《高等代数,张禾瑞》习题2.1.1-2.1.3 解答

2.1.1设 $f(x),g(x),h(x)$ 是实数域上的多项式,证明,若
egin{equation}label{eq:1}
f(x)^2=xg(x)^2+xh(x)^2,
end{equation}
那么 $f(x)=g(x)=h(x)=0$.

证明:假若 $g(x)$ 或 $h(x)$ 是有次数的,则 $g(x)^2+h(x)^2$ 的次数是偶数(为什么?注意,假若 $g,h$ 是复数域上的,则 $g(x)^2+h(x)^2$ 的次数可能不存在).因此$xg(x)^2+xh(x)^2=x(g(x)^2+h(x)^2)$ 的次数为奇数.但是 $f(x)^2$ 的次数或者为偶数,或者不存在.矛盾.因此 $g(x)$ 和 $h(x)$ 都无次数,即 $g(x)=h(x)=0$.因此$f(x)$ 也为0.

2.1.2 求一组满足 ef{eq:1} 式的不全为零的复系数多项式$f(x),g(x),h(x)$.

解:令 $f(x)=0$,$g(x)=ix$,$h(x)=x$.

2.1.3 证明
egin{align*}
  &1-x+frac{x(x-1)}{2!}-cdots+(-1)^n
  frac{x(x-1)cdots(x-n+1)}{n!}\&=(-1)^n frac{(x-1)cdots(x-n)}{n!}.
end{align*}
证明:考虑用归纳法.当 $n=1$ 时,$1-x=(-1)^1 frac{x-1}{1!}$.设当 $n=k$ 时命题也成立,则
egin{align*}
  &1-x+frac{x(x-1)}{2!}-cdots+(-1)^k
  frac{x(x-1)cdots(x-k+1)}{k!}\&=(-1)^k frac{(x-1)cdots(x-k)}{k!}.
end{align*}
则 $n=k+1$ 时,
egin{align*}
  &1-x+frac{x(x-1)}{2!}-cdots+(-1)^k
  frac{x(x-1)cdots(x-k+1)}{k!}+(-1)^{k+1}frac{x(x-1)cdots(x-k+1)(x-k)}{(k+1)!}\&=(-1)^k frac{(x-1)cdots(x-k)}{k!}+(-1)^{k+1}frac{x(x-1)cdots(x-k+1)(x-k)}{(k+1)!}\&=frac{(-1)^{k+1}(x-1)cdots(x-(k+1))}{(k+1)!}.
end{align*}
可见,$forall nin mathbf{N}^{+}$,命题都成立.