多项式；例1设f(x)和g(x)?pm(x)g1(x)都；证明由(p(x),g1(x))?1知有数域P上的；f(x)?q1(x)p(x)?r0(x)u(x)；再由带余除法定理有r(x)v(x)?q2(x)p；f(x)?(q1(x)?r0(x)u(x)?g1；令f1(x)?q1(x)?r0(x)u(x)?g；例2设m,n,d是正整数，证明(1)xd?xn?；(
例1 设f(x)和g(x)?pm(x)g1(x)都是数域P上的多项式，其中m?1且p(x)不整除f(x)，(p(x),g1(x))?1，则有数域P上多项式f1(x)和r(x)，使f(x)?f1(x)p(x)?g1(x)r(x)，其中?(r(x))??(p(x))。
证明由(p(x),g1(x))?1知有数域P上的多项式u(x),v(x)使u(x)p(x)?v(x)g1(x)?1。 由带余除法定理有f(x)?q1(x)p(x)?r0(x)，而p(x)不整除f(x)，所以有?(r0(x))??(p(x))，于是由u(x)p(x)?v(x)g1(x)?1有
f(x)?q1(x)p(x)?r0(x)u(x)p(x)?r0(x)v(x)g1(x)。
再由带余除法定理有r(x)v(x)?q2(x)p(x)?r(x)，同样由p(x)不整除f(x)及上式有?(r(x))??(p(x))，代入上式，得
f(x)?(q1(x)?r0(x)u(x)?g1(x)q2(x))p(x)?r(x)g1(x)，
令f1(x)?q1(x)?r0(x)u(x)?g1(x)q2(x)，则结论成立。
例2 设m,n,d是正整数，证明 (1) xd?xn?1?dn，
(2) (xm?1,xn?1)?xd?1?(m,n)?d．
证明 (1) 充分性 由dn设n?dq，q?Z，则
xn?1?xdq?1?(xd)q?1?(xd?1)(xd(q?1)???xd?1)， 所以xd?x?1．
必要性 设n?dq?r，0≤r?d，则
xn?1?xdq?r?1?xdqxr?1?xdqxr?xr?xr?1?(xdq?1)?(xr?1)， n由充分性的证明知xd?xdq?1，于是由xd?1x?1及整除的组合性质有xd?x?1，进而由nr
0≤r?d得r?0，所以dn．
(2) 必要性 由条件知xd?xm?1且xd?1xn?1，从而由(1)有dm且dn． 若hm且hn，由(1)有xh?1xm?1且xh?xn?1 ，从而由条件有xh?1xd?1，再由 (1)得hd．
综上得(m,n)?d．
证法一 由(m,n)?d及(1)知 xd?1xm?1且xd?xn?1．设h(x)xm?1且h(x)xn?1． 若mn或nm，则结论显然成立．
否则有非零整数u,v使um?vn?d，且u,v的正负性相反，不妨设u?0,v?0，则um?d?(?v)n，从而
xum?1?xdx(?v)n?1?xdx(?v)n?xd?xd?1?xd(x(?v)n?1)?xd?1， 于是由h(x)xm?1，h(x)xn?1 及(1)可得h(x)xd?1．
综上有 (xm?1,xn?1)?xd?1．
证法二 由(m,n)?d 及(1)有xd?1xm?1且xd?xn?1，设h(x)xm?1且h(x)xn?1． 若?(h(x))?0，则h(x)xd?1，否则由xm?1无重根知h(x)也无重根，设
h(x)?(x??1)(x??2)?(x??k)，
其中?1,?2,?,?k是互不相同的复数，则由h(x)xm?1且h(x)xn?1知?1,?2,?,?k是xm?1和xn?1的公共根，即?im?1，?in?1．而由(m,n)?d有um?vn?d，所以?id??ium?ivn?1，因此?i是xd?1的根，故x??ixd?1，i?1,2,?,k．而x??1,x??2,?,x??k两两互素，所以有h(x)xd?1．
综上有(xm?1,xn?1)?xd?1．
例3 设f(x)?(x?1)k?n?2x(x?1)k?n?1???(2x)k(x?1)n，证明
xk?1(x?1)f(x)?(x?1)k?n?1
f(x)?[(x?1)k?2x(x?1)k?1???(2x)k](x?1)n
x?1?2x?(x?1)
(x?1)f(x)?(x?1)k?n?1
?[2x?(x?1)][(x?1)k?2x(x?1)k?1???(2x)k](x?1)n?(x?1)k?n?1
?[(2x)k?1?(x?1)k?1](x?1)n?(x?1)k?n?1
?2k?1xk?1(x?1)n， 故xk?1(x?1)f(x)?(x?1)k?n?1。
例4 设gm(x)fm(x)，m≥2，证明g(x)f(x)．
证明(用标准分解式) 若f(x)?0，则结论成立．若f(x)?0，则g(x)?0．设
kklklsf(x)?ap1k1(x)p2(x)?psks(x)，g(x)?bp1l1(x)p2(x)?ps(x)，
其中p1(x),p2(x),?,ps(x)是两两互素的首一不可约多项式，ki,li(i?1,2,?,s)是自然数，则
mkkmlkfm(x)?ap1mk1(x)p2(x)?psmks(x)，gm(x)?bp1ml1(x)p2(x)?psmls(x)， 由gm(x)fm(x)得mki≤mli，故ki≤li，i?1,2,?,s，所以g(x)f(x)．
例5 设f(x)是数域P上的不可约多项式，且?(f(x))?1，若f(x)的某个根?的倒数也是f(x)的根，证明f(x)每个根的倒数都是f(x)的根．
证明 设f(x)??aixi，则由f(x)不可约知a0?0．
令g(x)??aix
i?0n?i，由1?是f(x)的根有?ai
i?0n1?i?0，即?ai?n?i?0，故?也是g(x)的i?0n
根，从而f(x),g(x)不互素，再由f(x)不可约有f(x)g(x)．
设?是f(x)的任意一个根，则??0，则由f(x)g(x)知?也是g(x)的根，于是由上面的证明知1是f(x)的根． ?
例6设f(x)?xn?a1xn?1???an(n?1)是整系数多项式，b1,b2,?,bn是互不相同的整数且f(bi)??1(i?1,2,?,n)，证明f(x)在有理数域上不可约．
证明 若f(x)在有理数域上可约，则f(x)可表成两个较低次的整系数多项式的乘积
f(x)?g(x)h(x)，
于是由f(bi)??1有g(bi)h(bi)??1．
而g(bi)和h(bi)都是整数，故有g(bi)??h(bi)(i?1,2,?,n)，从而由b1,b2,?,bn互不相同及g(x),h(x)的次数都小于n有g(x)??h(x)，从而f(x)??g2(x)，这与f(x)是首一多项式相矛盾，故f(x)在有理数域上不可约．
例7 设f(x)是次数大于零的整系数多项式，且有整数a使f(a)?f(a?1)?f(a?2)?3， 证明对于任意整数b，都有f(b)?5．
证明 由f(a)?f(a?1)?f(a?2)?3知a,a?1,a?2都是多项式f(x)?3的根，又多项式x?a,x?a?1,x?a?2两两互素，故有
f(x)?3?(x?a)(x?a?1)(x?a?2)q(x)，
而(x?a)(x?a?1)(x?a?2)是本原多项式，f(x)?3是整系数多项式，所以q(x)是整系数多项式．
若有整数c，使f(c)?5，则由上式有
2?f(c)?3?(c?a)(c?a?1)(c?a?2)q(c)，
由于q(c)是整数，故2有三个连续的整数因子c?a,c?a?1,c?a?2，这不可能，所以对于任
意整数b，都有f(b)?5．
例1 设f(X)?X?AX是n元二次型，若f是半正定二次型，则(X?AY)2?(X?AX)(Y?AY)。若f是正定二次型，则(X?Y)2?(X?AX)(Y?A?1Y)。
证明若f是半正定的，则有矩阵C使A?C?C，于是
(X?AY)2?(X?C?CY)2?(CX,CY)2
?(CX,CX)(CY,CY)?(X?C?CX(Y?C?CY)?(X?AX)(Y?AY)。
若f是正定的，则有可逆矩阵D使A?D?D，于是
(X?Y)2?(X?D?(D?)?1Y)2?(DX,(D?)?1Y)2
?(DX,DX)((D?)?1Y,(D?)?1Y)?(X?AX)(Y?A?1Y)。
例2 A设是n级正定矩阵，B是n?m实矩阵，证明R(B?AB)?R(B)。 证明由A设是正定矩阵知有n级实可逆矩阵C使A?C?C，于是由CB是实矩阵以及C可逆得
R(B?AB)?R(B?C?CB)?R((CB)?(CB))?R(CB)?R(B)。 例3 设A,B为n级正定矩阵，则
(1) 存在n级正定矩阵C使A?Cm．
(2) AB正定的充要条件是AB?BA．
(3) 多项式?A?B的根?1,?2,?,?n全大于零，且?1,?2,?,?n都等于1的充分必要条件是A?B。
(4) Am的顺序主子式全大于零。
证明(1) 由A正定知存在实正交矩阵T使
A?T?diag(?1,?2,?,?n)T，
其中?1,?2,?,?n全大于零，令C?T?diag(m1,m2,?,n)T，则C是正定矩阵，且A?Cm．
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设a是一复数,且是数域F上非零多项式g(x)的根,令W={f(x)∈F[x]|f(a)=0}证明在W存在多项式p（x）,使得对任一f（x）∈W,都有p（x）|f(x),且p(x)不可约
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设f（x）,g（x）和h（x）是实数域上的多项式,证明f（x）的平方=xg（x）平方+xh（x）平方,那么那么f（x）=g（x）=h（x）=0
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假设f(x)并非恒等于0,设f(x),g(x),h(x)的次数分别是a,b,c,那么由式子可以得到2a=max(1+2b,1+2c),左边是偶数,右边是奇数,这不可能.所以f(x)恒等于0,于是由平方的非负性可以得到f(x)=g(x)=h(x)=0
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