天津商业大学714高等数学考研真题和答案

天津商业大学714高等数学考研真题和答案

　　名校考研真题

　　第1章 多项式

　　一、判断题

　　1．设Q是有理数域，则P＝也是数域，其中

　　．（  ）[南京大学研]

　　【答案】对查看答案

　　【解析】首先0，1∈P，故P非空；其次令a＝α1＋β1i，b＝α2＋β2i其中α1，α2，β1，β2为有理数，故

　　a±b＝（α1＋β1i）±（α2＋β2i）＝（α1±α2）＋（β1±β2）i∈P

　　ab＝（α1＋β1i）（α2＋β2i）＝（α1α2－β1β2）＋（α1β2＋α2β1）i∈P

　　又令c＝α3＋β3i，d＝α4＋β4i，其中α3，α4，β3，β4为有理数且d≠0，即α4≠0，β4≠0，有

　　综上所述的P为数域．

　　2．设f（x）是数域P上的多项式，a∈P，如果a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k重根（k≥1）并且f（a）＝0，则a是f（x）的k＋3重根．（  ）[南京大学研]

　　【答案】错查看答案

　　【解析】反例是f（x）＝（x－a）k＋3＋（x－a）2，这里f（a）＝0，并且f‴（x）＝（k＋3）（k＋2）（k＋1）（x－a）k满足a是f（x）的三阶导数f‴（x）的k重根（k≥1）．

　　3．设f（x）＝x4＋4x－3，则f（x）在有理数域上不可约．（  ）[南京大学研]

　　【答案】对查看答案

　　【解析】令x＝y＋1，则f（y）＝y4＋4y3＋6y2＋8y＋2，故由艾森斯坦因判别法知，它在有理数域上不可约．

　　二、计算题

　　1．f（x）＝x3＋6×2＋3px＋8，试确定p的值，使f（x）有重根，并求其根．[清华大学研]

　　解：f′（x）＝3（x2＋4x＋p）．且（f（x），f′（x））≠1，则

　　（1）当p＝4时，有（f（x），f′（x））＝x2＋4x＋4

　　所以x＋2是f（x）的三重因式，即f（x）（x＋2）3，这时f（x）的三个根为－2，－2，－2．

　　（2）若p≠4，则继续辗转相除，即

　　当p＝－5时，有（f（x），f′（x））＝x－1

　　即x－1是f（x）的二重因式，再用（x－1）2除f（x）得商式x＋8．故

　　f（x）＝x3＋bx2－15x＋8＝（x－1）2（x＋8）

　　这时f（x）的三个根为1，1，－8．

　　2．假设f1（x）与f2（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，且x4＋x2＋1整除f1（x3）＋x4f2（x3），试求f1（x）与f2（x）的最大公因式．［上海交通大学研］

　　解：设6次单位根分别为

　　由于x6－1＝（x2）3－1＝（x2－1）（x4＋x2＋1），所以ε1，ε2，ε4，ε5是x4＋x2＋1的4个根.

　　由于ε13＝ε53＝－1，且x4＋x2＋1∣f1（x3）＋x4f2（x3），所以，分别将ε1，ε5代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得

　　从而f1（－1）＝f2（－1）＝0

　　即x＋1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

　　同理，将ε2，ε4代入f1（x3）＋x4f2（x3）可得f1（1）＝f2（1）＝0，即x－1是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

　　所以（x－1）（x＋1）是f1（x）与f2（x）的一个公因式．

　　又因为f1（x），f2（x）为次数不超过3的首项系数为1的互异多项式，所以（f（x），g（x））＝x2－1

　　三、证明题

　　1．设不可约的有理分数p/q是整系数多项式f（x）＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an－1x＋an的根，证明：q∣a0，p∣an[华中科技大学研]

　　证明：因为p/q是f（x）的根，所以（x－p/q）∣f（x），从而（qx－p）∣f（x）．又因为p，q互素，所以qx－p是本原多项式[即多项式的系数没有异于±l的公因子]，且

　　f（x）＝（qx－p）（bn－1xn－1＋…＋b0，bi∈z

　　比较两边系数，得a0＝qbn－1，an＝－pb0⇒q∣a0，p∣an

　　2．设f（x）和g（x）是数域P上两个一元多项式，k为给定的正整数．求证：f（x）∣g（x）的充要条件是fk（x）∣gk（x）[浙江大学研]

　　证明：（1）先证必要性．设f（x）∣g（x），则g（x）＝f（x）h（x），其中h（x）∈P（x），两边k次方得gk（x）＝fk（x）hk（x），所以fk（x）∣gk（x）

　　（2）再证充分性．设fk（x）∣gk（x）

　　（i）若f（x）＝g（x）＝0，则f（x）∣g（x）

　　（ii）若f（x），g（x）不全为0，则令d（x）＝（f（x），g（x）），那么

　　f（x）＝d（x）f1（x），g（x）＝d（x）g1（x），且（f1（x），g1（x））＝1①

　　所以fk（x）＝dk（x）f1k（x），gk（x）＝dk（x）g1k（x）

　　因为fk（x）∣gk（x），所以存在h（x）∈P[x]（x），使得gk（x）＝fk（x）·h（x）

　　所以dk（x）g1k（x）＝dk（x）f1k（x）·h（x），两边消去dk（x），得g1k（x）＝f1k（x）·h（x）②

　　由②得f1（x）∣g1k（x），但（f1（x），g1（x））＝1，所以f1（x）∣g1k－1（x）

　　这样继续下去，有f1（x）∣g1（x），但（f1（x），g1（x））＝1

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