1、1多项式长除法 是代数中的一种算法，用一个同次或低次的多项式去除另一个多项式。是常见算数技巧长除法的一个推广版本。它可以很容易地手算，因为它将一个相对复杂的除法问题分解成更小的一些问题。例计算写成以下这种形式：然后商和余数可以这样计算：1. 将分子的第一项除以分母的最高次项（即次数最高的项，此处为 x） 。结果写在横线之上(x 3 x = x2).2. 将分母乘以刚得到结果（最终商的第一项） ，乘积写在分子前两项之下 (x2 (x 3) = x3 3x2).3. 从分子的相应项中减去刚得到的乘积（注意减一个负项相当于加一个正项） ，结果写在下面。(x 3 12x2) (x3 3x2) = 12
2、x2 + 3x2 = 9x2)然后，将分子的下一项 “拿下来” 。4. 重复前三步，只是现在用的是刚写作分子的那两项25. 重复第四步。这次没什么可以“拿下来”了。横线之上的多项式即为商，而剩下的 (123) 就是余数。算数的长除法可以看做以上算法的一个特殊情形，即所有 x 被替换为 10 的情形。除法变换使用多项式长除法可以将一个多项式写成 除数-商 的形式（经常很有用）。 考虑多项式 P(x), D(x) （( D)的次数 ( P)的次数）。 然后，对某个商多项式 Q(x) 和余数多项式 R(x) （( R)的系数 ( D)的系数），这种变换叫做除法变换，是从算数等式 .1 得到的。3应用
3、:多项式的因式分解有时某个多项式的一或多个根已知，可能是使用 rational root theorem 得到的。如果一个 n 次多项式 P(x) 的一个根 r 已知，那么 P(x) 可以使用多项式长除法因式分解为 (x-r)Q(x) 的形式，其中 Q(x) 是一个 n-1 次的多项式。简单来说，Q(x) 就是长除法的商，而又知 r 是 P(x) 的一个根、余式必定为零。相似地，如果不止一个根是已知的，比如已知 r 和 s 这两个，那么可以先从 P(x) 中除掉线性因子 x-r 得到 Q(x)，再从 Q(x) 中除掉 x-s，以此类推。或者可以一次性地除掉二次因子 x 2-(r+s)x+rs。
4、使用这种方法，有时超过四次的多项式的所有根都可以求得，虽然这并不总是可能的。例如，如果 rational root theorem 可以用来求得一个五次方程的一个（比例）根，它就可以被除掉以得到一个四次商式；然后使用四次方程求根的显式公式求得剩余的根。寻找多项式的切线多项式长除法可以用来在给定点上查找给定多项式的切线方程。 2 如果 R(x) 是 P(x)/(x-r) 2 的余式也即，除以 x 2-2rx+r2那么在 x=r 处 P(x) 的切线方程是 y=R(x)，不论 r 是否是 P(x) 的根。2 一元多项式及整除性下面主要讨论带余除法，最大公因式，互素的性质，因式分解，重根判定，求有理
5、根的方法。学习本章应掌握：求最大公因式，求有理根的方法。定义 4 设 P是一个数域， x是一个文字，形式表达式 )1( 011axann其中 ia是数域 中的数， 是非负整数）称为数域 上的一元多项式，通常记为 )(f。k称为 次项的系数。例如： xxf521)(3是多项式g不是多项式，因为 1不是非负整数。定义 5 如果数域 P上多项式 )(f， xg同次项系数都相等，称 )(xf与 g相等记为：= )(一个多项式里可以人员添上系数为 0 的项，约定 ii定义 6 在（1 ）中如果 na，称 为多项式 01axaxfn的次数，记为 )()(xff， 或 次。4零多项式不定义次数。下面给出多项
6、式加法与乘法：设niixaf1)(miixbg1)(是数域 P是的多项式。 0 mnba规定 niiixbagf1)()(。kkknmiimbabaccxf0101 )( 其 中易验证多项式加法与乘法满足下列算律： 01加法交换律： )()(fgf2加法结合律： )( xhgxhx3乘法交换律04乘法结合律5乘法对加法的分配律关于多项式次数，我们有定理 2 设 )(xf， ,0f是数域 P上的两个多项式， ,0)(xf)(g则(1) 当 f+ g时 )(xf+ ),(maxgfg(2) 当 )(f时 f)(f证明：略。明显地利用定理 5 不难证明推论：若 )()(xhfxgf ,0f则 )(x
7、hg一个三位数 1：三个数相加为 20。2：百位上的数字比十位上的数大 5。3：个位上的数是十位上数的 3倍，这个 3 位数是什么？设十位数为 x，百位数（x+5） ，各位 3x。相加为 20，所以 x+x+5+3x=20。所以 x=3，也就是 839.第五讲 多项式1.(一、多项式的整除概念)2.(二、最大公因式)(本页)3.(三、多项式的因式分解) 4.(四、重因式 五、多项式的函数)5.(六、复与实系数多项式的因式分解)6.(七、有理数域上的多项式)如果多项式 既是 的因式, 又是 的因式, 那么 称为 与 的公因式.5定义 3设 . 如果 上多项式 满足以下条件:(1) 是 与 的公因
8、式;(2) 与 的任何公因式都是 的因式,则称 是 与 的一个最大公因式.引理如果有等式成立, 那么 , 和 , 有相同的公因式.由于在上述引理中, 我们可得到次数比 的次数小的 . 因此求 , 的最大公因式的问题可转化为求次数低一些的一对多项式 , 的最大公因式的问题. 如此下去, 这就是下面辗转相除法的思想.定理 3数域 上任意两个多项式 与 一定有最大公因式, 且除相差一个非零常数倍外, 与 的最大公因式是唯一确定的, 且 与 的任意最大公因式 都可以表示成 与 的一个组合, 即有 中的多项式 , 使得 当 与 不全为零时, 其最大公因式 , 而 与 的任一最大公因式必为 的形式, 其中
9、 为 上非零数. 在这些最大公因式中有唯一的一个首项系数是 1, 我们用 来表示. 如果 , 则最大公因式只有一个零多项式, 记作 (0,0)=0.例 2 设求 , 并把它表示成 , 的一个组合.解 用辗转相除法:6第一步: 用 除 , 得商 , 余式 .第二步: 用 除 , 得商 , 余式 .第三步: 用 除 , 得商 , 余式 .最后一个不为 0 的余式是 , 所以最终得:定义 4如果 的最大公因式 , 则称 与 互素.定理 4两个多项式 互素的充分必要条件是存在 , 使得7证明 必要性 如果 与 互素, 那么 . 由定理 3, 存在 , 使得充分性. 如果 令 是 与 的最大公因式. 于
10、是从而, . 故 必为零次多项式. 所以 与 互素.互素多项式的一些性质(1) 若 , 且 , 则 .(2) 若 , , 且 , 则(提示 5.2)我们可以自然地把最大公因式及互素等概念推广到任意多个多项式的情况.定义 5设 ( ). 如果多项式 满足以下两个条件:(1) ;(2) 的任何公因式都是 的因式. 则称 是 的最大公因式.如果 全等于 0, 则其最大公因式等于 0, 否则, 它们的最大公因式不等于 0. 与 的情况一样, 可知它们的任意两个最大公因式只差一个非零常数倍. 我们仍用 表示它们中首项系数为 1的最大公因式. 则有定理 58该定理告诉我们, 求多个多项式的最大公因式问题最
11、终可归结为求两个多项式的最大公因式问题.例 3 设 , , . 求 解 利用定理 5 来计算. 由计算可知所以, .第二章 多项式2.1 一元多项式的定义和运算2.2 多项式的整除性2.3 多项式的最大公因式2.4 多项式的分解2.5 重因式2.6 多项式函数多项式的根2.7 复数和实数域上多项式2.8 有理数域上多项式返回教案总目录22 多项式的整除性一、教学思考1、在 Rx内，除法不是永远可以施行的，因此关于多项式的整除性的研究，也就是一个多项式能否除尽另一个多项式的研究，在多项式理论中占有重要地位。本节限于数域 F上讨论多项式的整除性，其与整数的整除性类似，注意对照学习。2、多项式的整除
12、性是多项式之间的一种关系（等价关系） ，为加深对此概念的理解，需掌握一些特殊多项式（零多项式，零次多项式）间的整除关系及整除的性质。3、数域 上任意两个多项式总有带余除法结论成立，其证法思想是在中9学代数中多项式的长除法的运算表示实质的一般化，唯一性用同一法。4、证明 ()|fxg的思想可从定义、带余除法得到的充要条件以及将()gx分解成两项之和而每一项能被 ()fx整除，或将 ()gx分离出 ()fx作为一个因子来考虑。5、整除性不随数域扩大而改变是由带余除法得到的一个非显而易见的结论。二、内容、重点、要求1、内容：一元多项式整除的定义、性质，带余除法。2、重点：整除的定义、带余除法定理。3
13、、要求：正确理解掌握整除概念、性质，掌握带余除法定理。三、教学过程约定：2.2-2.5 节在数域 F中讨论多项式， Fx是 上一元多项式环。1、多项式的整除及性质（1）定义 1：设 (),fxg若 ()h使得()gxfh（1） 则称 整除（除尽） ()；用符号 |()fxg表示。用符号 |()f表示 f不整除 ()当 ()|时，称 x是 g的一个因式， 是 fx的一个倍式。注：（1）整除是多项式之间的一种关系，非多项式的运算。（2）符号“ ()|f”不要与“ ()/fxg”混淆，后者是分式，后者中 0g；而前者中由定义 0A，即零多项式整除零多项式。（3）多项式整除性与整数的整除性非常相似，而
14、不同的是：在多项式整除定义中，只要求存在适合条件（1）的 ()hx，不要求 ()hx是否唯一，这就使得多项式整除比整数整除有更广的含义，如在多项式整除意义下 7|13。（2）性质A）若 ()|fxg、 ()|x，则 ()|f；（传递性）B）若 h、 h，则 ()hxgx；C）若 |，则对 F有 |h；特别2()|f， (),()nfN；D）由 B、C 若 |1,2)ixgn ，则对(),(1,)ihxFi，有 (|(iifxgx；E）零次多项式整除任一多项式；F）对 )fx，有 |),0cfcF；特别 ()|fx；（1）本章讨论不涉及分式，有时用 (gx表示非零多项式 g整除 所得的商，即若
15、()()fxgh时，用 )(f表示 )h。（2）因在数域中，一般不绝对唯一（可差常数因子） 。（3）整数整除不同。10G）若 ()|fxg、 ()|xf，则 (),0fxcgFc。以上性质由定义容易证明，下面仅证 G）：由条件 ,uvF，使得（1） ()fux， ()()fgxv则有（2） ()()f。若 ()0f，由（1）得 ；若0x，则由（2）及消去律得 uxv，于是 0v，从而， 0x；这样 ,是 F 中非零常数。注：1）由 A、F、G 知“整除关系”是一种“等价关系” ；2）B、C 提供了证明 ()|fg的两个思路：一、要证 ()|fxg，若能将()gx表示为 12()，而 ()1,2
16、ix；二、要证 ，若能将表示为 xg而 1|f或 |()fgx。3）为理解概念、性质，注意如下问题：A） 0|（因对 ()F，有 0A） ；B）零多项式是否整除任意多项式？若 ()fx，由 A） 0|fx；若 ，对 (),()(),0|()ggxffx。（可知零多项式仅能整除零多项式）C）任意多项式 ()f是否整除零多项式？0Fx，使 ,()|xfA。D）性质 B 之逆是否成立？即若 ()hfxg，是否 ()|hxf且 ()|hxg。（不真。如： ()0,hg）E）性质 C 之逆是否成立？即若 |，是否 |fg或 |。（不真。如： 2)(3,)2,()3fxx）2、带余除法引例：中学代数里，用
17、长除法求一个多项式去除另一个多项式得商式及余式。即对 (),0fg，求 (),qrx使()fxqrx， 其中 或 00()()gx。如： 322456,31：作法 (1)： 2|39x86217今写为： 231|x32456x31x392186()f7x则商式为 ()q31x，余式为 ()rx317。有22456)()x11上述过程具体可总结为：第一步：将 (),fxg写成降幂的形式，缺项补 0；第二步：消最高次项（首项） ；为此商 321x，作差 32()1fxg，得 1()fx21386。 （ 00()(fg第三步：消 ()fx的首项；为此商 2，作差 21)(f，得 r7。 （ 00()
18、(rxx结束）（1）注意格式，降幂排列，缺项补 0。由此，一般地可作如下：设 )fngm，101()nnfxaxammgbb101| 1(1)0() |nnfxaxa 0nmb(2)00nnnax令 1()f()fgx0mab(3)若 00，设 1f1110,010(,)nnnaxxa ，同样消1()fx首项，作 1()f得 2()ff)gmb，且 2(fx具有性质：或者 2x或者 00211(f。重复对 1(f的讨论，由于001()()ffx，即 ()fx， f， 的次数是递减的，而是有限数，因此有限步（ k步）后可得这样一个多项式 )kfx1()kfgx1,0knmab（ 1,0a为 1k
19、f首项系数） ，而 0或者0()()kfx。这样得一串等式：0n1()fx1()fg10mab2 1()kfx1,0knx()kf把这些等式加起来得： ()f(g0nmab10n 1,0)knmaxb(kf，于是有qx0nm1x 1,0kmx， (r满足要求。（1）降幂排列；12（2）消 nx项： 作商 0nmaxb，作差 1()fx()fg0（3）讨论。上述结论叙述为：定理 2.2.1（带余除法）设 (),fxgFx，且 ()0g，则（1） (),qxrFx使得 ()qr； （ ）其中 0或 0()r。（2）满足（ ）式及条件的 ,()只有一对。（分析：定理要求满足（ ）式及条件的 (),x
20、r存在且唯一，上述一般讨论已说明存在性，下重点证唯一性，注意条件，用同一法。 ）证明：（1）存在性：若 ()0fx或 0)fg，取()0,()qxrfx便满足（ ）式；若 ()(，由上述讨论可得成立。（2）唯一性：假设还有 (),qrF使得 )()fxqrx，且()r或 00()rg，上式与（ ）式相减得：gxqx。若 ，则 ()0()xgx，此时00()()，而 0)(r，矛盾；因此rx（即 rx） ，又 ，所以 )(0qx，即q。注：（1）定理的证明过程给出了求商式与余式的方法，实质为作长除法的过程。（2）注意定理唯一性的条件是在 ()0rx或 0()()rxg下。（3）定理的理论意义及作
21、用在下面讨论多项式的整除性及最大公因式时有重大作用。注：设 (),fxgFx；（1） (),()|()gff；（2）0|()f除 fx的余式为 0。事实上：（1）由定义及零多项式的特征显然；（2）若 (),由 TH2.2.1 ,()qrF使得 ()()fxgqrx，因此|gxfrx。问题：设 ,F是两个数域，且 ，显然 F，若(),f，且 ()|gfx （在 x内） ；问题在 内是否 ()|f？（下答）推论 2：设 ,是两个数域，且 F，若 (),fxg，且在 x内()|gxf，则在 内 ()|f。 （即多项式的整除性不随数域的扩大而改变。 ）证明：若 ()0,gx因在 x内 ()|gf，所以
22、 ()0,f故在 F内显然13()|gxf。 （因 0 仅整除 0）若 ,，则在 Fx内 1(),qrxF使得 ()()fxgqrx，且r， ()rg；而 ()，即上式在 F内仍成立，于是由 的唯一性及推论 1 得在 内 |f。例 1：当 ,mpq适合什么条件时： 23|xmxp。解：（法一）作带余除法 23|0|xx32(1)pqmx2(由推论 1： 3|xpxq2(1)0mxq20,pq；故当 2,1pm时23|x。（法二） （待定系数法）由整除的定义： 1|mxpxc(1)32()(pxqxc由多项式相等定义得： 20,1cmm。例 2：证明： (2)|()|();kffkN。证明： )
23、xqx使得 x，|kkff。（反证法）若 |()f，由推论 1 (),qrF使得()fqr，且 0；于是 11()kkkkkfxqrxCxr111()()kkxC上式即 除 kf的表达式，其中 0k，所以 |kf，矛盾。（思考：上面讨论是在数域内，若放在数环内应有和结果？只要注意到数环与数域的区别在于有无除法运算，且在 TH2.2.1 的证明中，只有 ()gx的最高次项的系数 0b才在分母上出现，因此若 (),fxg是数环 R上的多项式，且 的最高次项的系数为 1 的非零多项式时，则带余除法可在 内进行，即1(),qxrRx使得 ()fqr； 其中 或 00r。 ）（1）由给定的多项式知（2）注意 为一次多项式，则在下面余式至多为零次多项式。
