2016超星泛雅数学的思维方式与创新考试答案_百度文库
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2016超星泛雅数学的思维方式与创新考试答案
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你可能喜欢19、证明：如果对多项式f(x)存在常数c?0，；令?是f(x)的一根，则f(x?c)?f(x)，；?设条件成立，证f(x)=kx若f(x)=0，则；nn?1；若f(x)?0，这时设f(x)=a0x?a1x?；反证；nn?1nn?1；即a0(x?b)?a1(x?b)?...?an?；比较两端n-1次项系数得：a0Cnb?a1?a1；21、设f1，f2，g1，
19、证明：如果对多项式f(x)存在常数c?0，使f(x?c)?f(x)，则f(x)为常数。 证明：用反证法。若f(x)不是常数，则f(x)的次数大于0，记f(x)的次数为n，则（n&0）,
令?是f(x)的一根，则f(x?c)?f(x)，得f(??c)?即??c也是f(x)f()?=0，的根，从而可推出f(??c)?0，但f(??c?c)?f(??c)?0，故??2c是f(x)的根，从而?、??c、??2c、…..都是f(x)的根，于是存在两个整数s，t, s?t .但??sc =??tc，于是(s?t)c?0，但s?t，故c?0，这与c?0矛盾。 20、设f(x)是多项式，证明f(x)=kx（k为常数）?对任意数a,b 有f(a?b)?f(a)?f(b) 证明：?显然 下证充分性
?设条件成立，证f(x)=kx
若f(x)=0，则f(x)=0x，这时结论成立。
若f(x)?0，这时设f(x)=a0x?a1x?...?an?1x?an， 下证f(x)的次数为1
反证。若af(x)&1,.则a0?0，令?=x，b为一固定的非零常数 则有条件f(x?b)?f(x)?f(b)，
即a0(x?b)?a1(x?b)?...?an?1(x?b)=a0x?a1x?...?an?1x?f(b)
比较两端n-1次项系数得：a0Cnb?a1?a1?na0b=0矛盾。
21、设f1，f2，g1，g
2为四多项式，且g1g2f1f2，f1?0，证明，若f1g
1，则g2f2 22、证明g(x)?1?x?x?x?...?x
f(x)?1?x?x?x?x...?x
??(x?1)(1?x?x2?...?x2n?1)?x2n?1?
证明：由g(x)=2，f(x)?4
? ?)4n??x?1x?1?x?1???(x?1)(1?x?x?...?x
从而g(x)f(x)
23、设g(x)?0，h(x)为任意多项式，证明：(f(x),g(x))?(f(x)?h(x)g(x),g(x)) 证明：令d(x)?(f(x),g(x))，则d(x)(x)，d(x)g(x)，从而d(x)f(x)?h(x)g(x)，
即d(x)是f(x)?h(x)g(x)与g(x)的公因式。
设k(x)是f(x)?h(x)g(x)与g(x)的任一公因式，则k(x)f(x)?k(x)d(x)
24、设f(x,)g(x)
的次数大于0，证明若(f,g)=1，则存在多项式u(x),v(x)，使ufv?g
且?u??g,?v??f，且这样的u(x),v(x)唯一。
证明：因(f,g)=1，所以s(x)f(x)?t(x)g(x)=1，因f,g的次数大于0.
故gs,f，于是s(x)?g(x)h(x)?u(x)
?u(x)??g(x )
?v(x)??f(x )v(
vg(x)?[h(?x)
xk(x)]f(x)g?(
h(x)?k(x=0)，从而uf?vg?1
唯一性：设存在u1f?v1g?1，其中?u1??g,?v1??f
两式想减得(u?u1)f?(v?v1)g?0
于是g(x)f[u?u1]，但(g,f)?1?gu?u1，但?u??g，?ui??g 故u?u1=0，u?u1，同理可证v?v1。
25、证明：只要
的次数都大于0，就可适当选择合适的等式uf?vg?(f,g)
(f,g)(f,g)
g(f,g)f(f,g)
f(f,g)g(f,g)
的u，v，使?u??，?v??。
证明：设F(x)?，G(x)?，则存在s(x),t(x)，
使s(x)f(x)?t(x)g(x)?(f(x),g(x))，从而s(x)F(x)?t(x)G(x)?1 下证G(x)s(x)，F(x)t(x)，由带余除法
s(x)?G(x)q1(x)?u(x)，?u(x)??G(x) t(x)?F(x)q2(x)?v(x)，?v(x)??F(x)
代入得u(x)F(x)?v(x)G(x)?[q1(x)?q2(x)]F(x)G(x)?1
因?[uF?vG]??FG，故q1(x)?q2(x)=0
26、当k为何值时，f(x)?x3?3x2?kx?1有重根
证明：f(x)有重根?f(x)与f?(x)不互素，f?(x)?3x2?6x?k
用f?(x)去除f(x)得余式r1(x)?
再用r1(x)去除f?(x)，
得余式r2(x)?k?故f(x)与f?(x)不互素?k=3或k??
27、证明，若???1是整系数多项式f(x)的整数根，则
都是整数。
证明：设f(x)?a0xn?a1xn?1?...?an?1x?an，其中a0a1...an都为整数
由于?是f(x
)的根，故x??f(x)，
?...?bn?2x?bn?1) 令f(x)?(x??)(b0x?b1x
将右边展开，在比较次数得b0?a0,b1??b0?a1,b2?2b1?a2,...,bn?1??bn?2?an?1 由此得b0?a0,b1??b0?a1,b2?a2?2b1,...,bn?1?an?1??bn?2 由于a0a1...an及?都为整数，故b0,b1,...,bn?1一为整数 令x?1得f(1)?(1??)(b0?b1?...?bn?2?bn?1) 于是
=?b0?b1?...?bn?2?bn?1
28、设f(x)为一整系数多项式，证明若f(0)与f(1)都是奇数，则f(x)没有整数根 证明：反证，若f(x)有整数根?，则x??f(x)，设f(x)?(x??)q(x)
可证q(x)是一整系数多项式，令x=0 ，x=1代入f(0)???q(0)，f(1)?(1??)q(1) 由于f(0),f(1)都是奇数，故?，1??都是奇数，这是不可能的。
1.求整数m,使f(x)?x5
?mx?1,在有理数域上可约。解：如果f(x)有有理数根，则可能为?1，令f(1)?0，得m??2,令f(?1)?0，的m?0
如果f(x)无有理数根，则f(x)可分解为如下形式
(1)或f(x)?(x3?ax2
其中a,b,c均为整数，
将（1）式左端展开；比较两边系数，得：
a?bc?1?0,b?c?m,
解得a??1,b?0,c?1,m?1将（1）式左端展开；比较两边系数，得：
?a?bc?1?0,
解得，求不出整数综合上述：当且仅当
m?0,1,?2时，f(x)在有理数域上可约
1(x)?xf2(x)?xf3(x)?x4f432
)能被x?x?x?x?1整除
证明：x?1能整除fi(x)i?1,2,?,4
证明：x5?1有5个根，分别是
，其中??cos
?x2?x?1的4个根分别是
?，?2，?3，?
1，???2，???3，???4，则x?x?x?x?1整除上述多项式，?f?0(1)?f1(1)?f2(1)?f3(1)?f4(1)?02
?f0(1)??1f1(1)??1f2(1)??1f3(1)??1f4(1)?0故??f2
0(1)??2f1(1)??2f2(1)??2f3(1)??2f4(1)?0?2
?f0(1)??3f1(1)??3f2(1)??3f3(1)??3f4(1)?0??
0(1)??4f1(1)??4f2(1)??4f3(1)??4f4(1)?0
这个齐次线性方程组的数字行列式为
5阶范得蒙行列式
故只有零解。
3.设多项式f(x)没有重因式，证明
(f(x)?f'
(x),f(x))?1
证明：显然1是f(x)?f'
(x)与f(x)的公因式，因f(x)没有重因式，所以
(f(x),f'
设?(x)是f(x)?f'
(x)与f(x)的任一公因式，则?(x)f(x)?f'
(x)?f(x)]?f'
由(1)知，?(x)?1.
第一章．多项式补充题
1、多项式f(x)除以ax?b(a?0)所得余式为
2、设P是一个数集，有一非零数a?P，且P关于减法与 除法（除数不为0）封闭，则P是一数域
?1?P，?x?P，0?x??x?P，?y?0?P
?P?x?y?x?(?y)?P，
3、设f(x)为一多项式，如果f(x?y)?f(x)f(y)，则f(x)?0或 f(x)?1。 证明：若f(x)?0，则证毕。
若f(x)?0，由f(2x)?f2(x)得f(x)只能是零重多项式。
令f(x)?a，则a?f(0)?f(0?0)?f2(0)?a2?a?0,?a?1即f(x)=1. 4、令f(x)?(x10?x9?x8?x7?...?x?1)(10?x9?...?x?1)求f(x)的奇次项系数之和。 解：因为f(?x)?f(x)，故f(x)是偶函数，于是f(x)的奇次项系数全为0，故f(x)奇次
项系数之和等于0.
2、 若(x?1)f(xn)，问是否必有(xn?1)f(xn) 解：成立。因为(x?1f
(x所)以f(1?)f
(?1)，故(x?1f(x，)于是
f(x)?(x?1)g(x) 1)g，从而(x
3、 设非零多项式f(x)没有重因式，证明(f(x),f(x)?f?(x))?1
?证明：因为f(x)没有重因式，所以(f(x),fuf?vf?
(x?))，从而uf?v?f?1，即
v?f?v1?f，即(u?v)f?v(f?f?)?1，即(f,f?f?)?1。
4、 证明，f(x)?x?5x?1在有理数域Q上不可取。 证明：令x=y-1代入
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|u-v|&|u-v|，所以p（x）不满足题设条件。（2）分三种情况...
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