高等代数[北大版]第1章习题参考答案解析.pdf

《高等代数[北大版]第1章习题参考答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高等代数[北大版]第1章习题参考答案解析.pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一章 多项式 1 用)(xg除)(xf，求商)(xq与余式)(xr：1）123)(,13)(223xxxgxxxxf；2）2)(,52)(24xxxgxxxf。解 1）由带余除法，可得92926)(,9731)(xxrxxq；2）同理可得75)(,1)(2xxrxxxq。2qpm,适合什么条件时，有 1）qpxxmxx32|1，2）qpxxmxx242|1。解 1）由假设，所得余式为 0，即0)()1(2mqxmp，所以当0012mqmp时有qpxxmxx32|1。2）类似可得010)2(22mpqmpm，于是当0m时，代入（2）可得1 qp；而当022mp时，代入（2）可得1q。综上所诉，

2、当10qpm 或212mpq时，皆有qpxxmxx242|1。3求()g x除()f x的商()q x与余式：1）53()258,()3f xxxx g xx；2）32(),()12f xxxx g xxi。解 1）432()261339109()327q xxxxxr x；2）2()2(52)()98q xxixir xi 。4把()f x表示成0 xx的方幂和，即表成 2010200()().()nncc xxcxxcxx的形式：1）50(),1f xxx；2）420()23,2f xxxx；3）4320()2(1)37,f xxixi xxi xi。解 1）由综合除法，可得2345()1

3、 5(1)10(1)10(1)5(1)(1)f xxxxxx；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)xixi xxi 234(75)5()(1)()2()()ixii xii xixi 。5求()f x与()g x的最大公因式：1）43232()341,()1f xxxxxg xxxx；2）4332()41,()31f xxxg xxx；3）42432()101,()4 264 21f xxxg xxxxx。解 1）(),()1f x g xx；2）(),()1f x g x；3）2(),()2 21f

4、xg xxx。6求(),()u x v x使()()()()(),()u x f xv x g xf x g x。1）432432()242,()22f xxxxxg xxxxx；2）43232()421659,()254f xxxxxg xxxx；3）4322()441,()1f xxxxxg xxx。解 1）因为22(),()2()f xg xxr x 再由11212()()()()()()()()f xq x g xr xg xq x r xr x，解得22121212()()()()()()()()()()()1()()()r xg xq x r xg xq xf xq x g xq

5、xf xq x q x g x，于是212()()1()1()()1 1(1)2u xq xxv xq x q xxx 。2）仿上面方法，可得(),()1f x g xx，且21122(),()13333u xxv xxx。3）由(),()1f x g x可得32()1,()32u xxv xxxx 。设32()(1)22f xxt xxu与32()g xxtxu的最大公因式是一个二次多项式，求,t u的值。解 因为32211212()()()()()(2)()()()()f xq x g xr xxtxuxxug xq x r xr x，2(2)(2)(24)(3)xtxxuutxut，且由

6、题设知最大公因式是二次多项式，所以余式2()r x为 0，即(24)0(3)0utut，从而可解得1102ut 或 2223ut。证明：如果()|(),()|()d xf x d xg x，且()d x为()f x与()g x的组合，那么()d x是()f x与()g x的一个最大公因式。证 易见()d x是()f x与()g x的公因式。另设()x是()f x与()g x的任一公因式，下证()|()xd x。由于()d x是()f x与()g x的一个组合，这就是说存在多项式()s x与()t x，使()()()()()d xs x f xt x g x，从而由()|(),()|()xf x

7、xg x可得()|()xd x，得证。证明：()(),()()(),()()f x h x g x h xf x g x h x，()h x的首系数为）。证 因为存在多项式(),()u x v x使(),()()()()()f x g xu x f xv x g x，所以(),()()()()()()()()f x g x h xu x f x h xv x g x h x，上式说明(),()()f x g x h x是()()f x h x与()()g x h x的一个组合。另一方面，由(),()|()f x g xf x知(),()()|()()f x g x h xf x h x，同理可

8、得(),()()|()()f x g x h xg x h x，从 而(),()()f x g x h x是()()f x h x与()()g x h x的 一 个 最 大 公 因 式，又 因 为(),()()f x g x h x的首项系数为，所以()(),()()(),()()f x h x g x h xf x g x h x。如果(),()f x g x不全为零，证明：()(),1(),()(),()f xg xf x g xf x g x。证 存在(),()u x v x使(),()()()()()f x g xu x f xv x g x，又因为(),()f x g x不全为，所以

9、(),()0f x g x，由消去律可得()()1()()(),()(),()f xg xu xv xf x g xf x g x，所以()(),1(),()(),()f xg xf x g xf x g x。11证明：如果(),()f x g x不全为零，且()()()()(),()u x f xv x g xf x g x，那么(),()1u x v x。证 由上题证明类似可得结论。12证明：如果(),()1,(),()1f x g xf x h x，那么(),()()1f x g x h x。证 由假设，存在11(),()u x v x及22(),()ux vx使 11()()()()1

10、u x f xv x g x （1）22()()()()1ux f xvx h x （2）将（1）（2）两式相乘，得 12121212()()()()()()()()()()()()()()1u x ux f xv x ux g xu x v x h xf xv x v x g x h x，所以(),()()1f x g x h x。13设11(),.,(),(),.,()mnf xfx g xgx都是多项式，而且(),()1ijf xgx (1,2,.,;1,2,.,)im jn。求证：1212()().(),()().()1mnf x fxfx g x gxgx。证 由于 11121(),

11、()1(),()1.(),()1nf x g xf x gxf x gx，反复应用第 12 题结论，可得 112(),()().()1nf x g x gxgx，同理可证 21212(),()().()1.(),()().()1nmnfx g x gxgxfx g x gxgx，从而可得 1212()().(),()().()1mnf x fxfx g x gxgx。14证明：如果(),()1f x g x，那么()(),()()1f x g xf xg x。证 由题设知(),()1f x g x，所以存在(),()u x v x使()()()()1u x f xv x g x，从而()()(

12、)()()()()()1u x f xv x f xv x f xv x g x，即()()()()()()1u xv xf xv xf xg x，所以(),()()1f xf xg x。同理(),()()1g xf xg x。再由 12 题结论，即证()(),()()1f x g xf xg x。15求下列多项式的公共根 32432()221,()21f xxxxg xxxxx 解 由辗转相除法，可求得2(),()1f x g xxx，所以它们的公共根为132i。16判别下列多项式有无重因式：1）5432()57248f xxxxxx；2）42()443f xxxx；解 1）4322()52

13、02144(),()(2)fxxxxxf xfxx，所以()f x有2x的三重因式。2）3()484fxxx，(),()1f xfx，所以()f x无重因式。17求t值，使32()31f xxxtx有重根。解 易知()f x有三重根1x 时，3t。若令 32231()()xxtxxaxb，比较两端系数，得 223221abtaaba b 由（1），（3）得322310aa，解得a的三个根为12311,1,2aaa，将a的三个根分别代入（1），得1231,1,4bbb。再将它们代入（2），得t的三个根12353,3,4ttt。当1,23t时()f x有 3 重根1x；当354t 时，()f x有

14、 2 重根12x。18求多项式3xpxq有重根的条件。解 令3()f xxpxq，则2()3fxxp，显然当0p 时，只有当30,()qf xx才有三重根。下设0p，且a为()f x的重根，那么a也为()f x与()fx的根，即 32030apaqap 由（1）可得2()a apq，再由（2）有23pa 。所以()332papqqap ，两边平方得222943qpap，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,a b。解 令()f x 421axbx，()fx342axbx。由题设知，1 是()f x的根，也是()

15、fx的根，此即 10420abab，解得1,2ab。20证明：21.2!nxxxn不能有重根。证 因为()f x的导函数2111()1.2!(1)!nfxxxxn，所以1()()!nf xfxxn，于是11(),()(),()(,()1!nnf xfxfxxfxxfxnn，从而()f x无重根。21如果是()fx的一个 k 重根，证明是()()()()()2xag xfxfaf xf a的一个 k+3 重根。证 因为 1()()()()22()()2xag xfxfxfaxagxfx，由于是()fx的k重根，故是()gx的1k 重根。代入验算知是()g x的根。现在设是()g x的s重根，则是

16、()g x的1s重根，也是()gx的 s-2 重根。所以213sksk。得证。22证明：0 x是()f x的k重根的充分必要条件是(1)000()().()0kf xfxfx，而()0()0kfx 证 必要性：设0 x是()f x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,kf xfxfx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

17、x是()f x的k重根。23举例说明段语“是()fx的m 重根，那么是()f x的1m重根”是不对的。解 例如，设11()11mf xxm，那么()mfxx以 0 为m重根，但 0 不是()f x的根。24证明：如果(1)|()nxf x，那么(1)|()nnxf x。证 要证明(1)|()nnxf x，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)|()nxf x，所以(1)0nf，也就是(1)0f，得证。25证明：如果23312(1)|()()xxf xxfx，那么12(1)|(),(1)|()xf xxfx。证 因为21xx的两个根为和2，其中22cossi

18、n33i，所以和2也是3312()()f xxfx的根，且31，于是 12212(1)(1)0(1)(1)0ffff，解之得12(1)0,(1)0ff。得证。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22cossin33i，在实数域内(0)jnjjn，所以，当n为奇数时，有 11212222221(1)()1()1.()1nnnnnxxxxxxxx 其中212cos(1,2,.,)jnjjjjnjnn，皆为实数。当n是偶数时，有 11212222221(1)(1)()1()1.()1nnnnnxxxxxxxxx 27

19、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12）。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()f

20、 x，令1xy或1xy，得()(1)g yf y或()(1)g yf y 则()f x与()g y或者同时可约，或者同时不可约。事实上，若()f x可约，即12()()()f xf x fx，从而12()(1)(1)(1)g yf yfyfy，这就是说()g y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()1pf xxpx，令1xy，则()(1)g yf y 1122221.()pppppppppyC yC y

21、CyCp yp 由于p是素数，因而|(1,2,.,1)ipp C ip，但2|pp，所以由艾森斯坦判别法，即证()g y在有理数域上不可约，因而()f x也在有理数域上不可约。5）已知4()41f xxkx，令1xy，可得 432()(1)46(44)42g yf yyyykyk 利用艾森斯坦判别法，取2p，即证()g y在有理数域上不可约，因而()f x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）222222121213132323x xx xx xx xx xx x；2）121323()()()xxxxxx；3）222121323()()()xxxxxx；4）222

22、222222222121314232434x xx xx xx xx xx x；5)1232313 12()()()x xxx xxx xx；6)121223231313()()()xxx xxxx xxxx x。解 1）对称多项式的首项为212x x，其方幂为(2,1,0)，即2 11 0012312，又因为222222121213132323121233x xx xx xx xx xx xx x x ，所以 原式=1233。2）同理可得121323()()()xxxxxx 2222221212131323231232x xx xx xx xx xx xx x x 123312332 ）原式

23、=222222112211332233(2)(2)(2)xx xxxx xxxx xx 4212.x x，由此可知多项式时六次对称多项式，且首项为4212x x，所以的方幂之积为 指数组 对应的方幂乘积 4 2 0 2212 4 1 1 313 3 3 0 32 3 2 1 123 2 2 2 23 原式=22332121321233abcd (1)只要令1230,0 xxx,则原式左边0。另一方面，有1232,1,0，代入（1）式，得4b 。再令1231,2xxx，得27d 。令1231,1xxx，得 22ac （2）令1231,xxx得 36ac （3）由（2），（3）解得4,18ac。因

24、此 原式22332121321233441827 。4）原式=222222222222121314232434x xx xx xx xx xx x 指数组 对应的方幂乘积 2 2 0 0 22 2 1 1 0 13 1 1 1 1 4 设原式22134ab 令12341,0,xxxx得2a 。再令12341,xxxx得2b。因此原式2213422。1）原式=222333123123123123()x x xx x xx x xx x x 222222122313123()x xx xx xx x x，由于333212312322313232x x xx x xx x x ，2222222122

25、3132132x xx xx x，所以原式22213132233322 。2）原式2222222231231231231232()x x xx x xx x xx x x 222222222122313123123123(333)x xx xx xx x xx x xx x x 222222121213231323123()2x xx xx xx xx xx xx x x，其中222223123123123232()2x x xx x xx x x，2222221223123213.3x xx xx x x，222121223123.x xx xx x，所以 原式221213223332 。3

26、0用初等对称多项式表出下列 n 元对称多项式：1）41x；2）2123x x x；3）2212x x；4）；221234x x x x（1212.nlllnax xx表示所有由1212.nlllnax xx经过对换得到的项的和。）解 1）因为多项式的首项为41x，所以 指数组 对应的方幂乘积 40000 41 31000 212 22000 22 21100 13 1111.0 4 设原式4221122134abcd ，令12341,1,.0,nxxxxx 得2b。1231,.0,nxxxx得4a 。12341,.0,nxxxxx得4c。123451,1,.0,nxxxxxx 得4d 。所以原

27、式42211221344244 。2）同理可得原式1344。3）原式2113422。4）原式2415649 。31设123,a a a是方程3256730 xxx的三个根，计算 222222112222331133()()()aa aaaa aaaa aa 解 因为 112321223133123aaaa aa aa aa a a，由根和系数的关系，可得123673,555，再将对称多项式化为初等多项式并计算，可得 222222112222331133()()()aa aaaa aaaa aa 2233111321679625 。32证明：三次方程321230 xa xa xa的三个根成等差数

28、列的充分必要条件为 3112329270aa aa。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 31232133121123(2)(2)(2)2927，故三根成等差数列的充分必要条件为3112329270aa aa。二、补充题及参考解答 1 设11()()(),()()()f xaf xbg x g xcf xdg x，且0adbc，证明：11(),()(),()f x g xf x g x 证 设()(),()d xf x g x,则由已知，得11()|(),()|()d xf x d xg x。

29、其次，设()x是1()f x与2()gx的任一公因式，只需证明()|()xd x即可。因为11()()(),()()()f xaf xbg x g xcf xdg x,所以 1111()()()()()()dbf xf xg xadbcadbccag xf xg xadbcadbc 又因为11|,|,|fgfg,从而()|()xd x。故()d x也是1()f x与1()g x的最大公因式。2 证明：只要()(),(),()(),()f xg xf x g xf x g x的次数都大于零，就可以适当选择适合等式()()()()(),()u x f xv x g xf x g x的()u x与(

30、)v x，使()()(),()(),()(),()g xf xu xv xf x g xf x g x 证 存在多项式1()u x，1()v x，使 11()()()()(),()u x f xv x g xf x g x,从而 11()()()()1(),()(),()f xg xu xv xf x g xf x g x （1）1）若1()u x的次数满足1()()(),()g xu xf x g x,则 1()()(),()f xv xf x g x 事实上，采用反证法。若1()()(),()f xv xf x g x,则（1）式左边的第一项次数小于()()(),()(),()g xf x

31、f x g xf x g x,而第二项的次数大于或等于()()(),()(),()g xf xf x g xf x g x,这样（1）式左端的次数()()0(),()(),()g xf xf x g xf x g x，但（1）式右端的次数为零，矛盾。所以11()()(),()(),()(),()g xf xu xv xf x g xf x g x ,此时1()u x，1()v x即为所求。2)若1()()(),()g xu xf x g x,则用()(),()g xf x g x除1()u x，可得 1()()()()(),()g xu xs xr xf x g x,其中()()(),()g

32、xr xf x g x,注意到()0r x 是不可能的，事实上，若()0r x，则1()()()(),()g xu xs xf x g x,代入（1）式得1()()()()1(),()(),()g xg xs xv xf x g xf x g x,矛盾。再将1()()()()(),()g xu xs xr xf x g x代入（1）式，可得 1()()()()()()1(),()(),()(),()f xf xg xr xs xv xf x g xf x g xf x g x,令1()()(),()()()(),()f xu xr x v xs xv xf x g x,再利用本题 1）的证明结

33、果，即证。3 证明：如果()f x与()g x互素，那么()mf x与()mg x也互素。证 由假设，存在()u x和()v x使()()()()1u x f xv x g x,于是()()()()1mmmmu xf xv xg x，即证。4 证明：如果121(),(),.()sf xfxfx的最大公因式存在，那么 121(),(),.(),()ssf xfxfxfx的最大公因式也存在，且当121(),(),.(),()ssf xfxfxfx全不为零时有121121(),(),.(),()(),(),.(),()ssssf xfxfxfxf xfxfxfx,再利用上式证明，存在12(),(),

34、.,()su x uxux使 112212()()()().()()(),(),.,()sssu x f xux fxux fxf xfxfx.证 因为121(),(),.()sf xfxfx的最大公因式存在，设其为1()d x，则 1121()(),(),.()sd xf xfxfx,于是1()d x与()sfx的最大公因式也存在，不妨设为 1()(),()sd xd xfx,则()|()id xf x (1,2,.,)is,若设()x是121(),(),.(),()ssf xfxfxfx的任一公因式，则1()|()xd x,这样()x为1()d x与()sfx的一个公因式，又可得()|()

35、xd x，即证 121()(),(),.(),()ssd xf xfxfxfx.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(),(),.,()sv x vxvx，使112211()()()().()()ssv x f xvx fxvx fx 1211(),(),.()()sf xfxfxd x,成立。再证命题对s也成立。事实上，存在()p x和()q x，使11()(),()()()()()nsd xd xfxp x d xq x fx 112211()()()()().()()ssp x v x f xvx fxvx fx()()sq x fx

36、，令()()()iiu xp x v x (1,2,.,1)is，()()suxq x，即证。5 多项式()m x称为多项式(),()f x g x的一个最小公因式，如果 1）()|(),()|()f xm x g xm x；2）(),()f x g x的任一公倍式都是()m x的倍式。我们以(),()f x g x表示首项系数是 1 的那个最小公倍式，证明：如果(),()f x g x的首项系数都是 1，那么()()(),()(),()f x g xf x g xf x g x。证 令(),()()f x g xd x，则 1()()()f xf x d x，1()()()g xg x d

37、x，于是 11()()()()()()(),()f x g xf x g xg x f xf x g x。即()()()|(),()f x g xf xf x g x ，()()()|(),()f x g xg xf x g x，设()M x是()f x与()g x的任一公倍式，下面证明()()|()(),()f x g xM xf x g x。由倍式的定义，有()()()()()M xf x s xg x t x，即11()()()()()()()()()()f x d x s xf x s xg x t xg x d x t x，消去()d x得11()()()()f x s xg x t

38、 x，于是11()|()()g xf x s x。由于11(),()1f x g x，因而1()|()g xs x或者1()()()s xg x q x，所以 11()()()()()()()()(),()f xM xf x s xf x g x q xq xf x g x，()()|()(),()f x g xM xf x g x。即证。6 证明：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 xf x g x，可以推出()|()p xf x或者()|()p xg x，那么()p x是不可约多项式。证 采用反证法。设()p x可约，则有12(

39、)()|()p xp xpx，那么由假设可得 1()|()p xp x或2()|()p xpx，这是不可能的，因为后面两个多项式的次数低于()p x的次数。于是得证。7 证明：次数0且首项系数为 1 的多项式()f x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()g x必有(),()1f x g x，或者对某一正整数,()|()mm f xgx。证 必要性：设()()sf xpx（其中()p x是不可约多项式），则对任意多项式()g x，有 1）(),()1p x g x；或 2）()|()p xg x。对于 1）有(),()1f x g x。对于 2）有()|()sspxgx，

40、此即()|()sf xgx。再让ms，即必要性得证。充分性：设()f x不是某一个多项式的方幂，则1212()()().()nnf xpx pxpx，其中1,(1,2,.,)inin是正整数。若1()()g xp x，则由题设知()f x与()g x满足(),()1f x g x或()|()mf xgx（m为某一正整数）。但这是不可能的，即证。8 证明：次数0且首项系数为 1 的多项式()f x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(),()g x h x，由()|()()f xg x h x，可以推出()|()f xg x，或者对某一正整数,()|()mm f xhx。证

41、必要性：设()|()()f xg x h x，则对多项式()h x，有 1）(),()1f x h x，于是()|()f xg x；2）()|()(mf xhx m为某一正整数）。必要性成立。充分性：对任意多项式()g x，有(),()1f x g x或(),()()1f x g xd x，若1()()()f xf x d x，那么1()|()()f xf x g x，但1()|()f xf x。再由充分性假设，可得()|(),mf xgx m为某一正整数。于是由第 7 题的充分条件，即证。9 证明：nn mxaxb不能有不为零的重数大于 2 的根。证 设()nn mf xxaxb，则1()(

42、)n mmfxxnxnm a，又因为()fx的非零根都是多项式()()mg xnxnm a的根，而()g x的m个根都是单根，因而()fx没有不为零且重数大于 2 的根。10 证明：如果()|()nf xf x，那么()f x的根只能是零或单位根。证 设a是()f x的任一个根，由()|()nf xf x知，a也是()|()nf xf x的根，即 ()0nf x，所以na也是()f x的根。以此类推下去，则 2,.nna a a都是()f x的根。若()f x是m次多项式，则()f x最多只可能有m个相异的根，于是存在k使 knnaa，(1)0knnnaa，因此()f x的根a或者为 0，或者

43、为单位根。11如果()|()fxf x，证明()f x有n重根，其中()nf x。证 设12,.,sa aa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12.1sn，其次，由()|()fxf x，所以12,.,sa aa分别为()f x的121,1,.,1s重根，但 12(1)(1).(1)sn，所以1nsn，从而1s。这就是说，()fx只可能有一个根1a，且重数为11n。故()f x有n重根。11 设12,.,na aa是n个不同的数，而12()()().()nF xxaxaxa 证明：1）1()1()()niiiF xxa F a；2）任意多项

44、式()f x用()F x除所得的余式为 1()()()()niiiif a F xxa F a 证 1）令 1()()()()niiiF xg xxa F a，则()1g xn，但12()().()1ng ag ag a，所以()1g x。即证得 1()1()()niiiF xxa F a。2）对于任意的多项式()f x，用()F x除得 ()()()(),f xq x F xr x ()0()1)r xr xn或，当()0r x 时，结论显然成立。当()1r xn时，若令 1()()()()()niiiif a F xk xxa F a，则()1k xn，于是 ()()()iiir af a

45、k a (1,2,.,)in，即证得 1()()()()()()niiiif a F xr xk xxa F a。12 设12,.,na aa与()F x同上题，且12,.,nb bb是任意n个数，显然 1()()()()niiiibF xL xxa F a 适合条件()iiL ab (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()f x，它适合条件：(2)3,(3)1,(4)0,(5)2ffff 2）一个二次多项式()f x，它在0,2x处与函数sin x有相同的值；3）一个次数尽可能低的多项式()f x，使(0)1,(1)2,(2

46、)5,(3)10ffff 解 1）设()(2)(3)(4)(5)F xxxxx，且 (2)3,(3)1,(4)0,(5)2ffff，将它们代入()L x（即()f x），可得 3(2)(3)(4)(5)(1)(2)(3)(4)(5)()(2)(23)(24)(25)(3)(32)(34)(35)xxxxxxxxf xxx 0(2)(3)(4)(5)2(2)(3)(4)(5)(4)(42)(43)(45)(5)(52)(53)(54)xxxxxxxxxx 3221720342326xxx。2）已知 sin00(0)f，sin1()22f，sin0()f 设()()()2F xx xx，与上题类似

47、，可得 24()()f xx x。3）同理，设()(1)(2)(3)F xx xxx，可得 2()1f xx。14设()f x是一个整系数多项式，试证：如果(0)f与(1)f都是奇数，那么()f x不能有整数根。证 设a是()f x的一个整数根，则1()()()f xxa f x，由综合法知商式1()f x也为整系数多项式，于是 11(0)(0)(1)(1)(1)faffa f 又因为a与1 a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()f x无整数根。15设12,.,nx xx是方程 11.0nnnxa xa 的根，证明：2,.,nxx的对称多项式可以表成1

48、x与121,.,na aa的多项式。证 设2(,.,)nf xx是关于2,.,nxx的任意一个对称多项式，由对称多项式的基本定理，有 /211(,.,)(,.,)nnf xxg (1)其中/1(1,2,.,1)in是2,.,nxx的初等对称多项式。由于/111/2211/1112.nnnxxx （2）其中i为12,.,nx xx的初等对称多项式，但是 1122111.(1)nnnaaa （3）将（3）代入（2）可知，/i是1121,.,nx a aa的一个多项式，不妨记为/1121(,.,)iinp x a aa (1,2,.,1)in （4）再将（4）代入（1）式右端，即证2(,.,)nf

49、xx可表为1121,.,nx a aa的多项式。16设12()()().()nf xxxxxxx11.(1)nnnnxx，令12.kkkknsxxx (0,1,2,.)k。1）证明 11011()(.)()()kkkkkxfxs xs xsxsf xg x 其中()g x的次数n或()0g x。2）由上式证明牛顿(Newton)公式：111221 1.(1)(1)0kkkkkkkssssk （对1kn）1122.(1)0nkkknk nssss （对kn）证 1）由假设1()()niif xfxxx，111()()knkiixxfxf xxx 11111()()kkknniiiiiixxxf

50、xf xxxxx 11(.)()()nkkkiiixx xxf xg x，其中11()()kniiixg xf xxx是一个次数n的多项式。故 11011()(.)()()kkkkkxfxs xs xsxsf xg x 2）由于11().(1)nnnnf xxx，1112111()(1).(1)kknnnnxfxxnxnx，因此得等式 110111(.)(.(1)()kknnnkkns xs xsxsxxg x 112111(1).(1)knnnnxnxnx ()当kn时，比较上式两端含nx的系数，首先由于(),()g xn g x不含有nx的项，所以等式左端含nx的系数为 111221 10