节 1.6 复系数、实系数多项式的标准分解式
建设中！
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基础题.
2.
构造次数最小的实系数多项式，它有
3.
提高题.
4.
-
\((1- \omega_1)(1- \omega_2)\cdots (1- \omega_{n-1})=n\)；
解答.
因为\(1,\omega_1,\cdots ,\omega_{n-1}\)是\(x^n-1\)的所有不同的复根，所以
\begin{equation*}
x^n-1=(x-1)(x- \omega_1)(x- \omega_2)\cdots (x- \omega_{n-1}).
\end{equation*}
由消去律，得
\begin{equation}
x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1=(x- \omega_1)\cdots (x- \omega_{n-1}).\tag{1.6.1}
\end{equation}
-
将\(x=-1\)代入，得\begin{equation*} \sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i=(-1)^{n-1}\prod\limits_{i=1}^{n-1}(1+\omega_i). \end{equation*}当\(n\)为奇数时，由上式得\begin{equation*} (1+ \omega_1)(1+ \omega_2)\cdots (1+ \omega_{n-1})=1. \end{equation*}
5.
设 \(f_1(x),f_2(x)\)是次数不超过 \(3\)的首一互异多项式，且
\begin{equation*}
x^4+x^2+1|f_1(x^3)+x^4f_2(x^3),
\end{equation*}
求 \(\left(f_1(x),f_2(x)\right)\)。
解答.
记
\begin{equation*}
\omega_k=\cos\frac{k\pi}{3}+{\rm i}\sin\frac{k\pi}{3},k=\pm 1,\pm 2,
\end{equation*}
则 \(\omega_{-2},\omega_{-1},\omega_1,\omega_2\)是 \(x^4+x^2+1\)的所有复根。由
\begin{equation*}
x^4+x^2+1|f_1(x^3)+x^4f_2(x^3),
\end{equation*}
可知
\begin{equation*}
x-\omega_k|f_1(x^3)+x^4f_2(x^3),k=\pm 1,\pm 2,
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{l}
f_1(\omega_{-1}^3)+\omega_{-1}^4f_2(\omega_{-1}^3)=0,\\
f_1(\omega_1^3)+\omega_1^4f_2(\omega_1^3)=0,\\
f_1(\omega_{-2}^3)+\omega_{-2}^4f_2(\omega_{-2}^3)=0,\\
f_1(\omega_2^3)+\omega_2^4f_2(\omega_2^3)=0.\\
\end{array}\right.
\end{equation*}
注意到 \(\omega_{-1}^3=\omega_1^3=-1,\omega_{-2}^3=\omega_2^3=1\) ，故
\begin{align}
f_1(-1)-\omega_{-1}f_2(-1)=0,&f_1(-1)-\omega_1f_2(-1)=0,\tag{1.6.2}\\
f_1(1)+\omega_{-2}f_2(1)=0,&f_1(1)+\omega_2f_2(1)=0.\tag{1.6.3}
\end{align}
联立 (1.6.2) 两个方程得
\begin{equation*}
f_1(-1)=f_2(-1)=0.
\end{equation*}
联立 (1.6.3) 两个方程得
\begin{equation*}
f_1(1)=f_2(1)=0.
\end{equation*}
故
\begin{equation*}
x+1|\left(f_1(x),f_2(x)\right),x-1|\left(f_1(x),f_2(x)\right).
\end{equation*}
由此推出
\begin{equation*}
(x+1)(x-1)|\left(f_1(x),f_2(x)\right).
\end{equation*}
由于\(f_1(x),f_2(x)\)是次数不超过 \(3\)的首一互异多项式，所以
\begin{equation*}
\deg \left(f_1(x),f_2(x)\right)\leq 2.
\end{equation*}
因而
\begin{equation*}
\left(f_1(x),f_2(x)\right)=x^2-1.
\end{equation*}
6.
设\(f(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\)，
-
证明：\(\prod\limits_{k=1}^m\cos\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{1}{2^m}\)，\(\prod\limits_{k=1}^{m-1}\sin\frac{k\pi}{2m}=\frac{\sqrt{m}}{2^{m-1}}\)。
解答.
-
因为\begin{equation*} f(x)=\frac{x^n-1}{x-1}, \end{equation*}而\(x^n-1\)的所有复根为\begin{equation*} \omega_k=\cos\frac{2k\pi}{n}+{\rm i}\sin\frac{2k\pi}{n},k=0,1,\ldots,n-1, \end{equation*}所以\begin{equation*} f(x)=(x- \omega_1)(x- \omega_2)\cdots (x- \omega_{n-1}). \end{equation*}注意到\(\omega_{n-k}=\overline{\omega_k}\)，所以\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式为：
-
当\(n\)为奇数时，\begin{equation*} \begin{array}{rl} f(x)=&\prod\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left[(x- \omega_k)(x- \omega_{n-k})\right]\\ =&\prod\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(x^2-2\cos\frac{2k\pi}{n}x+1\right); \end{array} \end{equation*}
-
当\(n\)为偶数时，\begin{equation*} \begin{array}{rl} f(x)=&(x- \omega_{\frac{n}{2}})\prod\limits_{k=1}^{\frac{n-2}{2}}\left[(x- \omega_k)(x- \omega_{n-k})\right]\\=&(x+1)\prod\limits_{k=1}^{\frac{n-2}{2}}\left(x^2-2\cos\frac{2k\pi}{n}x+1\right).\end{array} \end{equation*}
-
-
因为\begin{equation*} x^{2m}+x^{2m-1}+\cdots +1=\prod\limits_{k=1}^{m}\left(x^2-2\cos\frac{2k\pi}{2m+1}x+1\right), \end{equation*}将\(x=-1\)代入上式，得\begin{equation*} 1=\prod\limits_{k=1}^{m}\left(2+2\cos\frac{2k\pi}{2m+1}\right), \end{equation*}由二倍角公式，有\begin{equation*} 1=2^{2m}\prod\limits_{k=1}^{m}\cos^2\frac{k\pi}{2m+1}, \end{equation*}故\begin{equation*} \prod\limits_{k=1}^m\cos\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{1}{2^m}. \end{equation*}同理，将\(x=1\)代入\begin{equation*} x^{2m-1}+x^{2m-2}+\cdots +1=(x+1)\prod\limits_{k=1}^{m-1}\left(x^2-2\cos\frac{k\pi}{m}x+1\right), \end{equation*}得\begin{equation*} 2m=2\prod\limits_{k=1}^{m-1}\left(2-2\cos\frac{k\pi}{m}\right), \end{equation*}由二倍角公式，有\begin{equation*} m=2^{2(m-1)}\prod\limits_{k=1}^{m-1}\sin^2\frac{k\pi}{2m}. \end{equation*}因此\begin{equation*} \prod\limits_{k=1}^{m-1}\sin\frac{k\pi}{2m}=\frac{\sqrt{m}}{2^{m-1}}. \end{equation*}
7.
设\(f(x)\)是\(\mathbb{R}\)上次数大于\(1\)的首一多项式且无实根，证明：存在\(g(x),h(x)\in\mathbb{R}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=g^2(x)+h^2(x),
\end{equation*}
且\(\deg g(x)>\deg h(x)\)。
解答.
因为\(f(x)\)是\(\mathbb{R}\)上次数大于\(1\)的首一多项式且无实根，所以\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式的不可约因子形如\(x^2+bx+c\)，其中\(b^2-4c<0\)。下面对因式的个数归纳证明。
当只有一个不可约因式时，由于复根共轭成对出现，所以
\begin{equation*}
f(x)=\left(x-(a+d{\rm i})\right)\left(x-(a-d{\rm i})\right)=(x-a)^2+d^2,
\end{equation*}
其中\(a,d\in\mathbb{R}\)且\(d\neq 0\)。令
\begin{equation*}
g(x)=x-a,h(x)=d,
\end{equation*}
则\(f(x)=g^2(x)+h^2(x)\)且\(\deg g(x)>\deg h(x)\)。
假设对小于\(m\)个不可约因子结论成立。对于\(m\)个因子，由归纳假设，
\begin{equation*}
f(x)=\left(g_1^2(x)+h_1^2(x)\right)\left(g_2^2(x)+h_2^2(x)\right),
\end{equation*}
其中\(\deg g_1(x)>\deg h_1(x)\)，\(\deg g_2(x)>\deg h_2(x)\)。
注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
&\left(g_1^2(x)+h_1^2(x)\right)\left(g_2^2(x)+h_2^2(x)\right)\\=&g_1^2(x)g_2^2(x)+g_1^2(x)h_2^2(x)+h_1^2(x)g_2^2(x)+h_1^2(x)h_2^2(x)\\
=&\left(g_1(x)g_2(x)+h_1(x)h_2(x)\right)^2+\left(g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x)\right)^2,
\end{array}
\end{equation*}
令
\begin{equation*}
g(x)=g_1(x)g_2(x)+h_1(x)h_2(x),h(x)=g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x),
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
f(x)=g^2(x)+h^2(x)
\end{equation*}
且
\begin{align*}
\deg h(x)&=\deg\left(g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x)\right) \\
&\leq\max\{\deg\left(g_1(x)h_2(x)\right),\deg\left(h_1(x)g_2(x)\right)\} \\
&<\deg g_1(x)+\deg g_2(x) \\
&=\deg g(x).
\end{align*}
由数学归纳法，结论成立。
8.
解答.
因为\(f(x)\)所有复根为
\begin{equation*}
\omega_k=\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}+{\rm i}\sin\frac{(2k+1)\pi}{n},k=0,1,\cdots ,n-1,
\end{equation*}
所以\(f(x)\)在\(\mathbb{C}\)上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=(x- \omega_0)(x- \omega_1)\cdots (x- \omega_{n-1}).
\end{equation*}
当 \(0\leq k< n\)时，
\begin{align*}
\overline{\omega_k}&=\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}-{\rm i}\sin\frac{(2k+1)\pi}{n} \\
&=\cos\left[2\pi-\frac{(2k+1)\pi}{n}\right]+{\rm i}\sin\left[2\pi-\frac{(2k+1)\pi}{n}\right] \\
&=\cos\frac{\left[2(n-k-1)+1\right]\pi}{n}-{\rm i}\sin\frac{\left[2(n-k-1)+1\right]\pi}{n} \\
&=\omega_{n-k-1}.
\end{align*}
因此
-
当 \(n\)为奇数时， \(f(x)\)在 \(\R\)上的标准分解式为\begin{align*} f(x)=&(x-\omega_{\frac{n-1}{2}})\prod\limits_{k=0}^{\frac{n-3}{2}}\left[(x-\omega_k)(x-\omega_{n-k-1})\right]\\ =&(x+1)\prod\limits_{k=0}^{\frac{n-3}{2}}\left[x^2-2x\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}+1\right]. \end{align*}
-
当 \(n\)为偶数时， \(f(x)\)在 \(\R\)上的标准分解式为\begin{align*} f(x)=&\prod\limits_{k=0}^{\frac{n-2}{2}}\left[(x-\omega_k)(x-\omega_{n-k-1})\right]\\ =&\prod\limits_{k=0}^{\frac{n-2}{2}}\left[x^2-2x\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}+1\right]. \end{align*}
9.
解答.
设\(f(x)\)的三个根为\(c_1,c_2,c_3\)，则\(c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}\)。由Viète定理，有
\begin{equation*}
c_1+c_2+c_3=-p,\ c_1c_2+c_1c_3+c_2c_3=q,
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}
p^2-3q&=&(c_1+c_2+c_3)^2-3(c_1c_2+c_1c_3+c_2c_3)\\&=&c_1^2+c_2^2+c_3^2-c_1c_2-c_1c_3-c_2c_3\\&=&\frac{1}{2}\left[(c_1-c_2)^2+(c_1-c_3)^2+(c_2-c_3)^2\right]\geq 0,
\end{array}
\end{equation*}
即\(p^2\geq 3q\)。
10.
设\(f(x)=x^3+ax^2+bx+c\)的三个根为\(\alpha,\beta,\gamma\)，如果\(c\neq 0\)，求以\(\frac{\alpha}{\beta \gamma},\frac{\beta}{\alpha \gamma},\frac{\gamma}{\alpha \beta}\)为根的一个三次多项式。
解答.
依题意，由Viète定理，有
\begin{equation*}
\left\{\begin{array}{l}
\alpha+\beta+\gamma=-a,\\\alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma=b,\\\alpha \beta \gamma=-c,
\end{array}\right.
\end{equation*}
设以\(\frac{\alpha}{\beta \gamma},\frac{\beta}{\alpha \gamma},\frac{\gamma}{\alpha \beta}\)为根的多项式为\(g(x)=x^3+mx^2+nx+q\)，则
\begin{align*}
m&=-\left(\frac{\alpha}{\beta \gamma}+\frac{\beta}{\alpha \gamma}+\frac{\gamma}{\alpha \beta}\right) \\
&=-\frac{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2}{\alpha \beta \gamma} \\
&=-\frac{(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma)}{\alpha \beta \gamma} \\
&=\frac{a^2-2b}{c},
\end{align*}
\begin{align*}
n&=\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\beta}{\alpha \gamma}+\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta}+\frac{\beta}{\alpha \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta} \\
&=\frac{\alpha^2 \beta^2+\alpha^2 \gamma^2+\beta^2 \gamma^2}{\alpha^2 \beta^2 \gamma^2} \\
&=\frac{(\alpha \beta+\beta \gamma+\alpha \gamma)^2-2 \alpha \beta \gamma(\alpha+\beta+\gamma)}{(\alpha\beta\gamma)^2} \\
&=\frac{b^2-2ac}{c^2},
\end{align*}
\begin{equation*}
p=-\left(\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\beta}{\alpha \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta}\right) =-\frac{1}{\alpha \beta \gamma}=\frac{1}{c},
\end{equation*}
故所求多项式为
\begin{equation*}
x^3+\frac{a^2-2b}{c}x^2+\frac{b^2-2ac}{c^2}x+\frac{1}{c}.
\end{equation*}
挑战题.
11.
设 \(f(x),g(x)\in\R[x]\)， \(\deg f(x)\geq 1\)，\(\deg g(x)<\deg f(x)\)。证明：\(\frac{g(x)}{f(x)}\)可分解为形如
\begin{equation*}
\frac{\lambda}{(x-a)^e}\mbox{或}\frac{\mu x+\nu}{\left(x^2+bx+c\right)^\ell}
\end{equation*}
的部分分式之和，即
\begin{equation*}
\frac{g(x)}{f(x)}=\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{k_i=1}^{e_i}\frac{\lambda_{i,k_i}}{(x-a_i)^{k_i}}+\sum\limits_{j=1}^{r}\sum\limits_{s_j=1}^{\ell_j}\frac{\mu_{j,s_j} x+\nu_{j,s_j}}{\left(x^2+b_jx+c_j\right)^{s_j}},
\end{equation*}
其中 \(a_i,\lambda_{i,k_i},b_j,c_j,\mu_{j,s_j} ,\nu_{j,s_j}\in\R\)，且 \(b_j-4c_j^2<0\)。
解答.
设\(f(x)\)的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=dp_1^{e_1}(x)\cdots p_m^{e_m}(x),
\end{equation*}
其中\(p_1(x),\dots ,p_m(x)\)是\(\R\)上两两互素的首一不可约多项式，\(e_i\in\mathbb{Z}^+\)。对\(m\)用数学归纳法证明。
-
当\(m=1\)时，\begin{equation*} f(x)=dp^e(x), \end{equation*}其中\(p(x)=x-a\)或\(x^2+bx+c\)，这里\(b^2-4c< 0\)。
-
若\(p(x)=x-a\)，由\(\deg g(x)<\deg f(x)\)可知：存在\(a_0,\dots ,a_{e-1}\in\R\)，使得\begin{equation*} g(x)=a_{e-1}(x-a)^{e-1}+a_{e-2}(x-a)^{e-2}+\cdots+a_0. \end{equation*}于是存在\(\lambda_0=\frac{a_0}{d},\dots ,\lambda_{e-1}=\frac{a_{e-1}}{d}\in\R\)，使得\begin{equation*} \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{\lambda_{e-1}}{x-a}+\frac{\lambda_{e-2}}{(x-a)^2}+\cdots+\frac{\lambda_0}{(x-a)^e}. \end{equation*}
-
若\(p(x)=x^2+bx+c\)，根据带余除法，存在\(q_1(x),r_1(x)\in\R [x]\)，使得\begin{equation*} g(x)=q_1(x)p(x)+r_1(x), \end{equation*}其中\(\deg r_1(x)<\deg p(x)=2\)。若\(q_1(x)\neq 0\)，继续做带余除法，存在\(q_2(x),r_2(x)\in\R [x]\)，使得\begin{equation*} q_1(x)=q_2(x)p(x)+r_2(x), \end{equation*}其中\(\deg r_2(x)<\deg p(x)=2\)，则\begin{equation*} g(x)=q_2(x)p^2(x)+r_2(x)p(x)+r_1(x). \end{equation*}依此类推，由\(\deg g(x)< 2e\)可知存在\(d\mu_1 x+d\nu_1,\dots ,d\mu_{e} x+d\nu_{e}\in\R [x]\)，使得\begin{equation*} g(x)=(d\mu_{e} x+d\nu_{e})p^{e-1}(x)+\cdots +(d\mu_{1} x+d\nu_{1}). \end{equation*}于是\begin{equation*} \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{\mu_{e} x+\nu_{e}}{x^2+bx+c}+\cdots+\frac{\mu_{1} x+\nu_{1}}{(x^2+bx+c)^e}. \end{equation*}
-
-
假设\(m=k\)时结论成立。对于\(m=k+1\)的情形，记\begin{equation*} h(x)=p_1^{e_1}(x)\cdots p_k^{e_k}(x),\ k(x)=p_{k+1}^{e_{k+1}}(x), \end{equation*}则\(f(x)=h(x)k(x)\)且 \((h(x),k(x))=1\)，因此存在\(u(x),v(x)\in\R [x]\)，使得\(u(x)h(x)+v(x)k(x)=1\)，则\begin{equation*} (u(x)g(x))h(x)+(v(x)g(x))k(x)=g(x). \end{equation*}根据带余除法，存在\(q(x),r(x)\in\R [x]\)，使得\begin{equation*} u(x)g(x)=k(x)q(x)+r(x), \end{equation*}其中 \(\deg r(x)<\deg k(x)\)。 于是\begin{equation} r(x)h(x)+(v(x)g(x)+q(x)h(x))k(x)=g(x),\tag{1.6.4} \end{equation}这里\(\deg (r(x)h(x)) < \deg f(x)\)。记\(s(x)=v(x)g(x)+q(x)h(x)\)，假设\(\deg s(x)\geq \deg h(x)\)，则\begin{equation*} \deg s(x)k(x)\geq \deg h(x)+\deg k(x), \end{equation*}即\(\deg s(x)k(x)\geq \deg f(x)\)，于是\begin{equation*} \deg (r(x)h(x)+s(x)k(x))\geq\deg f(x), \end{equation*}这与条件\(\deg g(x)<\deg f(x)\)相矛盾。因此\begin{equation*} \deg s(x) < \deg h(x). \end{equation*}由(1.6.4)可知\begin{equation*} \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{r(x)}{k(x)}+\frac{s(x)}{h(x)}, \end{equation*}其中\(\deg r(x)<\deg k(x),\deg s(x) < \deg h(x)\)。根据归纳假设，\(\frac{r(x)}{k(x)},\frac{s(x)}{h(x)}\)都可分解为形如\begin{equation*} \frac{\lambda}{(x-a)^e}\mbox{或}\frac{\mu x+\nu}{\left(x^2+bx+c\right)^\ell} \end{equation*}的部分分式之和，因此\(\frac{g(x)}{f(x)}\)可分解为部分分式之和。
12.
设 \(f(x),g(x)\in\C[x]\)且 \(\deg f(x)>0,\deg g(x)>0\)。证明：若对任意复数 \(\alpha\)，当且仅当 \(f(\alpha)=0\)时， \(g(\alpha)=0\)；当且仅当\(f(\alpha)=1\)时， \(g(\alpha)=1\)，则多项式 \(f(x)\)与 \(g(x)\)相等。
解答.
不妨设 \(\deg f(x)=n\geq \deg g(x)\)。令
\begin{equation*}
h(x)=\left[f(x)-g(x)\right]f'(x),
\end{equation*}
则
\begin{equation}
\deg h(x)\leq 2n-1.\tag{1.6.5}
\end{equation}
设\(\omega_1,\ldots ,\omega_s\)是 \(f(x)\)所有互不相同的复根。若 \(\omega_i\)是\(f(x)\)的\(k_i\)重根，则\(\omega_i\)是\(f'(x)\)的 \(k_i-1\)重根，且\(\sum\limits_{i=1}^s k_i=n\)。根据已知条件，
\begin{equation*}
f(\omega_i)-g(\omega_i)=0-0=0,
\end{equation*}
所以\(\omega_i\)是\(h(x)\)的根，其重数大于等于\(k_i\)。
类似地，设 \(\alpha_1,\ldots ,\alpha_t\)是\(f(x)-1\) 所有互不相同的复根，且 \(\alpha_i\)的重数为 \(m_i\)，则\(\sum\limits_{i=1}^t m_i=n\)，且\(\alpha_i\)也是\(h(x)\)的根，其重数大于等于 \(m_i\)。
于是，重根按重数计，\(h(x)\)根的个数大于等于
\begin{equation*}
\sum\limits_{i=1}^s k_i+\sum\limits_{i=1}^t m_i=2n.
\end{equation*}
由 (1.6.5) 知，
\begin{equation*}
h(x)=0.
\end{equation*}
注意到 \(f'(x)\neq 0\)，因此 \(f(x)-g(x)=0\)，即 \(f(x)=g(x)\)。
13.
解答.
假设\(f(x)\)在\(\C\)上的根\(c_1,\ldots,c_5\)全为实数，则
\begin{equation*}
\widetilde{f}(x)=a_0x^5+a_3x^2+a_4x+1
\end{equation*}
的根\(b_1=\frac{1}{c_1},\ldots,b_5=\frac{1}{c_5}\)也全为实数。由Viète定理可知
\begin{equation*}
b_1+\cdots+b_5=0,\ \sum\limits_{1\leq i< j\leq 5}b_ib_j=0,
\end{equation*}
则
\begin{equation*}
b_1^2+\cdots +b_5^2=(b_1+\cdots+b_5)^2-2\left(\sum\limits_{1\leq i< j\leq 5}b_ib_j\right)=0,
\end{equation*}
由此推出\(b_1=\cdots=b_5=0\)，这与\(b_1b_2\cdots b_5=-\frac{1}{a_0}\neq 0\)相矛盾，故\(f(x)\)至少有一个虚部不为\(0\)的复根。注意到实系数多项式\(f(x)\)的复根是共轭成对出现，因此\(f(x)\)至少有两个虚部不为\(0\)的复根。
14. 笛卡尔符号法则.
对于\(n\)次实系数多项式\(f(x)=a_nx^n+\cdots +a_0\)，忽略系数为0的项，把非零的系数按照次数从大到小排列，得到一个序列。在这个序列中，相邻系数符号相反，称为1次变号，变号的总次数称为多项式系数的变号次数。证明：实系数多项式方程正根的个数等于系数的变号次数减去一个非负偶数。
解答.
先证\(s-p\)为偶数。不失一般性，假设\(a_n >0\)且\(a_0\neq 0\)。若\(a_0 >0\)，则由\(a_n >0\)可知\(s\)为偶数。由\(f(0)=a_0 >0\)且\(\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty\)可知\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上的图像穿过\(x\)轴偶数次，故\(p\)为偶数，从而\(s-p\)是偶数。同理可证当\(a_0< 0\)时，\(s-p\)为偶数。
当\(n=1\)时，结论显然成立。
假设对于次数为\(n-1\)的多项式结论成立，对于\(n\)次多项式
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0,
\end{equation*}
其导数
\begin{equation*}
f'(x)=na_nx^{n-1}+\cdots +2a_2x+a_1
\end{equation*}
的变号次数\(s'=s\)或\(s-1\)。由归纳假设，\(f'(x)\)的变号次数\(s'\)大于等于正根个数\(p'\)，故\(s\geq p'\)。另一方面，由于\(f(x)\)有\(p\)个正根，所以由罗尔定理可知\(f'(x)\)至少有\(p-1\)个正根，即\(p'\geq p-1\)，因此\(s\geq p-1\)。注意到\(s-p\)是偶数，故\(s\geq p\)。
