多项式长除法精讲精练

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(x3÷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。((x3−12x2)−(x3−3x2)=−12x2+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15.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。2应用: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rationalroottheorem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x2-(r+s)x+rs。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rationalroottheorem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x2-2rx+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axnaxn1axa(1)nn110an其中i是数域P中的数，是非负整数）f(x)axkk称为数域P上的一元多项式，通常记为。k称为次项的系数。1f(x)x35x例如：2是多项式g(x)x3x2x1不是多项式，因为1不是非负整数。f(x)g(x)f(x)g(x)定义5如果数域P上多项式，同次项系数都相等，称与相等记为：f(x)g(x)=一个多项式里可以人员添上系数为0的项，约定1xixia0nf(x)axnaxa定义6在（1）中如果n，称为多项式n10的次数，记3f(x)，或次f(x)为。零多项式不定义次数。下面给出多项式加法与乘法：nmf(x)axig(x)bxiiimna0b0设i1i1是数域P是的多项式。nm 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 nf(x)g(x)(ab)xiiii1。其中bb0m1nmnf(x)•g(x)cxiii1cabababkk0k110k易验证多项式加法与乘法满足下列算律：f(x)g(x)g(x)f(x)10加法交换律：[f(x)g(x)]h(x)f(x)[g(x)h(x)]20加法结合律：30乘法交换律40乘法结合律50乘法对加法的分配律关于多项式次数，我们有f(x)f(x)0,f(x)0,g(x)0定理2设，是数域P上的两个多项式，则f(x)g(x)0(1)当+时(f(x)g(x))max{f(x),g(x)}+f(x)g(x)0(2)当时(f(x)g(x))f(x)g(x)证明：略。明显地利用定理5不难证明f(x)g(x)f(x)h(x)f(x)0,g(x)h(x)推论：若则一个三位数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)4如果多项式既是的因式,又是的因式,那么称为与的公因式.定义3设.如果上多项式满足以下条件:(1)是与的公因式;(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,其中为上非零数.在这些最大公因式中5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: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:6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57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5该定理告诉我们,求多个多项式的最大公因式问题最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82.3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2．2多项式的整除性一、教学思考1、在R[x]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F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f(x)|g(x)的思想可从定义、带余除法得到的充要条件以及将g(x)分解成两项之和而每一项能被f(x)整除，或将g(x)分离出f(x)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、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，F[x]是F上一元多项式环。1、多项式的整除及性质（1）定义1：设f(x),g(x)F[x],若h(x)F[x]使得g(x)f(x)h(x)（1）则称f(x)整除（除尽）g(x)；用符号f(x)|g(x)表示。用符号f(x)|g(x)表示f(x)不整除g(x)当f(x)|g(x)时，称f(x)是g(x)的一个因式，g(x)是f(x)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(x)|g(x)”不要与“f(x)/g(x)”混淆，后者是分式，后者中g(x)0；而前者中由定义00f(x)，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，而不同的是：在多项式整除定义中，只要求存在适合条件（1）的h(x)，不要求h(x)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9A）若f(x)|g(x)、g(x)|h(x)，则f(x)|h(x)；（传递性）B）若h(x)|f(x)、h(x)|g(x)，则h(x)|(f(x)g(x))；C）若f(x)|g(x)，则对h(x)F[x]有f(x)|g(x)h(x)；特别f(x)|f2(x)，f(x)|fn(x),(nN)；D）由B、C若f(x)|g(x),(i1,2,,n)，则对inh(x)F[x],(i1,2,,n)，有f(x)|g(x)h(x)；iiii1E）零次多项式整除任一多项式；F）对f(x)F[x]，有cf(x)|f(x),cF,c0；特别f(x)|f(x)；f(x)（1）本章讨论不涉及分式，有时用表示非零多项式g(x)整除f(x)所得的商，即若g(x)f(x)f(x)g(x)h(x)时，用表示h(x)。g(x)（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。G）若f(x)|g(x)、g(x)|f(x)，则f(x)cg(x),cF,c0。以上性质由定义容易证明，下面仅证G）：由条件u(x),v(x)F[x]，使得（1）g(x)f(x)u(x)，f(x)g(x)v(x)则有（2）f(x)f(x)u(x)v(x)。若f(x)0，由（1）得g(x)0f(x)g(x)；若f(x)0，则由（2）及消去律得u(x)v(x)1，于是0(u(x)v(x))0，从而0(u(x))0，0(v(x))0；这样u(x),v(x)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f(x)|g(x)的两个思路：一、要证f(x)|g(x)，若能将g(x)表示为g(x)g(x)，而f(x)|g(x)(i1,2)；二、要证f(x)|g(x)，若能将g(x)表12i示为g(x)g(x)而f(x)|g(x)或f(x)|g(x)。12123）为理解概念、性质，注意如下问题：A）0|0（因对f(x)F[x]，有00f(x)）；B）零多项式是否整除任意多项式？若f(x)0，由A）0|f(x)；若f(x)0，对g(x)F[x],0g(x)0f(x),0|f(x)。（可知零多项式仅能整除零多项式）C）任意多项式f(x)是否整除零多项式？0F[x]，使00f(x),f(x)|0。D）性质B之逆是否成立？即若h(x)|(f(x)g(x))，是否h(x)|f(x)且h(x)|g(x)。（不真。如：h(x)0,f(x)0,g(x)f(x)）E）性质C之逆是否成立？即若f(x)|g(x)h(x)，是否f(x)|g(x)或f(x)|h(x)。（不真。如：f(x)(x2)(x3),g(x)x2,h(x)x3）2、带余除法引例：中学代数里，用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f(x),g(x)0，求q(x),r(x)使f(x)g(x)q(x)r(x)，其中r(x)0或0(r(x))0(g(x))。10如：f(x)3x34x25x6,g(x)x23x1：作法(1)：3x13x23x1|3x34x25x63x39x23x13x28x613x239x1331x7今写为：x23x1|3x34x25x63x133x39x23x13x28x6f(x)113x239x1331x7则商式为q(x)3x13，余式为r(x)31x7。有3x34x25x6(x23x1)(3x13)(31x7)上述过程具体可总结为：第一步：将f(x),g(x)写成降幂的形式，缺项补0；33第二步：消最高次项（首项）；为此商x32，作差f(x)g(x)x32，得f(x)11113x28x6。（0(f(x))0(g(x)))11313第三步：消f(x)的首项；为此商x22，作差f(x)g(x)x22，1111得r(x)31x7。（0(r(x))0(g(x))结束）（1）注意 格式 pdf格式笔记格式下载页码格式下载公文格式下载简报格式下载 ，降幂排列，缺项补0。由此，一般地可作如下：设0(f(x))n0(g(x))m，f(x)axnaxn1axa01n1ng(x)bxmbxm1bxb01m1mag(x)bxmbxm1bxb|f(x)axnaxn1axa(1)|0xnm(2)01m1m01n1nb0ababaxn01xn10mxnm0bb00a(3)令f(x)f(x)g(x)0xnm1b0n若0(f(x))0(g(x))，设f(x)ax1axa(nn,a0)，同样消1110n1,0n110a11af(x)首项，作f(x)g(x)10xnm得f(x)f(x)g(x)10xnm，且f(x)具有性11b121b1200质：或者f(x)0或者0(f(x))0(f(x))n。重复对f(x)的讨论，由于221110(f(x))0(f(x))0(f(x))，即f(x)，f(x)，的次数是递减的，而1210(f(x))是有限数，因此有限步（k步）后可得这样一个多项式f(x)f(x)kk1ag(x)k1,0xnm（a为f(x)首项系数），而f(x)0或者0(f(x))0(g(x))。bk1k1,0k1kk0这样得一串等式：11af(x)g(x)0xnmf(x)b10af(x)g(x)10xnmf(x)1b120af(x)g(x)k1,0xnmf(x)k1bk1k0把这些等式加起来得：aaaf(x)g(x)(0xnm10xnmk1,0xnm)f(x)，于是有bb1bk1k000aaaq(x)0xnm10xnmk1,0xnm，r(x)f(x)满足要求。bb1bk1k000（1）降幂排列；a（2）消xn项：作商0xnm，作差f(x)b10af(x)g(x)0xnmb0（3）讨论。上述结论叙述为：定理2.2.1（带余除法）设f(x),g(x)F[x]，且g(x)0，则（1）q(x),r(x)F[x]使得f(x)g(x)q(x)r(x)；（）其中r(x)0或0(r(x))0(g(x))。（2）满足（）式及条件的q(x),r(x)只有一对。（分析：定理要求满足（）式及条件的q(x),r(x)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f(x)0或0(f(x))0(g(x))，取q(x)0,r(x)f(x)便满足（）式；若0(f(x))0(g(x))，由上述讨论可得成立。（2）唯一性：假设还有q(x),r(x)F[x]使得f(x)g(x)q(x)r(x)，且r(x)0或0(r(x))0(g(x))，上式与（）式相减得：g(x)[q(x)q(x)]r(x)r(x)。若r(x)r(x)0，则q(x)q(x)0(g(x)0)，此时0(g(x)[q(x)q(x)])0(g(x))，而0(r(x)r(x))0(g(x))，矛盾；因此r(x)r(x)0（即r(x)r(x)），又g(x)0，所以q(x)q(x)0，即q(x)q(x)。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r(x)0或0(r(x))0(g(x))下。（3）定理的理论意义及作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f(x),g(x)F[x]；（1）g(x)0,g(x)|f(x)f(x)0；（2）g(x)0,g(x)|f(x)g(x)除f(x)的余式为0。12事实上：（1）由定义及零多项式的特征显然；（2）若g(x)0,由TH2.2.1q(x),r(x)F[x]使得f(x)g(x)q(x)r(x)，因此g(x)|f(x)r(x)0。问题：设F,F是两个数域，且FF，显然F[x]F[x]，若f(x),g(x)F[x]，且g(x)|f(x)（在F[x]内）；问题在F[x]内是否g(x)|f(x)？（下答）推论2：设F,F是两个数域，且FF，若f(x),g(x)F[x]，且在F[x]内g(x)|f(x)，则在F[x]内g(x)|f(x)。（即多项式的整除性不随数域的扩大而改变。）证明：若g(x)0,因在F[x]内g(x)|f(x)，所以f(x)0,故在F[x]内显然g(x)|f(x)。（因0仅整除0）若g(x)0,，则在F[x]内1q(x),r(x)F[x]使得f(x)g(x)q(x)r(x)，且r(x)0，0(r(x))0(g(x))；而q(x),r(x)F[x]F[x]，即上式在F[x]内仍成立，于是由r(x)的唯一性及推论1得在F[x]内g(x)|f(x)。例1：当m,p,q适合什么条件时：x2mx1|x3pxq。解：（法一）作带余除法x2mx1|x30pxq|xmx3mx2xmx2(p1)xqmx2m2xm(p1m2)xqm由推论1：x2mx1|x3pxq(p1m2)xqm0p1m20,qm0qm,p1m2；故当qm,p1m2时x2mx1|x3pxq。（法二）（待定系数法）由整除的定义：x2mx1|x3pxqxc(1)x3pxq(x2mx1)(xc)由多项式相等定义得：mc0,cm1p,qcqm,p1m2。例2：证明：x|fk(x)x|f(x);(kN)(2)。证明：)x|f(x)q(x)使得f(x)xq(x)，fk(x)xkqk(x)x|fk(x)。)（反证法）若x|f(x)，由推论11q(x),rF[x]使得f(x)xq(x)r，且r0；于是fk(x)(xq(x)r)kxkqk(x)Ck1xq(x)rk1rkkx[xk1qk(x)Ck1q(x)rk1]rkk上式即x除fk(x)的表达式，其中rk0，所以x|fk(x)，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g(x)的最高次项的系数b才在分母上出现，因此若f(x),g(x)是数环R上的多项式，且g(x)的最高0次项的系数为1的非零多项式时，则带余除法可在R[x]内进行，即131q(x),r(x)R[x]使得f(x)g(x)q(x)r(x)；其中r(x)0或0(r(x))0(g(x))。）（1）由给定的多项式知（2）注意x为一次多项式，则在下面余式至多为零次多项式。14