g1(x)=cg(x)。那么f(x)=cp(x)g(x)。但f(x),p(x)都是首系为1的整系数多项式,从而c=1.

例8.设f(x)=x3+bx2+cx+d是整系数多项式,证明:若bd+cd是奇数,则f(x)在Q上不可约。(天津师大,86;北京邮电,97;华东师大,98)

证明 反证法。假若f(x)在Q上可约,则在整数环Z上可约,于是存在整数m,n,s,使得f(x)=(x+m)(x2+nx+s)=x3+bx2+cx+d

?n+m=b?比较两端同次项系数,可得?mn+s=c (*)

?ms=d?

由(b+c)d为奇数可以推出b+c,d均为奇数,因而(*)式得知m,s都是奇数;又由b+c=m+s+n(m+1)为奇数可推得n(m+1)为奇数,因而m为偶数,矛盾。 故f(x)在Q上不可约。

例9.若a1,a2,L,an为两两互异的整数,证明多项式f(x)=∏(x?ai)?1在Q

i=1n

上不可约。(北大,83;天津师大,85;华东师大,01)

证明 反证法。假设f(x)在Q上可约,则在Z上可约,设f=gh, ?g,?h<n,则Qf(ai)=g(ai)h(ai)=?1,∴g(ai)与h(ai)为±1且符号相反,∴g(ai)+h(ai)=0,i=1,2,…n.但?g,?h<n,∴g(x)+h(x)=0,∴g=?h.∴f=?h2 10

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

矛盾。

例10.设f(x)=(x?a1)L(x?an)+1,其中a1,a2,L,an是互不相同的整数,求证f(x)在Q上可约?f(x)为一整系数多项式的完全平方。特别地,当n为奇数

(山东师大,02) 时,f(x)在Q上不可约。

证 ?Qf(x)∈Z[x],又f(x)在Q上可约,∴f(x)可分解成两个非0次整系数多项式之乘积。设f=gh,因f(ai)=1,i=1,2,L,n,∴g(ai)与h(ai)同时为1或-1,即g(ai)=h(ai)

g(ai)?h(ai)=0,i=1,2,L,n。又?g,?h<n,∴g?h=0,∴f=g2(x)。

显然当n为奇数时,f(x)在Q上不可约。

4.分离重因式

例11. 证明:如果n次多项式f(x)满足f'(x)f(x),则f(x)有n重根. 证明 因为f(x)是n次多项式,所以f'(x)是n-1次多项式。 又满足f'(x)f(x),所以由分离重因式法可得

f(x)

f(x),f'(x)=a(x?b)与f(x)有完全相同的不可约因式(只是重数不同), 从而f(x)=a(x?b)n,故f(x)有n重根.

例12.(南开01).设f(x)是C上首系为1的n次多项式,如果f(x)=(x?b1)(x?b2),b1≠b2且x?b1是f'(x)的k重因(f(x),f'(x))

式,问f(x)=?为什么?

解 易知x?b1是f(x)之k+1重因式,∴x?b2是f(x)之n?k?1重因式,∴f=(x?b1)k+1(x?b2)n?k?1。

例13.(南开2000).设f(x)是数域P上的n次多项式,这里n≥1,且设f'(x)f(x),证明f(x)=a(x?b)n,a,b∈P,a≠0。 11

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

证明 Qf'(x)f(x),∴

f(x)

=a?(x?b),x?b是'

(f(x),f(x))

f(x)之n重因式,∴f(x)=a(x?b)n。

5.根与一次式的关系

例14.若(x2+1)f1(x2)+xf2(x2), 则(x+1)f1(x),(x+1)f2(x)。

??f1(?1)+if2(?1)=0

,由此可以推 证明 因为x+1的两个根为±i,所以有?

??f1(?1)?if2(?1)=0

2

出f1(?1)=0,f2(?1)=0,即有(x+1)f1(x),(x+1)f2(x)。

6. n次单位根

当讨论的多项式的根中有单位根时,常将原来的数域P扩大为复数域C,即把命题放在复数域C上的多项式环C[x]内讨论。

n次单位根:满足εn=1的所有的复数;n次单位原根:满足

εn=1,但εk≠1(0<k<n)的所有的复数。若ε是一个n次单位原根,则任意n次

单位根ω可以写成ω=εk,即ε0=1,ε1,ε2,L,εn?1构成了所有的n次单位根(共n个,且两两互异)。若所有的n次单位根都是f(x)的根,则必有(xn?1)f(x)。 任一

n

次单位根ε=e,0≤k≤n?1,任一

n次单位原根

ε=e,0≤k≤n?1,(k,n)=1。

(黑龙江大学,80年) 例15.若(x?1)f(xn),则(xn?1)f(xn)。

证明 因为(x?1)f(xn),所以f(1n)=f(1)=0,那么对于任意n次单位根ε,有f(εn)=f(1)=0,即所有的n次单位根都是f(x)的根,从而有(xn?1)f(xn)。

例16.设f(x)=x3m?x3n+1+x3p+2,g(x)=x2?x+1,其中m,n,p为非负整数。求证当且仅当m,n,p同为奇数或同为偶数时,g(x)f(x)。(西南大学,84年;北师大,2001)

证明 令x2?x+1=0的两个根为α,β,设y=-x,则代入前式得y2+y+1=0。,就有x1=?α,x2=?β。 故x2+x+1=0的两个根为x1,x2时(即x13=x23=1)

12

天津师范大学 数学科学学院 代数教研室

必要性:因为g(α)=g(β)=0,所以g(x)f(x),故f(α)=f(β)=0,即f(?x1)=f(?x2)=0。由此可得

(?x1)

即得

(?x13)?(?x13)(?x1)+(?x13)(?x1)2=0 mnp3m?(?x1)3n+1+(?x1)3p+2=0 (1)

从而有 (?1)+(?1)x1+(?1)x12=0

但是x1,x2为x12+x1+1=0的根,故必定推出m,n,p同为奇数或同为偶数。 充分性:当m,n,p同为奇数或同为偶数时,必有(1)及(2)式成立: (?x2)3mmnp?(?x2)3n+1+(?x2)3p+2=0 (2)

从而f(?x1)=f(?x2)=0,即f(α)=f(β)=0,故(x?α)f(x),(x?β)f(x)。又因为(x-α,x-β)=1,所以g(x)f(x)。

x2+x+1xn+2+(x+1)例17.设n为自然数,证明:

除f(x)=xn+2+(x+1)2n+12n+1,并求用g(x)=x2+x+1 +x3+x+1所得余式。

证明 设ε是g(x)=x2+x+1的任一根,则ε为三次单位原根,即ε3=1,ε2=?ε?1

εn+2,n22n所n24n以+(ε+1)2n+1=εε+(?ε)

2n+1(?ε)=εε?(ε)2ε2=εnε2?εnε2=0。故有x2+x+1xn+2+(x+1)。

从而g(x)=x2+x+1除f(x)所得余式是g(x)=x2+x+1除x3+x+1所得余式x+2。

13

网站首页网站地图 站长统计
All rights reserved Powered by 海文库
copyright ©right 2010-2011。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit326@126.com