方法二 mx+(P=1+m) +mx+1)x +mr3 mx3+(p-1) " mr m r-nc (p-1+m2)x2+mx q (p-1+m2)x2+m(p-1+m2)x+p-1+m tq 因整除r(x)=0 所以m(2-p-m)=0.(1) q+1-p-m2=0(2) 由(1)若m=0,则代入(2)p=q+1 若m≠0,则2-p-m2=0,代入(2)q=1 方法三 =〔(x2+mx+1)-(mx+1))2+p[(x2+mx+1)-(mx+1))+q =(x2+mx+1)2-2(x2+mx+1)(mx+1)+(mx+1)2+p(x2+mx+1)-p(mx =(m2+mx+1)(x2+mx+1-2(mx+1)+p)+m2x2+(2-p)mx+1-p+q 所以应有x2+mx+1m2x2+(2-p)mx+(1-p+q) ①若m=0,应有1-p+q=0, ②若m≠0,应有 6.设f1(x),f(x),g(x),g(x)都是数域F上的多项式,其中f1(x)≠0,且f(x)f2 (x)能被g(x)g(x)整除而g(x)能被f(x)整除,证明∫2(x)能被g2(x)整除。 证因为f(x)f(x)能被g(x)g(x)整除 所以彐h1(x),使f1(x)f2(x)=g(x)g2(x)h(x)(1) 又因为g(x)能被f(x)整除, 所以彐h2(x),使g(x)=f1(x)h2(x) (2) 将(2)代入(1)得f1(x)f2(x)=f1(x)g2(x)h;(x)h2(x) 因为f(x)≠0,约掉有f2(x)=g2(x)h(x)h2(x) 这说明∫2(x)能被g2(x)整除。 7.求f(x)与g(x)的最大公因式(f(x),g(x),并求u(x),v(x),使f(x)u(x)+g(x) v(x)=(f(x),g(x)