高等代數(shù)習(xí)題北大第四版答案一到四章

高等代數(shù)答案第一章 多項(xiàng)式用g(x

f(x)，求商q(x)與余式r(x)：1）f(x)=x3?3x2?x?1,g(x)=3x2?2x+1；2） f(x)=x42xg)=x2x2。解1）由帶余除法，可得q(x)=

1x?7,r(x)=?26x?2；3 9 9 92）同理可得q(x)=x2x?1r5x7。q適合什么條件時(shí)，有1）x2+mx?1|x3+px+q，2）x2mx1|x4+px2q。解1）0，即p1m2)xm0，?p+1+m2=0所以當(dāng)??

q?m=

時(shí)有x2mx?1|x3+pxq。?2）類似可得?m(2?p?m2=0，于是當(dāng)m=0時(shí)，代入（2）可得p=q+1；而當(dāng)??q+1?p?m2=02?pm20時(shí)，代入（2）可得q1。?m=0綜上所訴，當(dāng)?

? q=1或? 時(shí)，皆有x2+mx+1|x4+px2+q。?p=q+1 ?p+m2=2求g(x除f(x的商q(x與余式：1）f(x)=2x5?5x3?8x,g(x)=x+3；2）f(xx3x2gx?12i。q(x2x46x3+13x239x+109解 1）r(x)=；q(x)=x2??(5+2i)2） 。r(x)=?9+8i把f(x表示成xx0

的方冪和，即表成c+c0

(x?x0

)+c2

(x?x0

)2+...+cn

(x?x0

+ 的形式：1）f(x)=x5,x0

=1；2）f(x)=x4?2x2+3,x=?2；03）f(x)=x4+2ix3?i)x2?3x+7+i,x0

=?i。解1）f(x1?1)10(x+10(x+5(x+(x；2）由綜合除法，可得x42x231124(x2)22(x2)28(xx；3）由綜合除法，可得x42ix3i)x23x(7i)=(7+5i)?5(x+i)+(?1?i)(x+i)2?2i(x+i)3+(x+i)4。求f(x與g(x的最大公因式：1）f(x)=x4+x3?3x2?4x?1,g(x)=x3+x2?x?2）f(x)=x4?4x3+1,g(x)=x3?3x2+1；3）f(xx4?10x2+1,g(xx442x36x242x1。解1）fxgx+1；2）(f(x),g(x))=1；23）fxg2 x?1。26．求u(x使u(xf(xv(x)g(xf(xg(x))。1）f(x)=x4+2x3??4x?2,g(x)=+??2x?2；2）f(x)=4x4?2x3?16x2+5x+9,g(x)=2x3?x2?5x+4；3）f(xx4x34x24x1,g(xx1。解1）因?yàn)閒xg2r2?f(=q(g(+r(再由?gx 1 1 ，?()=q(x)r(+r(2 1 2r(x)=g(x)?

(x)r(x)=g(x)?

(x)[f(?q(g(x)]

2 1q x fx

2 1 ，=()]()+q(

(x)]g(2u(x)=

1 2(x)=?x?1于是v

2(x)=1+q1

2

(x)=1+1i(x+1)=x+2。2 2）仿上面方法，可得(f(x),=x?1，且u(x)=?1x+1,v(x)= x2? x?1。2 3 3 3 33）由fxg1可得u(xx+3x2。７．設(shè)f(xx3t)x22x2u與gtx2u的最大公因式是一個(gè)二次多項(xiàng)式，求tu的值。解 因

f(x)=q1

(x)g(x)+r(x)=(x3+tx2+u)+(x2+2x+u)1 ，g(=q(x)r(+r(2 1 2=(x+?2))(x2+2x+u)?(u+2t?4)x+u(3?t)，且由題設(shè)知最大公因式是二次多項(xiàng)式，所以余式r2

(x)為0，即??u+2t?4)=0?? u(3?t)=0 ，??u=0 ?u=?2?從而可解得t12?1

或 ?2 。?t=3?2d(x|f(xd(x|gd(x為f(x與g(xd(x是f(x)與g(x的一個(gè)最大公因式。證 易見(jiàn)d(x)是f(x)與g(x)的公因式。另設(shè)?(是f(x)與g(x)的任一公因式，下證?(x)|d(x)。由于d(x是f(x與g(x)的一個(gè)組合，這就是說(shuō)存在多項(xiàng)式s(x與t(x，使d(x)=s(x)f(x)+t(x)g(x)，從而由?(x)|f(x),?(x)|g(x)可得?(x)|d(x)，得證。９．證明：f)),=f),(()，(的首系數(shù)為１。證 因?yàn)榇嬖诙囗?xiàng)式u(x),使(f(x),g(x))=u(f(+g(x)，所以(f(x),g(x))h(x)=u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)，上式說(shuō)明fxg是f(x)h(xgx)h的一個(gè)組合。另一方面，由f(x|f知f(xg(x))h(x|f，同理可得fxg|，從而(f(x),g(x))h(是 f(x)h(x)與g(x)h(的一個(gè)最大公因式，又因?yàn)?f(x),的首項(xiàng)系數(shù)為１，所以(f(x)h(x),g(x)h(x))=(f(。１０．如果f(x),g(不全為零，證明：? f, g1。?(f(x),g((f(?? ?證 存在u(x),使(f(x),g(x))=u(f(+g(x)，又因?yàn)閒(x),g(x)不全為０，所以(f(x),g(x))≠0，由消去律可得1u(x)

f(

+v(x)

g(，? f(所以

(f(x),g((f(? g1? ?(f(x),g((f(?11．證明：如果f(x),g(x)不全為零，且u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))，那么(u(x),v(x1。證由上題證明類似可得結(jié)論。12．證明：如果fxg1,(f1，那么fxg1。證 由假設(shè)，存在

xv及

(x),

(x)使1 1 2 2u(x)f(x)+v1 u(x)f(x)+v

(x)g(x)=1(x)h(x)=1

（1）（2）2 2將（1（2）兩式相乘，得(x)u1

(x)f(x)+v1

(x)u2

(x)g(x)+u1

(x)v2

(x)h(x)]f(，+[v1

(x)v2

(x)]g(x)h(=1所以fxg1。設(shè)f1

(x),...,

(x),m

(x),...,1

(x)都是多項(xiàng)式，而且n(f(x),i

1 2,...,j2,...,n。j求證：(f1

(x)f2

(x)...

(x),m

(1

(x)...g2

x))=1。證由于

(f(x),g1 (f(x),g

(x))=1(x))=11 2 ，..........................(f(x),g1 n

(x))=1反復(fù)應(yīng)用第12題結(jié)論，可得同理可證

(f(x),g1

(g2

(x)...gn

(x))=1，(f(x),g(g(

(=12 1 2 n................................................，從而可得

(f(x),gm 1

(g2

(x)...gn

(x))=1(f(x)f1 2

(x)...

(x),m

(1

(x)...g2

x))=1。14．證明：如果fxg1，那么fgx),fg1。證 由題設(shè)知(f(x),g(=1，所以存在u(x),v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1，從而u(x)f(x)?v(x)f(x)+v(x)f(x)+v(x)g(x)=1，即[u(xv(xfxfg1，所以f(x),f1。同理gxfg1。再由12題結(jié)論，即證(f(x)g(x),f(x)+g(x))=1。求下列多項(xiàng)式的公共根f(x)=x3+2x2+2x+1,g(x)=++2x2+x+1± 3i解 由輾轉(zhuǎn)相除法，可求得(f(x),g(=+x± 3i2判別下列多項(xiàng)式有無(wú)重因式：1） f(x)=x5?5x4+7x3?2x2+4x?8；2） f(x)=x4+4x2?4x?3；f′(x)=5x4?20x3+2?4x+4解

(f(x),

，′(x))=(x?2)2所以f(x有x2的三重因式。2）f′(x)=4x3+8x?4，(f(x),

f′(x1，所以f(x)無(wú)重因式。求t值，使f(x)=?3x2+tx?1有重根。解 易知f(x)有三重根x=1時(shí)，t=3。若令x33x2tx?1x?xb，比較兩端系數(shù)，得??3=?b??t=?

+2ab? 1=a2b1由（1（）得23?32+1=0，解得a的三個(gè)根為a1

a2

a3

= ，將a的三個(gè)根2（b1

=1,b2

=1,b3

=4（t的三個(gè)根t1

=3,t2

=3,t3

=5。4當(dāng)t =3時(shí)f(x)有3重根x=1；當(dāng)

=5時(shí)，f(x)有2重根x=1。1,2

3 4 2求多項(xiàng)式x3pxq有重根的條件。解 令f(x)=x3+px+q則f′(x)=3x2+p顯然當(dāng)p=0時(shí)只有當(dāng)q=0,f(=才有三重根。下設(shè)p0，且a為f(x)的重根，那么a也為f(x與f′(x)的根，即?a3+pa+q=0?? 3a2+p=0p由（1）可得a(a2p，再由（2）有a2

。所以3a(?

p+p)=?q，3，?a=?3q2p9q2 p兩邊平方得 =a24p2

，所以43

+27q2

=0。綜上所敘即知，當(dāng)4p327q20時(shí)，多項(xiàng)式x3pxq有重根。19．如果x?1)2|+1，求a,b。解令f(xax4bx21，f′(x4ax32bx是f(x的根，也是f′(x)的根，此即?a+b+1=0??4a+2b=0，?解得a=1,b。20．證明：1xx2xn

不能有重根。2! n!1 證因?yàn)閒(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=1+x+1x2+...+ xn?1所以f(x)=f′(x)+ xn，1 2! ?1)! n!1于是(f(x),fx))=(f+1xn,f′(x))=( xn,f′(x))=1，從而f(x)無(wú)重根。1n! n!如果α是f′(x的一個(gè)k重根，證明α是g(

x?a[f′(x)+f′(a)]?f(x)+f(a)]的一個(gè)k+3重根。2證 因?yàn)間′(x)

x?af)?1[f)?f)]2 2 ，g′(x)

x?a2

f)由于α是f′(x的k重根，故α是g′(x的k+1重根。代入驗(yàn)算知αg(x的根?，F(xiàn)在設(shè)α是g(x的s重根，則α是g′(x的s1重根，也是g′(xs-2所以s2k+1sk3。得證。x0

是f(x的k重根的充分必要條件是f(x0

)=f′(x0

)=...=f(k?1)(x0

)=0，而f(k)(x0

)≠0證必要性：設(shè)x0

f(x)的k重根,從而是f′(x)的k?1重根，是f′(x)的k?2重根， ，是f(k?2)(x0

)的一重根，并且x0

不是f(k)(x)的根。于是f(x0

)=f′(x0

)=...=f(k?1)0

)=0,而f(k)(x0

)≠0。充分性：由f(k?1)(x)=0，而f(k)(x)≠0，知x是f(k?1)(x)的一重根。又由于000f(k?2)(x0

0，知x0

是f(k?2)(x)的二重根，依此類推，可知x0

是f(x的k重根。舉例說(shuō)明段語(yǔ)“α 是f的m重根，那么α是f(x)的m+1重根”是不對(duì)的。解例如，設(shè)f(x)=

1m+1

xm

?1，那么f′(x)=xm以0為m重根，但0不是f(x)的根。證明：如果x?1)|fxn)，那么xn?1)|f)。證要證明xn?1)|f)，就是要證明f0（這是因?yàn)槲覀兛梢园褁n看作為一個(gè)變量。由題設(shè)由x?1)|fxn)，所以f0，也就是f(10，得證。25．證明：如果x2x+1)|f1

(x3)+xf2

(x3，那么x?1)|f1

(x),(x?1)|f2

。證 因?yàn)閤2+x+1的兩個(gè)根為ε和ε2，其中ε=cos

ε +isin ，所以 和 2也是ε 3 3f(x3)+1

(x3)的根，且ε3=1，于是2??f(1)+εf(1)=0?f1 2 ，f? (1)+ε2f(1)=0解之得f1

1(1)=0,f2

20。得證。求多項(xiàng)式xn?1在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)和在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)的因式分解。解 在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)xn?1=(x?1)(x?ε)(x?ε2)...(x?εn?1)，其中ε=cos在實(shí)數(shù)域內(nèi)εj=εn?j(0<j<n)，所以，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，有

+isin，3 32xn?1=(x?1)[x2?+εn?1)x+1][x2?2+εn?2)x+[x2?22n?1

n?1+

n+1+21]+其中εjεn?jεjεj2cos當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，有

(j1,2,..., ，皆為實(shí)數(shù)。n n2xn?1=(x+?1)[x2?+εn?1)x+1][x2?2+εn?2+2?2求下列多項(xiàng)式的有理根：1） x3?6x2+15x?14；2）4x4?7x2?5x?1；3） x5+x4?6x3?14x2?3。解 利用剩余除法試根，可得2。

n?1+

n?1+21]+有兩個(gè)有理根11（2重有理根1。2 2 2有五個(gè)有理根3,?1,?1?1?（即一個(gè)單有理根3和一個(gè)4重有理根?1。下列多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約？1）x2+1；2） x4?8x3+12x2+2；3）x6+x3+1；xppx+1,p為奇素?cái)?shù)；x44kx+1,k為整數(shù)。解1）因?yàn)椤?都不是它的根，所以x2+1在有理數(shù)域里不可約。2）利用艾森斯坦判別法，取p=2，則此多項(xiàng)式在有理數(shù)域上不可約。3）首先證明：命題 設(shè)有多項(xiàng)式f(x)，令x=y+1或x=y?1，得g)=fy+1)或g)=fy?1)則f(x與g或者同時(shí)可約，或者同時(shí)不可約。事實(shí)上，若f(x可約，即f(x)=f1這就是說(shuō)g也可約，反之亦然。

(x)f2

(x，從而gyf(y±1)

(y±1)1

(y，2現(xiàn)在我們用它來(lái)證明x6x3+1在有理數(shù)域上不可約。令x=y+1，則多項(xiàng)式變?yōu)?y+1)6+(y++1=y6+6y5+15y4+21y3+18y2+9y+3利用艾森斯坦判別法，取p3，即證上式不可約，因而x6x3+1也不可約。4）f(xxppx+1，令x=y?1，則g)=fy?1)=yp?C1y+C2yp?2?...?Cp?2y2++p)y?pp p p p由于pp|Ci(i=1,2,...,p?1)p2|pg()p在有理數(shù)域上不可約，因而f(x)也在有理數(shù)域上不可約。5）f(xx44kx+1，令x=y+1，可得g(=f(y+1)=y4+4+6+(4k+4)y+4k+2p=2gf(x上不可約。用初等對(duì)稱多項(xiàng)式表求出下列對(duì)稱多項(xiàng)式：x2x+x

2+x2x+x

2+x2x+xx2；1 2 1

1 3 1

2 3 23(x1

+x)(x2

+x)(x3

+x)；3(x1

?x)2(x2

?x)2(x3

?x)2；34）x2x2+x2x2+x2x2+x2x2+x2x2+x2x2；1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 45)(xx+x)(xx+x)(xx+x)；12 3 23 1 31 2(x+x+xx)(x+x+xx)(x+x+xx)。1 2 12 2 3 23 1 3 13解1）對(duì)稱多項(xiàng)式的首項(xiàng)為x2x，其方冪為(2,1,0)，即σ0σσ，1 2 1 2 3 1 2又因?yàn)閤2xx

2+x2x+x

2+x2x+xx2?σσ

=xx，1 2 1

1 3 1

2 3 23 1

123所以原式=σσ1 2

?。32）同理可得(x1

+x)(x2

+x)(x3

+x)3=x2

+x

2+x2x+xx2+x2

+x

2+2xxx1 =σσ1 2=σσ1 2

13σ3

1 3 1+2σ3

2 3 2

123３）x22xxx2)(x2?2x

+x2)(

2?2xx+x2)1 12 2

13 3

23 3=x4x2+...，1 2由此可知多項(xiàng)式時(shí)六次對(duì)稱多項(xiàng)式，且首項(xiàng)為x4x

2，所以σ的方冪之積為指數(shù)組對(duì)應(yīng)指數(shù)組對(duì)應(yīng)σ的方冪乘積σ21 2σ1 3σ32σσσ1 2 3σ23420411330321222原式=σ23σσ2

(1)1 2 1 3 2 1 2 3 3只要令x1

=0,x2

x0,則原式左邊0。另一方面，有σ3

=2,σ2

=3

=0，代入（1）式，得bxx1 2

=1,x3

=?2，得d=?27。令xx1

=1,x3

=?1，得?a+c=22

（2）令xx1

=x=1,得33a+c=6由（2（）解得a=4,c=18。因此

（3）原式σ23+18σσσ27σ2。1 2 1 3 2 1 2 3 34）x2

2+x2x2+x2x2+x2x2+x

2x2+x2x2指數(shù)組對(duì)應(yīng)指數(shù)組對(duì)應(yīng)σ的方冪乘積σ22σσ1 3σ4220021101111設(shè)原式=σ2+aσσ2 1

+bσ4令xx1

=x=1,x3

0,得a=?2。再令xx1

=x=x3

1,得b2。因此原式σ2σ2 1

+2σ。4x2x2x2x3x

+xx3

+xxx3)1 2 3

1 2

12

123+(x2x2+x2x2+x2x2)+xxx，1 2 2 3 1 3 123由于x3x

+xx3

+xxx3=σ2σ ?σ，1 2

12

223 1 3 2 3x2x2+x2x2+x2x2=σ2?2σσ，1 2 2 3 1 3 2 1 3所以原式σ

?2σ

+σ2?2σ

+σ2+σ。1 3 1 3 2 2 3 3 32）原式x2x2x22(x2x2

+x2

x2+x

2x3)1 2 3

1 2

1 2

12 3+(x2x2+x2x2+x2

2+3x2x

+3xx

+3xxx2)1 2 2 3 1

1 2

12

123+(x2x+x

2+x2x+x2x+xx2+xx2)+2xxx，1 2 1

1 3 2 3 13 2

123其中2(x2x2

+x2xx2+x

2x3)=2σσ，1 2

1 2

12 3 2 3x2

2+

2x2+...+3x

x2=σ2+σσ，1 2 2 3

12

2 1 3x2x+xx2+...+xx2=σσ?σ，1 2 12 23 1 2 3所以原式σ

+σσ

+σ2+2σσ

+σ2?σ。1 2 1 3 2 2 3 3 3用初等對(duì)稱多項(xiàng)式表出下列n元對(duì)稱多項(xiàng)式：1）∑x4；1∑x2xx；1 233）∑x2x2；1 2∑x2x2xx1 2 34（∑all.

表示所有由ax1x2...ln）1 2 n1 2 n

1 2 n解1）因?yàn)槎囗?xiàng)式的首項(xiàng)為x4，所以1指數(shù)組指數(shù)組對(duì)應(yīng)σ的方冪乘積4000…04000…0σ413100…0σ1 22200…0σ222110…0σσ1 31111..0σ4設(shè)原式σ4aσ2σdσ，1 1 2 2 1 3 4令x1,x1

=?1,x3

=x=...=x4

=0,得b=2。x=x1

=1,x3

=...=xn

=0,得a=?。x=x1

=x=1,x3

=...=xn

0,得c4。x=x1

=1,x=x3

=?1,x5

=...=xn

=0,得d。所以原式σ42σ4σ。1 1 2 2 1 3 42）同理可得原式σσ1 3

4σ。43）原式=σ2?2σσ1 1

+2σ。44）原式=σσ2 4

4σσ1

+9σ。6設(shè)a,a,a1 2

是方程5x36x27x?30的三個(gè)根，計(jì)算(a2+aa+a2)(a2+a

+a2)(a2

+aa+a2)1 12 2

23 3

13 3解 因?yàn)棣?a1

+a+a2 3σ =a2 σ=a3

a+aa2 2aa23

+aa，1 3由根和系數(shù)的關(guān)系，可得σ1

=6,σ5

=7,σ=35 3 5再將對(duì)稱多項(xiàng)式化為初等多項(xiàng)式并計(jì)算，可得(a2+aa+a2)(a2+a

+a2)(a2

+aa+a2)1 12 2

23 3 1679

13 3σ2σσ3 。1 1 1 3

62532．證明：三次方程x3ax2ax

0的三個(gè)根成等差數(shù)列的充分必要條件為1 2 32a3?9aa+27a=0。1 12 3證 設(shè)原方程的三個(gè)根為δ,δ,δ1 2 3

，則它們成等差數(shù)列的充分必要條件為?δ1

?δ3

?δ?δ1

)(2δ3

?δ?δ1

)=0。將上式左端表為初等對(duì)稱多項(xiàng)式，得?δ1

?δ3

?δ?δ1

)(2δ3

?δ?δ1

)=1

3?9δδ12

+27δ，3故三根成等差數(shù)列的充分必要條件為2a3?9aa27a

=0。1 12 3設(shè)f1

(x)=af(x)+bg(x),g1

二、補(bǔ)充題及參考解答(x)=cf(x)+dg(x)，且ad?bc≠0，證明：(f(x),g(=(f(g(1 1證 設(shè)d(x)=(f(x),g(則由已知，得d(x)|f1

(x),d(x)|

(x)。1其次，設(shè)?(x)是f1

(x與g2

(x)的任一公因式，只需證明?(x)|d(x)即可。因?yàn)閒1

(x)=af(x)+bg(x),g1

(x)=cf(x)+dg(x),所以?f(= d f(x)? b

(x)? ad?bc1 ad?bc 1? c a?g(= f(x)+

(x)? ad?bc1 ad?bc 1又因?yàn)?|f1

,?|g1

??|f,?|g,從而?|dd(x也是f1

g1

(x)的最大公因式。f(證明：只要 ,

g(

的次數(shù)都大于零，就可以適當(dāng)選擇適合等式(f(x),g((f(u(xf(xv(x)g(xfxg的u(x與v(x，使? ? ? ?u(x))<?? g() ?,?(())<?? f() ?? ? ? (f(x),g((f(?證 存在多項(xiàng)式u1

(，v1

? ? ?(x)，使u(x)f(x)+v1

(x)g(x)=(f(x),g(x)),從而u(x) f(+v1 (f(x),g(

(x)

g(=(f(

（1）1）若u

的次數(shù)滿足?(u

(x))<?

g(??,則?1 1 ?(f(x),g(x))???(v1

(x))<?? f(??(?(f(x),g(事實(shí)上，采用反證法。若?(v

(x))≥?

f(??,則（1）式左邊的第一項(xiàng)次數(shù)小于?1 ?(f(x),g(???(f(x),g())? ? fx ?(f(x),g())? ? fx gx( (), ())? ? ? ?? +? ? g(x) ? ? f(? +? ?(f(x),g(x))? ?(f(?? ? ? ?這樣（1）式左端的次數(shù)≥??

g() ?+?? f()

>0，但（1）式右端的次? ? ? ?(f(x),g(? ?(f(? ? ? 數(shù)為零，矛盾。所以?(u

(x))<?

g() ?,?v(x))<?? f() ?,? ? ? ?此時(shí)u1

(，v1

1(x

?(f(x),g(? 1

?(f(x),g(x))?若?(u

(x))≥?

g(??,則用

g(除u

(x)，可得?1 ?(f(x),g(x))?

(f(x),g(1? u(x)=s(x) g(+r(x),其中?(r(x))<?? g(?,? 1 (f(x),g(?(f(x),g(?注意到r(x0是不可能的，事實(shí)上，若r(x0，則u1

(x)=s(x)

g(x)(f(x),g(,代入（1）式得[s(x) g((f(x),g(x))

+v(x)]1

g((f(x),g(

=1,矛盾。再將u1

(xs(x) gr(x)代入（1）式，可得(f(x),g(r(x) f(

+[s(x)

f(+v

g(

=(f(x),g((f(1 (令u(x)=r(x),=s(x) f(+

(x),再利用本題1）的證明結(jié)果，即證。(f(x),g(1

f(x與g(x互素，那么f(xm與gxm也互素。證 由假設(shè)，存在u(和v(x)使u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,于是u(xm)f(xm)+v(xm)g(xm)=1，即證。證明：如果f(x),f(x),...f (x)的最大公因式存在，那么1 2 sf(x),f(x),...f (x),f(的最大公因式也存在且當(dāng)f(x),f(x),...f (x),f(x)全不為1 2 s?1 s 1 2 s?1 s零時(shí)有(f1

(x),f2

(x),...

(x),f

(x))=((fs 1

(x),f2

(x),...

(x)),

(x)),再利用上式證明，s存在u1

(x),u2

(x),...,us

(x)使u(x)f1

(x)+u2

(x)f2

(x)+...+us

(x)

(x)=(fs

),f2

),...,fs

(x)).證因?yàn)閒1

(x),f2

(x),...

s

(x)的最大公因式存在，設(shè)其為d1

(x)，則d(x)=(f1

(x),f2

(x),...

(x)),于是d1

(x)與fs

(x)的最大公因式也存在，不妨設(shè)為d(x)=(x),f(x)),則d(x)|f(x) 2,...,,1 s i若設(shè)?(x)是f1

(x),f2

(x),...

s

(x),fs

的任一公因式，則?|d1

(,這樣?(x為d1

(x)與f

(x)的一個(gè)公因式，又可得?(x)|d(x)，即證sd(x)=(f),f),...f ),f)).1 2 ss2時(shí)結(jié)論顯然成立，假設(shè)命題對(duì)s?1也成立，即存在v(x),v1

(x),...,

(x)，使v1

(x)f1

(x)+v2

(x)f2

(x)+...+v

(x)

(x)=(f1

),f2

),...

s

))=d1

(x),成立。再證命題對(duì)s也成立。p(x和q(x，使d(xd1

(x),fn

(x))=p(

(+q(1

(s=p(x)[v(f1

(x)+v2

(x)f2

(x)+...+

(x)

)]+q(

(x)，s令u(=p(x)v(=1,2,...,su(=q(，即證。i i s多項(xiàng)式m(x稱為多項(xiàng)式f(xg的一個(gè)最小公因式，如果1）f(x)|m(x),g(|；2）f(x),g(x)的任一公倍式都是m(x)的倍式。我們以[f(x),g(x)]表示首項(xiàng)系數(shù)是1的那個(gè)最小公倍式，證明：如果f(x),g(x)的首項(xiàng)系數(shù)都是1，那么[f(x),g(= f(g(。(f(x),g(x))證 令(f(x),g(=d(，則f(x)=f1

(x)d(x)，g(=g1

(x)d(x)，于是f(g(=f(x)g

(x)=g(x)f(x)。(f(x),g(x)) 1即f(x)| f(x)g(x)(f(x),g(

1， g(| f(g(，(f(x),g(x))設(shè)M(x是f(x與g(x的任一公倍式，下面證明M(xf(x)s(xg(x)t(x)，

fg|M(x。(f(x),g(x))即f(x)d(x)s(xfg(xg1

(x)，消去d(x)得f1

(x)s(x)=

(x)t(x)，于是g1

(|f1

(x)s(x)。由于(f1

(x),g1

x1g1

(x|s(x)g1

(x)q(x)，所以M(=f(=f(

(x)q(=

(x) q(x)，11 (f(x),g(x))1? fg|Mx)。即證。(f(x),g(證明：設(shè)p(x是次數(shù)大于零的多項(xiàng)式，如果對(duì)于任何多項(xiàng)式f(xg(xp(x|f(x)g(x)，可以推出p(x|f(xp(x|g(xp(x是不可約多項(xiàng)式。證 采用反證法。設(shè)p(x)可約，則有p(x)=p1

(x)|p2

(x)，那么由假設(shè)可得p(x)|p1

(x)或p(x)|p2

(x)，這是不可能的，因?yàn)楹竺鎯蓚€(gè)多項(xiàng)式的次數(shù)低于p(x)的次數(shù)。于是得證。證明：次數(shù)>0且首項(xiàng)系數(shù)為1的多項(xiàng)式f(x)是一個(gè)不可約多項(xiàng)式的方冪的充分必條件為：對(duì)任意的多項(xiàng)式g(x)必有(f(x),g(=1，或者對(duì)某一正整數(shù)m,f(|gm(。證 必要性：設(shè)f(x)=ps(x)（其中p(x)是不可約多項(xiàng)式，則對(duì)任意多項(xiàng)式g(x)，有1）(p(x),g(x))=1；或2）p(x)|g(。對(duì)于1）有fxg))=1。2）ps(x|gs(x，此即f(x|gs。再讓m=s，即必要性得證。充分性：設(shè)

f(x)不是某一個(gè)多項(xiàng)式的方冪，則f(x=p1(xp2xpnx，其中nλ2,...,n是正整數(shù)。i

1 2 ngpx)，則由題設(shè)知f(xg(x滿足fxg1或f(x|gmx)（m為某一1正整數(shù)。但這是不可能的，即證。證明：次數(shù)>0且首項(xiàng)系數(shù)為1的多項(xiàng)式f(x是某一不可約多項(xiàng)式的方冪的充分必要gxf(x|g(x)h(xf(x|g(x)，或者對(duì)某一正整數(shù)m,f|hm。證必要性：設(shè)f(x)|g(x)h(x)，則對(duì)多項(xiàng)式h(x)，有1）fx1，于是f(x|g(x)；2）f(x|hm(x)(m為某一正整數(shù)。必要性成立。充分性：對(duì)任意多項(xiàng)式g(x，有f(x1或f(x1，若f(x)=f1

(x)d(x)，那么f(x|f1

(x)g(x)，但f(x)|f1

(x)。再由充分性假設(shè)，可得f(x|gmxm7xnaxn?mb2證設(shè)f(xxnaxn?mb，則f′(xxn?m?1[nxmm)a]，又因?yàn)閒′(x的非零根都是多項(xiàng)式gnm)a的根，而g(xm個(gè)根都是單根，因而f′(x)沒(méi)有不為零且重?cái)?shù)大于2的根。證明：如果f(x|f(xn，那么f(x的根只能是零或單位根。證 設(shè)a是f(x)的任一個(gè)根，由f(x)|f(xn)知，a也是f(x)|f(xn)的根，即f(xn)=0，所以an也是f(x)的根。以此類推下去，則a,an,an2,...都是f(x)的根。若f(x是m次多項(xiàng)式，則f(x最多只可能有m個(gè)相異的根，于是存在kλ使ank

=anλ，anλ(ank?λ?1)=0，因此f(x的根a或者為，或者為單位根。如果f′(x|f(x)，證明f(x有n重根，其中nf(x))。證 設(shè)a,a1 2

,...,as

是f′(x)的sλλ1 2

,...,λs

，由于f′(x)是n?1次多項(xiàng)式，因而λλ1 2

+...+λs

=n?1，其次，由f′(x|f，所以a1

,a,...,a2

分別為f(x的λ1

λ2

λs

+1重根，但(λ+1)+(λ1

+1)+...+s

+1)=n，所以n1s=n，從而s1。這就是說(shuō)，f′(x只可能有一個(gè)根a1

，且重?cái)?shù)為λ1

n?1。故f(x有n重根。aa1 2

,...,an

是n個(gè)不同的數(shù)，而Fxa1

)(x?a2

)...(x?a)n證明：1）

F(x) 1；2）任意多項(xiàng)式f(x)用F(x)除所得的余式為(x?a)F′(a)i=1 i iin f(a)F()i(x?a)F′(a)i=1 i i證 1）令 g()=n

F(x)，(x?a)F)ii i則 ?(g(x))≤n?1，但g(aga)=...=a)=，1 2 n所以g(x)≡1。即證得n F(x)(x?a)F′(a)i=1 i i

=1。2）對(duì)于任意的多項(xiàng)式f(x)，用F(x)除得f(xq(x)F(xr(x), (r0或?(rxn?1)，當(dāng)r(x0時(shí)，結(jié)論顯然成立。當(dāng)?(r(xn時(shí)，若令kx n f(a)F() ，ii()= ′(x?a)F(a)i=1 i i則?(k(xn?1，于是即證得

r(ai

)=f(ai

)=k(a)i

=1,2,...,n)，r(x)

=k(x)

n fai(x?i

)F(x))F)。ii i設(shè)a

,...,

F同上題，且b,b

,...,

是任意n個(gè)數(shù)，顯然1 2L(=

n 1 2 nin bF()i(x?a)F′(a)ii i適合條件L(a)=b 2,...,n)。i i這稱為拉格朗日(Lagrange)插值公式。利用上面的公式：一個(gè)次數(shù)4的多項(xiàng)式f(x)，它適合條件：f(2)=3,f(3)=f(4)=0,f(5)=2一個(gè)二次多項(xiàng)式f(x)，它在x0,π,πsinx有相同的值；2一個(gè)次數(shù)盡可能低的多項(xiàng)式f(x)，使f(0)=1,f2,f(2)=5,f10解 1）設(shè)F(=(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)，且f(2)=3,f(3)=f(4)=0,f(5)=2，將它們代入(x（即f(x，可得f(x)=3(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)+(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)(x?2)(2?3)(2?4)(2?5) (x?3)(3+0(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)+2(x?2)(x?3)(x?4)(x?5)(x?4)(4?2)(4?3)(4?5) (x?5)(5?2)(5?3)(5?4)2 17 203=? x3+ x2? x+423 2 62）已知( )sin0=0=f(0)， sinπ=1=fπ sinπ=0=f(π)( )2 2設(shè)Fxπ)(xπ，與上題類似，可得2f(x)=?4π2

x(x?π)。3）同理，設(shè)F(x)=x(x?1)(x?2)(x?3)，可得f(x1。設(shè)f(x是一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，試證：如果f(0)與f都是奇數(shù)，那么f(x不能有整數(shù)根。證 設(shè)a是f(x)的一個(gè)整數(shù)根，則f(x)=(x?a)f1多項(xiàng)式，于是

(x)，由綜合法知商式f1

(x)也為整系數(shù)? f(0)=?af?f 1

(0)?(1)=a)f?1

(1)又因?yàn)閍與1a中必有一個(gè)為偶數(shù)，從而f(0)與f故f(x無(wú)整數(shù)根。設(shè)xx1 2

,...,xn

是方程xn+axn?1+...+a=01 n的根，證明：x2

,...,xn

的對(duì)稱多項(xiàng)式可以表成x1

與a,a1

,...,

的多項(xiàng)式。證 設(shè)f(x2

,...,xn

)是關(guān)于x2

,...,xn

的任意一個(gè)對(duì)稱多項(xiàng)式，由對(duì)稱多項(xiàng)式的基本定理，有f(x,...,x)=/,...,σ

) (1)2 n 1 n?1其中σ/2,...,n?1)x

的初等對(duì)稱多項(xiàng)式。1 2 n由于? σ/=σ?x? 1 1 1? σ/=σ?xσ/? 2 2 1 1

（2）? ....................?σ/ =σ ?xσ/n?1

n?1

1 n?2其中σi

為xx1

,...,xn

的初等對(duì)稱多項(xiàng)式，但是? σ=?a? 1 1? σ =a? 2 2

（3）??σ

n?1

.............=(?1)n?1an?1將（3）代入（2）σ/x,a,a

,...,a

的一個(gè)多項(xiàng)式，不妨記為i 1 1 2 σ/=p(x,a,a,...,a

) n（4）i i 1 1 2 n再將（4）代入（1）式右端，即證f(x2

,...,xn

可表為xa1 1

,a,...,a2

的多項(xiàng)式。設(shè)f(xxx1

)(x?x

)...(x?x2

)=xn?σn 1

xn?1+...+(?1)nσ，n令s=+

(k=0,1,2,...)。k 1 2 n證明xk+1f′(x)=(s0

xk+s1

xk?1+...+sk?1

x+sk

)f(x)+g(x)其中g(shù)(x)的次數(shù)<n或g(x)=0。由上式證明牛頓(Newton)公式：s?σk

s1k?1

+σs2k?2

+...+(?1)k

sk?1

+=0k

（對(duì)1≤k≤n）s?σk

s1k?1

+σs2k?2

+...+(?1)nσ

s =0nk?n

（對(duì)kn）證 1）由假設(shè)f′(x)=n

f(x)

，xk+1f′(x)=

xk+1

f(x)x?x x?xi=1 i i=n

xk+1?xk+1i

f(x)+

xk+1i

f(x) =

(xk+xxk?1+...+xk)f(x)+g(x)，i=1

x?xi

i=1

x?x i ii i其中g(shù)=ni

xk+1ix?xi

f是一個(gè)次數(shù)n的多項(xiàng)式。故xk+1f′(x)=(s0

xk+s1

xk?1+...+sk?1

x+sk

)f(x)+g(x)2）由于f(x)=xn?σxn?1+...+(?1)nσ，1 nxk+1f′(x)=xk+1(nxn?1?xn?2+...+(?1)n?1σ )，1 n?1因此得等式(sxk+s0

xk?1+...+

k

x+sk

)(xn?σ1

xn?1+...+(?1)nσ

)+g(n=xk+1(nxn?1?(nxn?2+...+() 1 n當(dāng)knxn的系數(shù)，首先由于?(g(xngxn的項(xiàng)，所以等式左端含xn的系數(shù)為s?σk

s1k?1

+σs2k?2

+...+

sk?1

+sσ0 k

=0，而右端含xn的項(xiàng)只有一項(xiàng)，它的系數(shù)為k，所以ks?σk

s1k?1

+σs2k?2

+...+(?1)k?1σ

sk?1

+(?1)ksσ0 k

=(?1)k(n?k)σ，k注意到s0

=n，即證得s?σk

s1k?1

+σs2k?2

+...+

sk?1

+σk

=0。當(dāng)kn時(shí)，等式右端所有項(xiàng)的次數(shù)都大于n，所以含xn0，而左端含xn的項(xiàng)的系數(shù)為sk

?σs1k?1

+...+

snk?n

，因此sk

?σs1k?1

+...+

snk?n

0。得證。根據(jù)牛頓公式，用初等對(duì)稱多項(xiàng)式表示s2

,s,s3

,s,s。5 6解1）當(dāng)n6s2

?sσ1

+2σ2

=0，而s1

σ，所以s1

=σ2?2σ。1 2同理可得sσ3σ，3 1 1 2 3s=σ4?4σ2σ+4σσ+2σ2?4σ，4 1 1 2 1 3 2 4s=σ5?

++5σσ2?5σ

?5σσ+5σ，5 1 1 2

1 3 1 2

1 4 2 3 5s=σ6?6σ4σ+6σ3σ+9σ2σ2?6σ2σ?2σ36 1 1 2 1 3 1 2 1 4 23

+6σσ2

+σ1

σσ1 2 。62）當(dāng)n5s2

,s,s,s3 4

同1）所給，且s=σ6?

+6σ3σ+9σ2σ2?6σ2

?12σσσ6 1 1 2

1 3 1 2 1 4

1 2 3+6σσ1

?3+2

σ+22 4 3當(dāng)n4s2

,s,s3

同1）所給，s6

同2）所給，且s=σ5?

++σ2?

?5σσ。5 1 1 2

1 3 1 2

1 4 2 3當(dāng)n4ss2 3

同1）所給，s5

,s同3）所給，且6s=σ4?+σ+2。4 1 1 2 1 3 2當(dāng)n2s1）sss4）所給，且sσ3σ。2 4 5 6 3 1 1 2i7證明：如果對(duì)于某一個(gè)6次方程有s=s=0，那么s=s si7521 3 7 5 2證 這時(shí)n=6，并注意s1

σ0s1

=3σ3

0，所以σ3

0，于是s=，s2 2

=?5σσ2 3

+5σ5

，即s5

=。5而s=σs7 1

?σs2

+σs3

?σs+σs43 5

?σs61

=?7σσ，2 5i7s2故s=?σσ= 5 s。i7s27 2 5 5 2求一個(gè)nss1 2

=..=sn?1

=0。解 設(shè)此方程為xn?σxn?1+...+(?1)nσ=0，由題設(shè)及牛頓公式，可得1 nσσ 0xn1)nσ=0xn+a0。1 2 n?1 n求一個(gè)nss1 2

=..=sn

=0。解設(shè)此方程為xn?σxn?11)nσ0，1 n由題設(shè)及牛頓公式可得σk

σ σ= k?1 1k

(k=2,3,...,n)，=σσk=σ即 1k k!1

(k=2,3,...,，1 1所以σ= σ2，σ= σ3 ，...，σ= σn，2 2 1 3 3!1σ2

n n!1σn故所求方程為xn?σ

xn?1+

1xn?21)n 1=0。1 2! n!第二章 行列式91) 134782695;2) 217986354;3) 987654321;解:1)所求排列的逆序數(shù)為:τ0+1+1+3+3+0+1+1=10，所以此排列為偶排列。所求排列的逆序數(shù)為:τ(217986354)=1+0+4+5+4+3+0+1=18，所以此排列為偶排列。所求排列的逆序數(shù)為:τ8+7+6+5+4+3+2+1=所以此排列為偶排列。選擇i與k使1) 1274i56k92) 1i25k4897成奇排列。解: 1)當(dāng)i=k=3時(shí),所求排列的逆序數(shù)為:τ9)=τ，=0+0+4+1+3+1+1+0=10

?=36，2故當(dāng)ik3時(shí)的排列為偶排列.。2)當(dāng)i=3,k=6時(shí),所求排列的逆序數(shù)為:τ4897)=τ，=0+1+0+1+1+0+1+1=5故當(dāng)i=3,k=6時(shí)的排列為奇排列。3.寫(xiě)出把排列12345變成排列25341的那些對(duì)換。解: 12345,2→21435,5→2543,→2534。決定排列?1) 21的逆序數(shù),并討論它的奇偶性。解: 因?yàn)?與其它數(shù)構(gòu)成n?1個(gè)逆序,2與其它數(shù)構(gòu)成n?2個(gè)逆序,n?1與n1個(gè)逆序,所以排列?1)?21的逆序數(shù)為τ?1)+?2)+?+2+1?=2故當(dāng)n=4k,4k+1時(shí)，排列為偶排列；當(dāng)n=4k+2,4k+3時(shí)排列為奇排列。如果排列xx1 2

?x xn

的逆序數(shù)為k,排列xn

xn

?xx21

的逆序數(shù)是多少?解: 因?yàn)楸葂大的數(shù)有n?x個(gè),所以在i ixxn

?xx21

與xx1

?x xn

這兩個(gè)排列中,由xi

與比它的各數(shù)構(gòu)成的逆序數(shù)的和為n?xi

.因而,由xi

構(gòu)成的逆序總數(shù)恰為1+2?1)=?1)。2而排列xx1 2

?x xn

的逆序數(shù)為k,故排列xn

xn

?xx21

的逆序數(shù)?為2

?k。6a23什么符號(hào)?

aaa31 42

aa14

,aaa32 43

aaa51 66

這兩項(xiàng)應(yīng)帶有解: 在6階行列式中,項(xiàng)a23

aaa31 42

aa14

前面的符號(hào)為(?)τ234516+τ312645)=?14+4=1。同理項(xiàng)a a32 43

aaa14 51

a 前面的符號(hào)為25?1τ34156τ23416)=?16+4=1。所以這兩項(xiàng)都帶有正號(hào)。4a23

的項(xiàng)。解：所求的各項(xiàng)應(yīng)是?a11

aaa23 32

，?a12

aaa23 34

，?a14

aaa 。23 31 428．按定義計(jì)算行列式：00?01010?000?20002?01）?????2）?????.0n?1?00000?n?1n0?00n00?00?0100?2003） ????? 。n?1?0000?00n解：1）所給行列式的展開(kāi)式中只含有一個(gè)非零項(xiàng)a1n

a ?a ，2它前面的符號(hào)應(yīng)為?1τn(n?1?21]=?n(n?) ，22所以原行列式=?n(n?1)!。2）所給行列式的展開(kāi)式中只含有一個(gè)非零項(xiàng)212

a ?a23

a ，n?1,n n1它前面的符號(hào)應(yīng)為?1τ23n)=?1n?1 所以原行列式=?n1n。所給行列式的展開(kāi)式中只含有一個(gè)非零項(xiàng)a 1,n?1

2,n?

?a a ，n?1,1 nn22它前面的符號(hào)應(yīng)為?1τn?1n?2)21n]=?(n?)n?2) 所以原行列式=?1(n?1)n?2)n。229．由行列式定義證明：a a a a1 2 3 4 5b b b b1 2 c 01 2d 01 2e 01 2

4 50 0=00 00 0解：行列式展開(kāi)的一般項(xiàng)可表示為a1j1

a

a

a a4j 5j45

，列標(biāo)j3

jj只可4 51，2，3，4，53，4，500，0。10．由行列式定義計(jì)算2xx121x12xx121x1?132x1111x

中x4x3的系數(shù)，并說(shuō)明理由。x4的展開(kāi)項(xiàng)只能是aa11 22

aa33

x4含有x3的展開(kāi)項(xiàng)只能是a12

aaa21 33

，所以x3的系數(shù)為-1。1 1?11 1?11?1???1?11?1

=0，證明：奇偶排列各半。證：由題設(shè)，所給行列式的展開(kāi)式中的每一項(xiàng)的絕對(duì)值等于1。而行列式的值為0，這說(shuō)明帶正號(hào)與帶負(fù)號(hào)的項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)相等.根據(jù)行列式的定義，時(shí)，該項(xiàng)前面所帶的符號(hào)為正，否則為負(fù)號(hào)，所以，由帶正號(hào)的項(xiàng)與帶負(fù)號(hào)的項(xiàng)數(shù)相等即說(shuō)明奇偶排列各半。12．設(shè)1 x x2 ? xn?11 a()

a2 ? a1

n?1Px=1 a2

a2 ? a2

，? ?1 an?1

?a n?1

? ?? a n?1其中aa1 2

,?,

n?1

是互不相同的數(shù)。由行列式定義，說(shuō)明n1次多項(xiàng)式；由行列式性質(zhì)，求的根。解：1）因?yàn)樗o行列式的展開(kāi)式中只有第一行含有x行展開(kāi)時(shí)，含有xn?1的對(duì)應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)恰為?1n+1乘一個(gè)范德蒙行列式1 a a21 11 a a22 21 a a23 3

? an?1? an?22? an?23? ? ? ? ?1 an?1n?1

? an?1

n?2于是，由aa1 2

,?,

n?1

xn?10而n?1次的多項(xiàng)式。若用aa1 2

,?,

n?1

x0，i

)0P(x)n1aa1 2

,?,

n?1

.又因?yàn)镻(x)是一個(gè)n?1次的多項(xiàng)式，所以aa1 2

,?a

n?1

必是P(x)的全部根。13．計(jì)算下面的行列式：246427327xyx+y1）10145434432）yx+yx?342721621x+yxy311311131341211134123

1 1 13 1 1

14）

2 3 43 4 11+x11+x111a2a+2a+22a+3211?x11b2b+12b+22b+321 1 1+y 1

( )

) ( )c2 c+12

c+2

c+321 1 1 1?y d

d+

d+

d+32100042732711327解：1）2000543443=1052144310007216211162101327=10501327=10511443=?105016211 621

294105 。2x+2y2x2y2x+2y

yx+x

x+y 1yx+x=2(x+0x?yy 0x?y?x=2(x+y)6 1

x ?y=?2x3+y3x?y ?x1 1 1 1 161361310 02061130 002

3 1 1

=60 2

0=6×8=48。102341210234123410341=10011?31041202?2?2101230?1?1?111?3=200?2211?3=200?22=2000?40 ?4

=160。xx00x0xx00x00011?x11=1?x1000yy00y01111?y101?ya2 2a+1 2a+3 2a+5 a2 2a+1 2 2c22c+12c+32c+5c22c22c+12c+32c+5c22c+122d22d+12d+32d+5d22d+122

=b2 2b+

2 2=0。b+c c+a a+b a b c14.證明

b+c1 1b+c2

c+a1 1c+a2

a+b1 1a+b2 2

=2a1a2

c 。1 1b c2 2證明：由行列式的性質(zhì)，有a+b+c c+a a+b左邊=2abc1 1 1a+b+c2 2

c+a1 1c+a2

a+b1 1a+b2 2a+b+c ?b ?c=2a+b+c1 1 1a+b+c2 2

b ?c1 1b ?c2 2a b c=2a1a2

b c 右邊。1 1b c2 215．算出下列行列式的全部代數(shù)余子式：12140?12112140?121002100031） 2）3 2 10 1 4解：1）A11

=?6， A12

=0， A13

=0，A14

=0，A =?12， A21

=6，A23

=0，A24

=0，A =A31 32

=?6,A33

=A =034 。A =7,A41 42

=A43

=A44

=?22）A11

=7,A12

=?12,A13

=3，A =A21 22

=4,A23

=?1，A =A31 32

=5,A33

=5。16．計(jì)算下面的行列式：

1112121112121 1）2 11 4

1 11 ?32 52 1

2?1 1 22） 3?1 1 ?13?1 1 00 1 2 ?1 42 0 1 2 1

1 1 0 1 ?122 0 ?1 1 23）?1 3 5 1 23 3 1 2 1

4）3 2 1 1 021 ?1 0 1 22 1 0 3 5

2 1 3 0 121原式=

=1。122）原式=12

1 2 ?1?3 2 0

1 1211 ?

2 ?1 12 0 1112111121111111111110?1?1?5=?0115=01150114000?100?120?1?2?300?12000?1311243031?1222=11604=- 1 6 4

1(24+6?36+54?3?32)=?13。?3 2 1

12 12023）132

1 20 10 ?10 ?0 ?

?1 42121?2121?1?14?103?55?112?2414 ?10=5 ?114 12121106?9132121106?913015?6608316?919300=1315?6=25310683683=319 30。6 1182102182102?22102?220?11220?11264210 11040341?101281?101242601162061381621816212?2212?2=110434=120?5122

1 2 836 13 12

0 3 00 2 1718122 ?5 12 7 0 12 7 0 121812=- 3 3 0=?30 1 0=?30 1 08 82 17 10 0 17 10 0 1737 12=3 。810 17 817．計(jì)算下列n階行列式：xy0?0xy0?000xy?00a?ba?b ?a?b0 0 x ? 0 0 a?b

1 a?b

1 n? a?b??????????? ??000???a?ba?b ?a?bn 1 n 2 n ny 0 0 ? 0 xx?m

? x 1 2 2 ? 2222?2222?24）223?2?2?2?2???nx x

nm ? x3） 1 2 n? ? ? ?x x ? x?m1 2 n123?123?n?1n1?10?0002?2?00??????000?2?n0000?n?11?n解：1）按第一列展開(kāi)，原式=xn+?n+1yn2）21a?b1 1a?b原式= 2 1

b?b1 b?b1

? b?b1 n? b?b1 n? ? ? ?a?bn 1

b?b1

? b?b1 n當(dāng)n≥3時(shí)，原式=0；當(dāng)n22

?a1

?b)；1當(dāng)n1a1

b。11 x ? x2 n??原式=???

?1 x?m ? xx?m? 2 n?i ??i=1

? ? ?1 x ? x?m2 n1 x ? x2 n??=?n x?m?0 ?m ? 0???i?i=n

? ? ? ? 。0 0 ? ?m?n x m

mn1??=? ? ????ii=1122?2100?0100?0110?122?2100?0100?0110?04）101?0=?2102?0??????????100?n?2100?n?2n?15）各列加到第1列得到+200?00?1 0 ?

n?1 n0 0原式==?1n?118.證明：

2 ?2? ?0 00 012

? 0 0? ? ?? ??2) 0? n?1 ??1)??1）1?0?a2???0?=a??1）1?0?a2???0?=aa a?1 2 n?100?anx00?0aa11?101a10?0? ?0 ai=1 i0?1 x 0 ? 0 a10 ?1 x ? 2）

a2 =xn+

xn?1+?ax+a。? ? ? ? ?0 0 0 ?

?an?2

n?1 1 00 0

? ?1 x+

n?1α+βαβ0?001α+βα+βαβ0?001α+βαβ?0001α+β?00??????000?α+βαβ000?1α+βα?βcosα10?001cosα10?0012cosα1?00012cosα?00??????000?2cosα1000?12cosα1+a1

1 1 ? 1 11 1+a2

1 ? 1 11 1 1+a3

? 1 1

n 1?5）? ?

? ? ?

=aa1

?a?1n?

?。ai=1 i?a1 1

? 1+

1n?11 1

? 1 1+an證明：4）分別將第n+1)

1加到第1行，得ai?1a?n 1 0 0 ? 00 ai左邊= 1

a 0 ? 010 a ? 02? ? ? ? ?1 0 0 ? an=aa1 2

?a(an n

1)=右邊。ai從最后一行起，分別將每一行都乘以x后加到其前一行，得0 0 0

0 xn+

n?1

xn?1+?+a1

x+a0?1 0

0 ? 0 xn?1+

n?1

xn?2+?+a2

x+a1左邊=

0 ?1

? 0 xn?2+an?1

xn?3+?+a3

x+a2? ? ?

? ? 00000?0x2+a000??1x

x+

n?2+an?1=?1n+1xn+

n?1

xn?1+?+a1

?1x+a) ?10 ??1( )(

)

n?1=?1n+1xn+

n?1

xn?1+?+a1

x+a0

?1n=xn+a

n?1

xn+?+a1

x+a0=右邊。4）將所給行列式記為Dn

，按第1列展開(kāi)得D=+β?αβD ，n nn?2即D?=β?)，n n?1 n?2此式對(duì)一切n都成立.故遞推得D?αDn (

n?1

=β2n?2

?

)]n?3( ]=β3

n

?)

n?

= =βn?2(

?αD2 1=βn?2

α+

2?αβ?

α+

=βn在D中αβ的地位是一樣的，故同理可得nD?βD =αnn 所以 ?β=αnn從而 Dn

=αn+1?βα?β

=右邊。4）對(duì)2階行列式，有D2成立。

=cosα1

12cosα

2cos2α1cos，此時(shí)結(jié)論假設(shè)對(duì)階數(shù)小于nnDn

按最后一行展開(kāi)，得Dn

=2cosαDn?1

?Dn?2

，因?yàn)镈n?2=

=cos(n?2)αcos?α]=cosα+sinα，cosD可得nD=2cosα?cosα?sinα=n cosα??sinαcos=+α]=cosnα故對(duì)一切n結(jié)論成立，即證。1 1 1 ? 1 10 1+a 1 ? 1 114）左邊=

0 1 1+a ? 1 12? ? 0 1 11 1 1

? ? ?? 1+a 1n?1? 1 1+an1 1?1 a

1 ? 0 ?

1 1+n 10 a

1 1 ? 11=?1 0 a ? 0 0== 2

1 i a1

0 ? 0? ? ? ? ? ?

0 0 a ? 02?1 0?1 0

0 ? a 0n?10 ? 0 an

? ? ? ? ?0 0 0 ? an=aa1 2

??an?

+

1??=右邊。?a?ii19．用克拉默法則解下列方程：??2x?x+3x+2x =?

?x+2x+3x?2x =61 2 3 x

? 1 2 3 4?3 ?3x+3x+2x=5 ?2x?x?2x?3x =81）?

2 3

2）?

2 3 4?3x?x?x+2x =

?3x+2x?x+2x =4? 1 2 3 ??

? 1 2 3 43x?x1 2

+3x?x =3 4

2x?3x1

+2x3

+x=?84?x+2x

?2x

+4x?x

=?1 ? 5x+6x=1? 1

3 4

? 1 22x?x+3x?4x+2x=1 2 3 4 5 1 2 1 2 3 4 5 1 2

x+5x+6x=0?3）?3x+x?x+2x+2x=?24）?x+5x+6x =0??4x1 x2 3 4 5 ?x2 x3 x4?? 1+

+4x2

+2x4

+2x5

=

?3+

+6 =04 5?? x?x?1 2

x+2x3

3x5

=

? x+5x=14 5解：1）d70d1

=?70,d2

=?70,d3

=?70,d4

=?70。所以方程組有唯一解：x=d11 d

=x2

=d2=1,x=d 3

d3=x d 4

4=1。ddd2）d=d1

=324,d2

=648,d3

=d4

=?648。所以方程組有唯一解：x=d1=1,x=d2=2,x=d3=1,x=d4=?2。1 d 2 d 3 d 4 d3）d=24,d1

=96,d2

=d3

=?96,d4

=168,d5

=312。所以方程組有唯一解：x=d14x =d2x=d3x=d4=7,x=d5=13。1 d 2 d 3 d 4 d 5 d4）d=d1

=1507,d2

=?1145,d3

=d4

=d5

=212.所以方程組有唯一解：x=1507,

=?229,

=37,

=?79,

=212。1 665

133

35

133

665設(shè)a1

,a,?,a2

Pb,b1 2

,?,bn

是數(shù)域P中任一組給定的數(shù)，用克拉默法則證明：有唯一的數(shù)域P上的多項(xiàng)式fc0

+cx+c1

x2+?+cn?1

xn?1 使fi證明：由fi

)=bibi

(i=1,2,?,n)。?c+ca? 0 1

+ca2

2+?+cn?1

an=b1 1?c+ca?0 1

+ca22 2

+?+c an?1

n?1=b2? .............................................??c?0

+ca

+ca2n

+?+c an?1

n?1=bn這是一個(gè)關(guān)于c0

,c,?,c1

n?1

的線性方程組，且它的系數(shù)行列式為一個(gè)范得蒙行列式.由已知該行列式不為0，故線性方程組只有唯一解，即所求多項(xiàng)式是唯一的。設(shè)水銀密度h與溫度t的關(guān)系為haatat2

t3，0 1 2 3由實(shí)驗(yàn)測(cè)定得以下數(shù)據(jù)：tt(C)h010203013.6013.5713.5513.52求t15，40（準(zhǔn)確到兩位數(shù)解：將th的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入關(guān)系式h=a0

+at+1

t2+2

t3，得a3

13.60，且?10a+100a+1000a

=?0.08? 1 2 3?20a+400a+

=?0.05? 1 2 3?30a+900a+27000a?0.08?1 2 3因?yàn)橄禂?shù)行列式101001000d=204008000=12×106≠03090027000d=?50000,d1

=1800,d3

=?40由克拉默法則可求得 a1

=?0.0042,a2

=0.00015,a3

=?0.0000033，故所求關(guān)系式為

h=13.60?0.0042t+0.00015t2?0.0000033t3，再將t=15,t=