篇一：高等代数习题解答(第一章)
高等代数习题解答
第一章 多项式
补充题1．当a,b,c取何值时，多项式f(x)?x?5与g(x)?a(x?2)2?b(x?1) ?c(x2?x?2)相等？
6136提示：比较系数得a??,b??,c?. 555
补充题2．设f(x),g(x),h(x)??[x]，f2(x)?xg2(x)?x3h2(x)，证明： f(x)?g(x)?h(x)?0．
证明 假设f(x)?g(x)?h(x)?0不成立．若f(x)?0，则?(f2(x))为偶数，又g2(x),h2(x)等于0或次数为偶数，由于g2(x),h2(x)??[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg2(x)?x3h2(x)等于0或次数为奇数，矛盾．若g(x)?0或h(x)?0则?(xg2(x)?x3h2(x))为奇数，而f2(x)?0或?(f2(x))为偶数，矛盾．综上所证，f(x)?g(x)?h(x)?0．
1．用g (x) 除 f (x)，求商q (x)与余式r (x)：
1）f (x) = x3- 3x2 -x-1，g (x) =3x2 -2x+1；
2）f (x) = x4 -2x+5，g (x) = x2 -x+2．
1）解法一 待定系数法．
由于f (x)是首项系数为1的3次多项式，而g (x)是首项系数为3的2次多项式，
1所以商q(x)必是首项系数为的1次多项式，而余式的次数小于 2．于是可设 3
1 q(x) =x+a , r(x) =bx+c 3
根据 f (x) = q(x) g(x) + r(x)，即
1 x3-3x2 -x-1 = (x+a)( 3x2 -2x+1)+bx+c 3
右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得
21 ?3?3a?, ?1??2a??b, ?1?a?c 33
7262解得 a?? , b?? , c?? ，故得 999
17262q(x)?x?, r(x)??x?.3999
解法二 带余除法．
3-21 1 -3-1 -1
1 ?
?
?21 3374 ?-1 337147 ? 399
262 ? 9917 ? 39?
得
17262q(x)?x?, r(x)??x?. 3999
2） q(x)?x2?x?1,r(x)??5x?7. r(x)??
2．m,p,q适合什么条件时，有
1）x2?mx?1x3?px?q;
2）x2?mx?1x4?px2?q.
?1除x3?px1）解 x2?mx得余式为： ?q262x?. 99
r(x)?(p?m2?1)x?(q?m)，
?p?m2?1?0;令r(x)?0，即 ? ?q?m?0.
故x2?mx?1x3?px?q的充要条件是
?m?q; ? 2p?m?1?0.?
?1除x4?px2?q得余式为： 2）解 x2?mx
r(x)??m(p?m2?2)x?(q?p?m2?1)，
2???m(p?m?2)?0;令r(x)?0，即 ? 2??q?p?m?1?0.
解得x2?mx?1x4?px2?q的充要条件是
?m?0; ? 或 p?q?1??q?1; ?2p?2?m.?
3．求g(x)除f(x)的商q(x)与余式r(x)：
1）f(x)?2x5?5x3?8x,g(x)?x?3;
2）f(x)?x3?x2?x,g(x)?x?1?2i.
1）解法一 用带余除法（略）．
解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： -320-50 -8 0
+-618 -39117 -327
2 -613 -39109 -327
所以
q(x)?2x4?6x3?13x2?39x?109,r(x)??327.
2）解法一 用带余除法（略）．
解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0：
f(x)
1-2i 1 -1 -1 0
+ 1-2i -4-2i-9+8i
1 -2i -5-2i-9+8i
所以
q(x)?2 i8.x?2ix?(5?2i),r(x?)??9
4．把f(x)表成x?x0的方幂和，即表成
c0?c1(x?x0)?c2(x?x0)2??
的形式：
1）f(x)?x5,x0?1;
2）f(x)?x4?2x2?3,x0??2;
3）f(x)?x4?2ix3?(1?i)x2?3x?7?i,x0??i.
注 设f(x)表成c0?c1(x?x)?c(x?2
0x)??的形式，则c0就是f(x)被x?x0除02
所得的余数，c1就是f(x)被x?x0除所得的商式c1?c2(x?x)?c(x?2
0x)??再被03
x?x0除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到c0,c1,?,cn.
1）解 综合除法进行计算
1 100000
+ 11111
1 111111
+ 1234
12345
1+ 136
13610
1+ 14
1410
1 15
所以x5?1?5(x?1)?1x0(?21?)x10?3(
2）3）略
5．求f(x)与g(x)的最大公因式：
1）f(x)?x4?x3?3x2?4x?1,g(x)?x3?x2?x?1;
2）f(x)?x4?4x3?1,g(x)?x3?3x2?1;
3）f(x)?x4?10x2?1,g(x)?x4?3?6x2??1.
1）解 用辗转相除法
g(x) f(x)
11 q2(x) ?11 -1 -111-3-4-1 q1(x) 1 0 244?5(?x1) 5?(?1x)1).
131 11-1-1 22
84? ?-1 r1(x)-2-3-1 q3(x) 2233
131? ? ? -2-2 244
33 r2(x)? ? -1-1 44
-1-1
r3(x) 0
所以
(f(x),g(x))?x?1.
2）(f(x),g(x))?1.
3
）(f(x),g(x))?x2??1.
6．求u(x),v(x)使u(x)f(x)?v(x)g(x)?(f(x),g(x)):
1）f(x)?x4?2x3?x2?4x?2,g(x)?x4?x3?x2?2x?2；
2）f(x)?4x4?2x3?16x2?5x?9,g(x)?2x3?x2?5x?4；
3）f(x)?x4?x3?4x2?4x?1,g(x)?x2?x?1．
1）解 用辗转相除法
g(x) f(x)
q2(x) 1 1 1 1 -1-2-2 12-1-4-2 q1(x) 11 0 -201 1-1-2 1 1-2-2 r1(x) 1 0-2q3(x) 1 1 0-20 1 0-2
r2(x) 1 0-2r3(x) 0
由以上计算得
f(x)?q1(x)g(x)?r1(x),
g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x),
r1(x)?q3(x)r2(x),
因此
(f(x),g(x))?r2(x)?x2?2，
且
(f(x),g(x))?r2(x)
?g(x)?q2(x)r1(x)
?g(x)?q2(x)[f(x)?q1(x)g(x)]
??q2(x)f(x)?[1?1q(x2)q(x) g]x()
所以
u(x)??q2(x)??x?1,v(x)?1?q1(x)q2(x)?x?2． 0
篇二：高等代数期末卷1及答案
沈阳农业大学理学院第一学期期末考试
《高等代数》试卷（1）
一、填空（共35分，每题5分）
42
1．设f(x)?x?x?4x?9, 则f(?3)?
2．当t?时, f(x)?x3?3x?t有重因式。
2
3. 令f(x),g(x)是两个多项式, 且f(x3)?xg(x3)被x?x?1整除, 则
f(1)? g(1)?
3?1
4. 行列式
11000262
?。 11
1103
0??
3??9?2?1????。 1??9911??4?
?3?201
?4?
?103?1???1
5. 矩阵的积??
?2102??2
??1?1?5?500?
???6. 031??0??
?021??0???
?
?1
?0??1?1? ?23?
??0
?x1?2x2?2x3?x4?0?
7. ?2x1?x2?2x3?2x4
?0的一般解为 ?x?x?4x?3x?0
34?12
5?
x?2x?x43??13,x3,x4 ?
4?x??2x?x
234?3?
二、（10分）令f(x),g(x)是两个多项式。求证(f(x),g(x))?1当且仅当(f(x)?g(x),f(x)g(x))?1。
证：必要性. 设(f(x)?g(x),f(x)g(x))?1。（1%）
令p(x)为f(x)?g(x),f(x)g(x)的不可约公因式，（1%）则由p(x)|f(x)g(x)知
p(x)|f(x)或p(x)|g(x)。(1%)
不妨设p(x)|f(x)，再由p(x)|(f(x)?g(x))得p(x)|g(x)。故p(x)|1矛盾。(2%)充分性. 由(f(x)?g(x),f(x)g(x))?1知存在多项式u(x),v(x)使
u(x)(f(x)?g(x))?v(x)f(x)g(x)?1,(2%)
从而u(x)f(x)?g(x)(u(x)?v(x)f(x))?1,(2%) 故(f(x),g(x))?1。(1%)
三、(16分)a,b取何值时，线性方程组
ax1?bx2?2x3?1??
?ax1?(2b?1)x2?3x3?1 ?ax?bx?(b?3)x?2b?1
23?1
有唯一解、没有解、有无穷解？在有解情况下求其解。
解：
b21??ab21??a????a2b?131?0b?110?????a??bb?32b?1??00b?12b?2???(5%)
01??a2?b
????0b?110??00b?12b?2???
当a(b?1)?0时，有唯一解：x1?
2
5?b?22b?2
(4%) ， x2?, x3?；
a(b?1)b+1b?1
当b?1时，有无穷解：x3?0,x2?1?ax1,x1任意取值；
当a?0,b?5时，有无穷解：x1?k,x2??,x3?,k任意取值；(3%)
当b??1或a?0 且 b??1且 b?5时，无解。(4%)
四、(10分)设a1,a2,...,an都是非零实数，证明
?a111..1
11?a2
1..1
11..1
...1...1.....
111..
?a1a2...an(1??
i?1n
1?a3...1
1) ai
...11?an
1a1
证: 对n用数学归纳法。当n=1时 , D1?1?a1?a1(1?), 结论成立(2%);
假设n-1时成立。则n时
?a11
11?a2
1..1
11
...11...11
?a111..1
11?a2
1..1
11..1
...1...1.....
000 ..
Dn=
1..1
1?a3...11?.........1
...11
1?a3...1
...1an
=a1a2...an?1?anDn?1 (4%)
?n?11?
现由归纳假设Dn?1?a1a2...an?1?1???有
?i?1ai?
?n?11?
Dn=a1a2...an?1?anDn?1=a1a2...an?1?a1a2...an?1an?1???
?i?1ai?
n
?1?
=a1a2...an?1an?1???,(3%)
?i?1ai?
故由归纳原理结论成立。(1%)
五、(10分)证明f(x)?x4?1在有理数域上不可约。 证: 令x?y?1得(1%)
g(y)?f(x)?y4?4y3?6y2?4y?2。(3%)
取素数p=2满足
2|2,2|4,2|6,2|4,且2不整除1, 4不整除2. (2%)
再据艾茵斯坦茵判别法知g(y)?y?4y?6y?4y?2在有理数域上不可约，（2%）
4
3
2
从而f(x)?x4?1在有理数域上不可约（2%）
六、（9分）令A为数域F上秩为r的m?n矩阵，r?0。求证：存在秩 为r的m?r矩阵F和秩为r的r?n矩阵G, 使得A?FG。
证: A为数域F上秩为r的m?n矩阵，r?0, 则存在m?m可逆阵
使
P和n?n可逆阵Q
?IA?P?r
?0
进而令
0?
?Q.（3%） 0?
?I?
F?P?r?,G??Ir
?0?
就得A?FG（2%） .
0?Q（4%）
七、（10分）设A, B是n?n矩阵, 且A?B,A?B可逆。求证2n?2n矩阵P??证:
|P|?
?AB??1
?可逆, 且求P。
?BA?
ABA?BBA?B
??BAB?AA0
B
?|A?B||A?B|?0， A?B
故P可逆 （5%）
令P?1??
?X?TY??有 S?
?AB??X????BA??TY??In???S??00?
?.（1%） In?
1??1?1??X?(A?B)?(A?B)????AX?BT?In2
??AY?BS?0
1???1?1
?(A?B)?(A?B)进而?（1%），解得?Y??（3%）
??2?BX?AT?0?
T?Y???BY?AS?In
?S?X?
篇三：高等代数第1章习题解
第一章习题解
?4902?411，4909?11?411?388
411?388?23，而(23,388)?1，所以（9405，5313）=1
2．设a1,a2,?,an?Z，证明(a1,a2,?,an)?((a1,a2,?,an?1),an) 证明：令d1?(a1,a2,?,an), d2?((a1a,2?,an,?
1
a)n, )
由d1?(a1,a2,?,an),?d1ai,i?1,2,?,n?1;d1an
?d1(a1,a2,?,an?1),(d1an)?d1((a1,a2,?,an?1),an)?d1d2
由d2?((a1,a2,?,an?1),an)?d1(a1,a2,?,an?1),d1an
?d1ai(i?1,2,?,n?1),d1an?dai(i?1,2,?,n)?d2(a1,a
2,?,an)?d2d1
所以d1?d2
(630,504)=126
4536=2·1764+1008, 1764=1008+756,1008=756+252,756=252·3→(1764,4536)=252 252=126·2
所以(504, 630, 1764, 4536)=126
ab?b?aq;ac?c?ap?bc?a2(pq)?a2bc
ab?b?aq;ba?a?bp?b
?(bp)q?pq?1
p??1?a??b
若ax对任意整数x成立,那么取x?1,有a?a??1;反之,若a??1,ax显然成立;
若xa对任意整数x成立,即a?xp对任意整数x成立,取x?0?a?0;反之,若
a?0,xa显然成立.
7.设a,b,d?Z, 且d?(a,b), 证明存在u,v?Z, 使得d?au?bv
如果a?b?0,则(a,b)?0?a?0?b?0,所以结论成立; 如果a,b不全为零,那么一定存在整数s,t使as?bt?0,
令所有这样的正整数组成的集合为D,即:D?{as?bt?0|s,t?Z}, 由于D是正整数组成的集合,故必有一个最小整数, 设这个正整数为d?,即有整数u,v使d??au?bv 我们说d?就是a,b的最大公因数.
事实上,对于a,b的任意公因数h,显然有hau?bv?hd?;
如果d?不是a,b的公因数,不妨设d?不是a的因数,那么由带余除法,有
a?d?q?r,0?r?d?
于是 a?
(au?bv)q?r?r?a(1?qu)?b(?qv)?r?D 这与d?是D中最小数的假设矛盾.
如果P不是质数,那么有两个大于1的整数s,t使p?st,1?s?p,1?t?p 显然有pst,按题设,应有ps或pt,但这显然不可能..
9.设S1,S2都是数环,请问S1?S
2与S1?S2是否是数环,为什么? S1?S2是数环,而S1?S2未必是数环.
事实上:?a,b?S1?S2?a,b?S1?a?b,a?b,ab?S1 同理: a,b?S2?a?b,a?b,ab?S1 所以a?b,a?b,ab?S1?S2,即S1?S2是数环.
取S1?{5k|k?Z},S2?{7k|k?Z},这时5?S1,7?S2,但
5?7?12?S1,12?S2?12?S1?S2
所以S1?S2未必是数环.
?a?
,c??S?(a?)?(c
?)?(a?c)?(b
?d?
S
(a?)?(c?
)?(a?c)?(b?d
?
S (a?)(c?)?(ac?2bd)?(ad?bc?S
所以S?{a?
|a,b?
Z}是数环;
但1?1??S?0
??S?
1i?S,所以 ,而?
Z,所以
22S?{a?|a,b?Z}不是数域;
S?{a?a,b?Q} 1.2一元多项式
1.若f(x)?x4?2x3?3x2?x?1,g(x)?3x3?2x2?x?1,求
f(
x)?g(x),f(x)?g(x),和f(x)g(x)
f(x)?g(x)?x?x?x,f(x)?g(x)?x?5x?5x?2x?2
4
3
2
4
3
2
f(x)g(x)?3x7?14x6?14x5?12x4?10x3?6x2?2x?1
2.求a,b,c使(2x?bx?1
)(x?ax?1)?2x?5x?cx?x?1
(2x?bx?1)(x?ax?1)?2x?(b?2a)x?(1?ab)x?(a?b)x?1
2
2
4
3
2
2
2
4
3
2
?2x4?5x3?cx2?x?1
所以:b?2a?5,1?ab?c,a?b??1?a??2,b?1,c?3
3.a,b,c,d取何值时,多项式f(x)?(3a?2b?c)
x?(a?b?c)x?dx?2与
3
2
g(x)?(a?c)x3?(2a?d)x2?(c?a)x?b相等.
a?1,b?2,c?3,d?4
4.将多项式f(x)?3x?2x?ax?2x?3化成x?2的方幂形式
4
3
2
f(x)?3(x?2)4?26(x?2)3?85(x?2)2?122(x?2)?61 5.设多项式f(x)?0,g(x)?0,问f(x),g(x)的系数满足什么条件时,公式
?(f(x)?g(x))?max{?f(x),?g(x)}
等号成立?满足什么条件时,小于号成立?
f(x)?anxn?an?1xn?1???a1x?a0,g(x)?bnxn?bn?1xn?1???b1x?b0 当an?bn?0时,公式中的等号成立; 当an?bn?0时,公式中的小于号成立;
6.设f(x
),g(x),h(x)?R[x],若f2(x)?xg2(x)?xh2(x),则f(x)?g(x)?h(x)?0 g(x),h(x)至少有一个不是零多项式.
由于g(x),h(x)?R[x],所以?(g2(x)?h2(x))?max{?g2(x),?h2(x)}
于是等式f2(x)?xg2(x)?xh2(x)右边的的次数为奇数,而左边的次数为偶数,这导致矛盾,所以必然有f(x)?g(x)?h(x)?0
7. .设f(x),g(x)?R[x],若f(x)?0,g(x)
?0,证明则f2(x)?g2(x)?0 f(x)?anxn?an?1xn?1???a1x?a0,an?0,
g(x)?bmxm?bm?1xm?1???b1x?b0,bm?0,并且m?n
222
于是f(x)?g(x)的最高次项的系数为an?bm,(m?n)或an,(m?n),不论是哪种情形,
2
2
f2(x)?g2(x)的最高次项的系数都不为零,所以f2(x)?g2(x)?0
(但这个结论对复数域上的多项式不成立,例如f(x)?ix,g(x)?x,但
2
2
f2(x)?g2(x)??x4?x4?0
1.3多项式的整除性
1.用g(x)除f(x),求商式q(x)和余式r(x): (1) f(x)?4x?3x?2x?1,g(x)?x?2x?3 (2) f(x)?x?2x?x?3,
g(x)?2x?x?3
(1) f(x)?g(x)(4x?5)?16,q(x)?4x?5,r(x)??16
4
3
2
3
2
2
(2) f(x)?g(x)(
1239173139173x?x?)?x?,q(x)?x2?x?,r(x)?x? 2488824888
2.确定a,b的值,使g(x)?x2?2x?3能整除f(x)?x4?3x3?6x2?ax?b
,得
f(x)?g(x)(x2?x?1)?(a?5)x?b?3,所以a??5,b?3
3.下列命题是否成立,为什么?
(1)成立,否则由h(x)f(x),h(x)|f(x)?g(x),则
h(x)|[f(x)?g(x)]?f(x)?g(x)导致矛盾;
(2)不成立,例如h(x)?x,f(x)?x?1,g(x)?x?1,但x|2x,即h(x)|f(x)?g(x)
222
(3) 不成立,例如h(x)?x,f(x)?x,g(x)?2x,但x|2x,即h(x)|f(x)g(x)
(4)成立,由于f(x)g(x)?所以f(x),g(x)只相差一个常数因子,所以,f(x)??g(x,)
g(
x)|f(x)成立.
f(x),g(x)被h(x)除得的余式相等.
(?)设f(x)?h(x)q1(x)?r1(x),g(x)?h(x)q2(x)?r2(x),其中
r1(x)?0or0??r1(x)??h(x)和r2(x)?0or0??r2(x)??h(x)
于是f(x)?g(x)?h(x)[q1(x)?q2(x)]?[r1(x)?r2(x)],由h(x)[f(x)?g(x)]?
h(x)r1(x)?r2(x)但?[r1(x)?r2(x)]?max{?r1(x),?r2(x)}??h(x),这显然不可能,除非r1(x)?r2(x)?0,即r1(x)?r2(x)
(?)设f(x)?h(x)q1(x)?r(x),g(x)?h(x)q2(x)?r(x),其中
《高等代数习题及答案(1)》出自：百味书屋
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