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1、第一章多项式§1数域-填空题1.加法、减法、乘法；2.加法、乘法；3.加法、减法、乘法.二判断题1・(T)；2.(F)三、解答题1.证明显然O'lwoG.对任意的®+仇乔宀+仇需,(q+也徧)±a+“皿=(q±aj+(b土“甬eQ(4n)；(坷+々徧)•($+2乔)a2+b24n=(axa2+b^n,)4-(a{b2+a2b}gQ(y/n)当厲+仇徧工0时ax+bx4n=竺迪込如屁Q(局盗-b；na；-b；n.故Q^n)={a+b^na,beQ}对加法减法乘法除法封闭.即Q(乔)={。+方乔是数域.2•证明因为迈呵°,处0},V2-V2=V4{a+b^/2a,beQ]即⑺
2、+b冋,beQ}对乘法不封闭.所以SwQ}不是数域.3•证明由于任意数域都包含有理数，故人上也包含有理数域，从而RM包含有理数域.令a’bwPfP?,则a，T,a,beP2•由于片，4是数域，故a±b,abwR,a土b,a®；当go时，扌扌誌,所以a±b,ab,^eP,f)P2即A2是数域.例如：取片=0(血)={a+bd0，bwQ},p2=Q(Vi)={a+bVi
3、a,bwQ},容易验证P,UP2不一定是数域；取片=°,巴=0(的)=也+弭弘‘必。},显然片UPyS+bV珈,是数域•’’?§2一元多项式一填空题1.匕丿“+色“门+…+中+仏①疋，①,心；2.(i),(iii)
4、(v)；3.(),非零常数；4.5^".二判断题1.(F)；2.(F).;3.(F).三解答题1.解因为f(x)=a(x一2)2+b(x+1)+c(x2-兀+2)=(a+c)x2+(la+Z?—c)x+(4a+b+2e).利用多项式相等的定义的：a+c=0a+c=02a+b-c=0«2a+b-c=0-⑴4a+/?+2e工()(ii)4a+b+2c=()(iii)Q+C=()2a+h-c=}4a+b+2c=-5即(i)当a=-cib=3c,c^0时，/⑴为零次多项式；(ii)当a=b=c=O时/⑴为零多项式;(iii)a=6"=-17,c=-6时f(x)是一次多项式x-5.+•2
5、・证明设/(X)=%"+•••+%+兔,g(x)=amxm+++bQf则f2(x)+g2(x)的k第r次项系数为当—o得山"(严o,当“1时得时+b,o,进而①=9=0,同样地，得到①=b2=0.因此f(x)=g(x)=o§3整除的概念-填空题1.g(xh(x)g(x)M(x),f(x),/(x),g(X),/2(X)二判断题gd),f(x).2.q(x),厂(％)•1.(T)；3.(F);4.(F);5.(F)三解答题1.解利用带余除法得f(x)=g(x)(x-l)+ax+(b-2)f所以血+@-2)=2兀+1,即a=2,b=3■2・证明g(x)
6、(X(x)-厶(灯)，£(
7、別(兀(力+几(灯)，利用整除性的性质，我们有g嗨心(n±£g+恥))},即ga)m),gW
8、AW2.证明若廿⑴gW,x不整除/⑴与g⑴则存在常数八工0,—0,使f(x)=xql(x)+rl,g(x)=xq2(x)+r2,所以f(x)g(x)=x(xql(x)q2(x)+r2q{(x))+r{r2,由于开(x)g(x),所以审'得出矛盾.即龙不能整除f(xMx)证明由于三次单位根e，®都是f+兀沖+/E的根，即兀2+兀+］的根都是兀3,”十兀3“+】+严+2的根.从而"2+x+l
9、x"+x"E+x->,'2,m,n,p3加1丫3川+1丄3p+2/•_1q+入+X0-1,2)，
10、再利用—即兀弋互素3.证明因为对+兀+1=(兀-可)(兀-£2)，其中刍(心1，2)是三次单位虚根，而刍3”+励3“+】+%3卩+2=0，艮卩x_8x得L•至
11、J(兀一斫)(兀一兮)2x3w,+x3w+,+x3p+2F+x+1x3/N+X3?，+，+X3,，+21.证明①如果处)
12、/(Q+g(x),因为⑴
13、/(兀)，由整除性性质得:*)
14、(/⑴+g(x)-/(x)，即力(x)
15、gS),与/2⑴丄g(x)矛盾，所以h(x)lf(x)+g(x)t§4最大公因式一、填空题1.零次多项式；2.零多项式；3•多项式"⑴c为零次多项式；4.咽⑴，c为零次多项式；5.兀一1，兀，一1;6.互
16、素.二、判断题1.F；2・F;3・F;4.T;5・F;6・F・二、解答题1•解:通过辗转和除法求得/、611/、1823336zx/\1UX)=X：卩(兀)=XHXH(/(x),g(x))=1}9797979797.2•证明：设(/(兀),巩兀))=d(x)，容易证明d(x)是/(%),/(%)±g(x)的公因式；对/(%),/(%)±^(%)的任意公因式，容易证明它是/(x)，g(Q的公因式，从而它整除于(兀)的最大公因式〃(兀).即/⑴,/(兀)±g(兀)的任意公因式整除于它的公因式
