多项式的整除性
第二次课 整除的概念
第二次课 整除的概念教学目标要求：理解多项式整除概念和性质,熟练掌握带余除法及整除的性质。
教学内容：１．带余除法定理和综合除法 ２．整除的概念 ３．整除的性质。
教学重点与难点：多项式整除的概念和性质,带余除法定理；带余除法定理的理论证明.．一、 带余除法与综合除法１．带余除法定理1 设f (x ), g (x )都是F [x ]中的多项式,且g (x )≠0,那么总可以在F [x ]中找到q (x )和r (x ),使得f (x )=g (x )q (x )+r (x )这里r (x )=0或者r (x )的次数小于g (x )的次数,满足以上条件的q (x )和r (x )只有一对. 证明 : 可行性若是f (x )=0或者f (x )的次数小于g (x )的次数,取q (x )=0,r (x )=f (x ),可使（2）式成立.若 0∂(f (x ))≥0∂(g (x )),令f (x )=a 0x n +a 1x n -1+…+a n -1x +a ng (x )=b 0x m +b 1x m -1+…+b m -1x +b m这里 a 0≠0,b 0≠0,且n ≥mg (x )=b 0x m +b 1x m -1+…+b m -1x +b m mn m n n n n n x a b x a b x f a x a n a x a ------+=++++110100101110)(1111111010)(n n n n a x a x a x f x a +++=+-2221,21220210)(n n n n a x a x a x f x a ++++-由此得： )()()(0101x g x a b x f x f m n ---=,)()()(01012x g x a b x f x f m n ---=,………………)()()(10,1101x g x a b x f x f m n k K k k ------=而 f k (x )=0或f k (x )=0的次数小于m ,把这些等式加起来得)())(()(110,1101010010x f x a b x a b x a b x g x f k m n k m n m n k ++++=-------- 取 )()(,)(110,1101010010x f x r x a b x a b x a b x q k m n k m n m n k =+++=-------- ,命题得证.唯一性：若还有q ’(x ),r ’(x ),使f (x )=g (x )q ’(x )+r ’(x ),则由f (x )=g (x )q (x )+r (x ),得g (x )(q (x )-q ’(x ))=r ’(x )-r (x ).。
数学中的多项式函数与整除性理论
数学中的多项式函数与整除性理论多项式函数作为基本的数学概念，在数学的各个分支中都有着广泛的应用。
而整除性理论是现代数学中的一个重要理论体系，它探究了数字之间的整除关系及其相关性质。
本文将探究多项式函数与整除性理论的关系，以及多项式函数在整除性理论中的应用。
1. 多项式函数的定义及性质多项式函数是指以自变量x为变量，系数为任意实数或复数的一次或多次幂的和。
即P(x)=a0+a1x+a2x^2+…+anxn，其中a0,a1,a2,…,an为实数或复数。
多项式函数的阶次为最高幂的次数，而且一般情况下只考虑最高幂的系数不为零的多项式函数。
多项式函数具有以下性质：（1）多项式函数加法和乘法都满足结合律、交换律和分配律。
（2）多项式函数的导数是其各项系数与下标同时减一的多项式函数。
（3）多项式函数的零点是指使其取值为零的自变量值。
每个n 次多项式函数最多有n个不同的零点。
2. 整除性理论中的多项式函数应用整除性理论探究了数字之间的整除关系及其相关性质，其应用范围覆盖了数论、代数及解析几何等许多分支。
在整除性理论中，多项式函数有着重要的应用。
（1）多项式的因式分解与整数相似，多项式也可以进行因式分解。
多项式的因式分解指的是将一个多项式表示成若干个一次或多次幂的乘积的形式，即P(x)=a(x-b1)(x-b2)…(x-bn)，其中b1，b2，…，bn为多项式的根。
（2）最大公因数和最小公倍数多项式的最大公因数是指可以整除每个给定的多项式的最高公共因式。
最小公倍数是指可以被每个给定的多项式除尽的最小公倍式。
（3）整处关系的判定多项式的整除关系也可以像整数一样判定。
如果一个多项式f(x)能够被另一个多项式g(x)整除，则在f(x)除以g(x)的余数为零的情况下，f(x)可以表示为g(x)与余数r(x)的乘积。
即f(x)=g(x)⋅q(x)+r(x)，其中q(x)为商，r(x)为余数。
如果r(x)为零，则f(x)能够被g(x)整除。
多项式的整除性和带余除法
多项式整除性理论主要讨论任给两个多项式 f(x),g(x), 是否有 g(x) 整除f(x)以及与此相关的多项式的最大公因式, 多项式的因式分解等问题. 在讨论一元多项式的整除性理论时,带余除法是 一个重要定理, 它给出了判断多项式 g(x)能否整除多项式f(x)的一个有效方法; 并且是讨论一元多项式的最大公因式及多项式根的理论基础.
如果f(x)|g(x),f(x)|h(x),则对任意多项式u(x),v(x) 都有f(x)|(u(x)g(x)+v(x)h(x));
为什么?
多项式的整除不是运算, 它是Ｆ[x]元素间的一种关系, 类似于实数集 R 元素间的大小关系, 相等关系; 多项式的整除性是不因数域的扩充而改变的.即当数域扩充时, 作为扩充后的数域上的多项式 f(x)和g(x), g(x)
g(x)≠0, g(x)│f(x)等价于 g(x)除 f(x)的余式零.
q(x)和r(x)的求法与中学的方
法基本相同. 在做除法时, 可
由定义不难看出 零多项式被任意一个多项式整除; 零多项式不能整除任意非零多项式; 任意多项式一定整除它自身. 零次多项式(非零常数)整除任意多项式. 当g(x)≠0时,由带余除法定理得到 Theorem1.对于P[x]中任意两个多项式f(x)与g(x),其中g(x)≠0, 则g(x)|f(x)的充分必要条件是g(x)除f(x)的余式为零.
多项式的整除性和带余除法
带余除法定理:对于P[x]中任意两个多项式f(x)与g(x),其中(g(x)≠0,一定有P[x]中的多项式q(x)和r(x)存在,使得
Definition5.(整除的定义)
称P[x]上的多项式g(x) 整除f(x),如果存在P[x]上的多项式h(x), 使得
关于多项式的综合算式练习题
关于多项式的综合算式练习题题一：多项式的整除性质已知多项式$P(x) = x^3 - 3x^2 + 2x - 4$，求：1. $P(2)$的值；2. $P(-1)$的值；3. 化简$P(2x)$。
解析：1. 将$x$替换为2，得到：$P(2) = 2^3 - 3(2^2) + 2(2) - 4 = 8 - 12 + 4 - 4 = -4$。
2. 将$x$替换为-1，得到：$P(-1) = (-1)^3 - 3(-1)^2 + 2(-1) - 4 = -1 - 3 + (-2) - 4 = -10$。
3. 化简$P(2x)$，将$x$替换为$2x$，得到：$P(2x) = (2x)^3 - 3(2x)^2 + 2(2x) - 4 = 8x^3 - 12x^2 + 4x - 4$。
题二：多项式的运算已知多项式$Q(x) = 3x^2 - 5x + 2$和$R(x) = 2x^2 - x + 3$，求：1. $Q(x) + R(x)$的结果；2. $Q(x) - R(x)$的结果；3. $Q(x) \cdot R(x)$的结果。
解析：1. 将$Q(x)$和$R(x)$对应的系数相加，得到：$Q(x) + R(x) = (3x^2 - 5x + 2) + (2x^2 - x + 3) = 5x^2 - 6x + 5$。
2. 将$Q(x)$和$R(x)$对应的系数相减，得到：$Q(x) - R(x) = (3x^2 - 5x + 2) - (2x^2 - x + 3) = x^2 - 4x - 1$。
3. 将$Q(x)$和$R(x)$进行乘法运算，得到：$Q(x) \cdot R(x) = (3x^2 - 5x + 2) \cdot (2x^2 - x + 3) = 6x^4 - 11x^3 + 4x^2 - 14x + 6$。
题三：多项式的因式分解已知多项式$S(x) = x^3 - 6x^2 + 9x$，求其因式分解。
多项式整除
例3．求实数 m , p, q 满足什么条件时多项式
x mx 1 整除多项式 x 3 px q.
2
附：整数上的带余除法
对任意整数a、b（b≠0）都存在唯一的整数q、r， 使 a＝qb＋r，
其中 0 r b .
q x g x r x q x g x r x
即
q x －q x g x ＝r x －r x .
若q x q x ，由g x 0, 有r x －r x 0
4 2i 5 2i
9 8i 9 8i
１ 有
f ( x ) g( x ) x 2 2ix 5 2i 9 8i .
例２.
把 f ( x ) x 表成 x 1的方幂和．
5
０ ０ ０ ０ ０ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １= c0 2 3 4 １ 2 3 4 5= c1 １ １ 1 3 6 3 6 10= c2 １ １ 1 4 4 10= c3 １ １ 1 1 5= c4 x 5 ( x 1)5 5( x 1)4 10( x 1)3 10( x 1)2 5( x 1) 1
g( x ) | f ( x ) h2 x 使得 f ( x ) g ( x )h2 x .
f ( x ) h1 x h2 x f ( x ).
若 f ( x ) 0,
则 g ( x )＝0,
f ( x )＝cg( x )，c P ,c 0
② g ( x ) 不能整除 f ( x ) 时记作： g ( x ) | f ( x ).
5：域的特征和多项式的整除性
作业:253页,1,7
3. 设F是一个域。求证：多项式环F(x,y)中所有 常数项为0的多项同式作成一个理想，不是主理 想。 证明：设所有常数项为0的多项式集合为N。 (1)若f,g N,则f-g常数项仍为0，故f-g N (2)取 fN，任取gF(x,y)，则g· f常数项仍为0， 故g· fN。因而N为理想。 现证N不是主理想，
第七章
多项式
有限域 素域
§7.1
域的特征
1、 若有壹交换无零因子环的任意理想是 主理想，则称主理想环。 试证整数环I是主理想环。 （主理想是理想，但理想未必是主理想。 例如：所有两个文字的多项式，按多项式加乘是 环，所有常数项为0多项式是理想。但不是主理 想，所有各项中均有文字x的多项式是主理想 Xf[X，Y]）
6、域F中任意非零元在加群中周期也是P 见性质6.6.13。
例：{ 因为
0,1, 2, 3, 4 }之特征为5
11111 0
。
22222 442 32 0 33333 113 0 44444 334 14 0
7、（定理7.1.1） 任意域F的特征P是零或一质数。 证：若P0， 往证P是质数。 若不然P=hk， 1<h<p ，1<k<p 则 (he)(ke)=(hk)e=pe=0 因域中 无零因子，则（he），（ke）必有一 为 零 ， 但 P 为 周 期 ， 而 k<p ， h<p ， 矛盾
1. 在R17中3/4等于什么？
解：在R17中4131(mod17)， 故4-1=13，所以3/4=34-1=313=5。
§7.2
多项式的整除性
我们取定一个域F而研究F上面的一个文字的多项 式。一个文字х是一个抽象的符号，F上面一个 文字х的多项式就是呈如下形式的式子： a0хn + a1хn-1 + … + an-1х + an （1） 其中n，n-1，…是非负整数，而系数a0，a1，…， an都在F内。 х的多项式可以用ƒ（х），g（х）等代表。 在（1）式中，若n=0，则此多项式只有一个“常 数项”a0，这时，可将其看作是F中的元素a0。 多项式中，系数是0的项可以删去。另一方面，也 可以添上一些系数是0的项。例如，2х2+0х-1 可以写成2х2-1，0х3+2х2-1，等等。
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71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
多项式的整除性和带余除法-课件（PPT 演示）
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
原题目：多项式的整除性质
原题目：多项式的整除性质
多项式的整除性质
在代数学中，多项式的整除性质是一种非常重要的属性。
它描
述了多项式之间的除法关系。
本文将介绍多项式的整除性质及其应用。
定义
设A(x)和B(x)是两个多项式，如果存在另一个多项式C(x)，
使得A(x) = B(x) * C(x)，则称B(x)可以整除A(x)，记作B(x) | A(x)。
整除定理
多项式的整除性质可以通过整除定理来描述。
整除定理指出，
当B(x)是一个一次多项式，即B(x) = ax + b，并且B(x)整除A(x)时，A(x)在x = -b/a时取值为零。
应用
多项式的整除性质在代数学和计算学中有广泛的应用。
一些重要的应用包括：
1. 确定多项式的公因式：如果B(x)整除A(x)，则B(x)是A(x)的一个公因式。
这可以用来简化多项式、分解多项式或找到多项式的根。
2. 带余除法：根据整除性质，可以使用带余除法来将一个多项式除以另一个多项式。
带余除法是一种有效的算法，可以用于多项式的除法运算。
3. 多项式的因式分解：利用多项式的整除性质，可以将一个多项式因式分解为较低次数的多项式乘积的形式。
这在代数学和数值计算中都是非常重要的操作。
4. 多项式的最大公因式：通过利用多项式的整除性质，可以求解多项式的最大公因式。
最大公因式是两个或多个多项式共有的最高次数的公因式。
总结
多项式的整除性质是一种重要的代数属性，它描述了多项式之间的除法关系。
整除定理提供了判断多项式整除性的方法，而多项式的整除性质在代数学和计算学中有广泛的应用。
2.2多项式的整除性
2.基本性质
(a). 对f(x)∈F[x]和c∈F( c≠0),总有f(x)|0, c|f(x), c f(x)|f(x).
注：(1)任何多项式f(x)都有因式c和cf(x)(0 ≠c∈F），
它们称为f(x)的平凡因式.
2.综合除法
若 f ( x) an xn + an1xn-1 + L + a0, 则 x c 除 f ( x) 的商式 q( x) bn1xn1 b0 和余式 r(x)
可按下列计算格式求得：
c an an1 an2 L a1 a0
＋) cbn1 cbn2 L cb1 cb0
均不成立。
问题：
(1).零多项式能否整除零多项式？ (2).任意非零多项式能否整除零多项式？ (3).零多项式能否整除任意非零多项式？ (4).零次多项式能否整除任意多项式？ (5).零次多项式能否被任意多项式整除？
结论：
1.零多项式能整除且仅能整除零多项式。 2.零多项式能被任意多项式整除（即零多
此时称g(x)是f(x)的一个因式，f(x)是g(x) 的一个倍式。
否则，则称g(x)不整除f(x),记作g(x) † f(x).
注：
(1).g(x)|f(x)不能写作g(x)/f(x),以免与分式混淆; (2).整除性不是多项式的运算，它只是F[x]元素
间的一种关系; (3).若g(x) †f(x)，则对h(x)F[x], f(x)=g(x)h(x)
f ( x) c0 c1( x a) c2( x a)2 L 的形式．
例2.3 设 f ( x) x4 x2 4x 77 , g( x) x 3, 求g( x)除f ( x)所得商式q( x)和余式r,并指出 是否有 g( x) f ( x).
多项式的整除性
4.3 多项式的整除性教学内容：4.3多项式的整除性教学目标：正确理解多项式的整除概念及性质。
理解和掌握带余除法。
授课时数：2学时教学重点：多项式整除的概念及基本性质教学难点：带余除法定理及证明（定理4.3.1及证明）教学过程：在][x F 中除法不是永远可以实施的，因此多项式整除性的研究在多项式理论中占有重要的地位。
一、多项式整除的概念及性质1. 定义定义 1 设][)(),(x F x g x f ∈.如果存在][)(x F x h ∈,使得)()()(x h x f x g =,则称)(x f 整除（能除尽）)(x g ,记作)(|)(x g x f 。
此时说)(x f 是)(x g 的因式，)(x g 是)(x f 的倍式。
如果满足条件的)(x h 不存在，即对任意)()()(],[)(x h x f x g x F x h ≠∈,则称)(x f 不能整除)(x g , 记作()|()f x g x .由定义1知：1︒0|)(],[)(x f x F x f ∈∀;特别地，0|0.2︒)(|,x f c F c ∈∀.3︒,c d F ∀∈,0≠c ，有d c |.如2|0。
4︒高次多项式不能整除低次多项式。
课堂思考题：1）能整除任何多项式的多项式是什么？2）能被任何多项式整除的多项式是什么？2. 整除的基本性质我们可以将整数的整除性质平移过来1） 若)(|)(),(|)(x h x g x g x f ,则)(|)(x h x f ;2） 若)(|)(),(|)(x g x h x f x h ,则))()((|)(x g x f x h ±;3） 若)(|)(x f x h ,则对任意)(x g ,有)()(|)(x g x f x h ；4） 若)(x h |i f )(x ,()(),1,2,3,,,i c x F x i n ∀∈= 则|)(x h ∑=n i i i x f x c 1)()(； (整除倍式和)5） 对任一多项式(),()|(),|()(0,)f x cf x f x c f x c c F ≠∈;6） 若),(|)(),(|)(x f x g x g x f ,则存在0,≠∈c F c ,使)()(x cg x f =.二.带余除法⒈ 实例（中学中的多项式除多项式）例2 322()26,()1f x x x x g x x x =+++=++，求()g x 除()f x 所得商式()q x 及余式()r x 。
7.2 多项式的整除性
定理7.2.1
域F上х的多项式作成的环F[х]是整区。 证明：只要证明F[х]中无零因子。 若ƒ(х)≠0，g(х)≠0，则 次ƒ(х)≠ -∞，次g(х)≠ -∞， 故次ƒ(х)g(х)=次ƒ(х)+次g(х)≠-∞， 因而ƒ(х)g(х)≠ 0。
结论：对ƒ(х )=q(х )g(х )+r(х ), g(х ) ≠0,次r(х )<次g(х )， 则q(х ) 与 r(х )是唯一确定的。 证明：若ƒ(х )=q1(х )g(х )+r1(х )， 次r1(х )<次g(х )，则 q1(х)g(х)+r1(х)=q(х)g(х)+r(х) 从而,(q1(х)-q(х))g(х)=r(х)-r1(х) 若q1(х )-q(х )≠0，则 次(q1(х )-q(х ))g(х )≥次g(х )， 但次(r(х )-r1(х ))< 次g(х )，产生矛盾。 因之， q1(х )-q(х )=0，即q1(х )=q(х ） 故，r1（х ）=r（х ）。
故次ƒ(х)g(х)=次ƒ(х)+ 次g(х) 。
例子
例 试证域F上的多项式环F[x]的理想都是主理想. 证:设I是F[x]的一个理想.若I中没有非零多项式, 则I={0},它是由0生成的理想.若I中有非零多项式, 设其中次数最低的为g(x).对于它有两种情况: (1)次g(x)=0,即g(x)=aF,且a0.a在F中有逆元 a-1, a-1a=1I,故I=F[x],是由1生成的主理想. (2)次g(x) 0,任取f(x) I,存在q(x),r(x) F[x]使得 f(x)=q(x)g(x)+r(x).因为g(x) I,且I是F[x]的理想, 推出r(x) I.由于g(x)的取法知必有r(x)=0,因此 f(x)=q(x)g(x) (g(x)).有f(x)的任意性知I (g(x)). 反之,g(x) I,对任意h(x) F[x],g(x)h(x) I,从而 (g(x)) I.综上知I=(g(x)),证毕.
高等代数第二版课件§1[1].3_整除的概念
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若 g x 0 则在 F x 中有
f x g x q x r x , r x 0
第二章 多项式
但 F x 中的多项式 q x , r x 仍是 F x 的多项式。 因而在 F x 中，这一等式仍然成立。 由 q x , r x 的唯一性知， 在 F x 中 g x
第二章 多项式
x f k x 例1.3.2：证明
k 1 的充要条件是 x f x
证：充分性显然。 x xq x c
k
k
xq1 x c k
由于 x f
f g h x m1 x m2 x , h x f g
第二章 多项式
m1 x , m2 x F x
若 性质3： h x f x ，对 g x F x 。 h fg 有 证：
f x
第二章
多项式
作业 P44 1（1），2（1），3（1）
第二章
多项式
h x f x
m1 x , m2 x F x
性质2：若 h x g x , h x f x ，则 h f g 。 证： g x h x m1 x , f x h x m2 x
g x 除 f x 的余式 r x 0
证： 充分性。 若 f x g x q x r x 且 r x 0 则有 g x f x 必要性。 若 g x f x ，则 f x g x q x 例1.3.1 设 f x 5x4 2x3 3x2 7x 1, g x x2 2x 3 求 g x 除 f x 所得的余式和商式。
高等代数考研辅导第1讲多项式
(1)零多项式只能整除零多项式 4.说明 (2) f ( x), cf ( x)有相同的因式和倍式
例1.1: 证明：x2 +x 1| x3m +x3n 1 x3 p 2 (m, n, p N ).
(1)( x 1) | f ( x n ) x n 1| f ( x n ) 同理可证明 (2) x 2 x 1| f ( x 3 ) xf ( x 3 ) ( x 1) | f ( x), ( x 1) | f ( x). 1 2 1 2
r 标准分解式:f ( x) cp1r1 ( x) p22 ( x) psrs ( x), c是f ( x)的首项系数,p1 ( x)， ，ps ( x)是首项系数为1的
互不相同的不可约多项式,ri是正整数.
k l r 1 (1) f ( x) ap1k1 ( x) prkr ( x) prk11 ( x) pmm ( x), g ( x) bp1l1 ( x) prlr ( x) qrlr1 ( x) qnn ( x), 其中pr 1 ( x), , pm ( x)与
(1)找u ( x), v( x), 使u ( x) f ( x) v( x) g ( x) 1; (2)证明f ( x), g ( x)的任一公因式都是非零常数； (3)证明( f ( x), g ( x)) 1的方法： (3)反证法； (4) f ( x)的均不是g ( x)的根.
2.因式分解定理及唯一性定理:P上每个次数 1的多项式f ( x )都可以唯一 分解成P上一些不可约多项式的乘积.所谓唯一性指 f ( x ) p1 ( x ) ps ( x ) q1 ( x ) qt ( x ), 那么s t且适当调序后有pi ( x ) ci qi ( x )(ci 0)
多项式的整除
证明：由f(x)=
1 c
(cf(x)),可得。
注：1。每一个多项式f(x)都能整除cf(x), 其中c F. 2。g(x)|f(x) g(x)|cf(x). (c F)
g(x)|f(x) cg(x)|f(x). (0 c F) 即：f(x)与cf(x) (c F)有相同的因式。 f(x)与cf(x) (0 c F)有相同的倍式。
若是 r(x)r(x)0 那么，
q(x)q(x)0
这时等式右边的次数将小于g(x)的次数，而等式左 边的次数将不小于g(x)的次数，这是不可能的。 因此必有：
r(x)r(x)0
因而 q(x)q(x)0
即 r(x ) r(x )q ,(x ) q (x )
说明：1。若无r(x)=0或(r(x))< (g(x))的限制，则使 f(x)=g(x)q(x)+r(x)成立的，q(x),r(x)不唯一，此时不能定 义商式与余式，也不能判断一个多项式能否整除另外一 个多项式。
若f(x)=0,则由（1）知g(x)=0,从而f(x)=g(x).
若f(x)=0,则由（1）知(x) (x)=1，于是，
（(x) (x)）=0，从而（(x)）=0，
（ (x)）=0，令 (x)=c,(0 c F)
则有：f(x)=cg(x).
说明：若f(x)与g(x)均有首项系数为1的多项 式，则有c=1,f(x)=g(x).从而可用此性质 判定两首项系数为1的多项式是否相等。
二 带余除法定理
三 定理2.2.1.设f(x)和g(x)是F[x]的任意两 个多项式，并且g(x) 0,那么在F[x]中 可以找到多项式g(x)和r(x),使
四
f(x)=g(x)q(x)+r(x) ……（*）
线性代数 多项式
例9
例10
例11
例12 是否可约？
式
例13
例14
例15
例16
( f1, g1 )( f 2 , g2 ) ( f1 f 2 , f1g1, f 2 g1, g1g2 )
5 互素多项式 1) )
(5) (6) (7)
6 不可约多项式
)
)
4
7 重因式
（4）
(4) (5)
(6)
(7)
例1
例2
例3
例4
例4
例5
例6
例7
例7
例8
例8
一 基本知识
：
注：
2. 多项式的定义
1）
2）
对应项系数相等
3） 多项式的运算律：
满足加、减、乘、除及一些运算律
3. 多项式的带余除法及整除性
1） 带余除法定理 设 f ，g 使得 其中
P[ x] g 0， 则存在唯一的多项式 q, r P[ x] ， f qg r
—余式
q( x) —商, r ( x) r ( x) 0 或 (r ) ( g ) ，
2） 整除 1° 设 f ，g
f 为g 的倍数 则称 g 整除 f ，记为 g f ，g为 f的因式，
P[ x]，若存在多项式 q P[ x]， 使得 f qg
2°性质
3° 计算 ① 带余除法： ② 综合除法：
f qg r
（
或
）
4 最大公因式 1°
●
ห้องสมุดไป่ตู้
式
且最大公因式不唯一。
2°性质
1) 2)
3)
d uf vg , u, v P, 其中d ( f , g ), d , u, v用辗转相除法求得
多项式的整除性
4）若h( x)| fi ( x),ci ( x) F ( x), i 1,2,3, , n,
n
则h( x) | ci ( x) fi ( x)； (整除倍式和) i 1
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5） f (x) F[x],c F,c 0 c | f (x);cf (x) | f (x). 6）若 f ( x) | g( x), g( x) | f ( x),,则存在c F ,c 0,
使 f ( x) cg( x). 二.带余除法
1.实例（中学中的多项式除多项式）
重复对 f1( x)的同样讨论，由于
( f ( x)) ( f1( x)) ( f2( x)) ，
而( f (x))有限，因此在进行了有限步后，必有 fk ( x) 适合 fk ( x) 0或( fk ( x)) ( g( x))。于是可得到
一串等式：
f ( x) g( x) a0b01 xnm f1( x), f1( x) g( x) a10b01 xn1m f2( x),
a b x , 1 nk1m k1,0 0
r(x)
fk ( x)
适合式（1），并且r( x) 0，或
(r( x)) (g( x))
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3）现证唯一性
设还能找到F[ x]的多项式q1( x), r1( x)，使
f ( x) g( x)q1( x) r1( x)
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但 ( g( x)(q( x) q1( x)) ( g( x))， 而显然有 (r1( x) r( x)) ( g( x))，
多项式的整除性
1.3多项式的整除性1.用()g x 除()f x ,求商式()q x 和余式()r x : (1) 322432123(),()f x x x x g x x x =-+-=-+ (2) 4322323(),()f x x x x g x x x =-+-=-+(1) 45164516()()(),(),()f x g x x q x x r x =+-=+=-(2) 221391731391732488824888()()(),(),()f x g x x x x q x x x r x x =--++=--=+2.确定,a b 的值,使223()g x x x =-+能整除43236()f x x x x ax b =-+++,得2153()()()()f x g x x x a x b =-++++-,所以53,a b =-=3.下列命题是否成立,为什么?(1)成立,否则由()(),()|()()h x f x h x f x g x +,则()|[()()]()()h x f x g x f x g x +-=导致矛盾;(2)不成立,例如11(),(),()h x x f x x g x x ==+=-,但2|x x ,即()|()()h x f x g x + (3) 不成立,例如22(),(),()h x x f x x g x x ===,但222|x x ,即()|()()h x f x g x (4)成立,由于()(),()()f x g x f x g x ∂=∂,所以(),()f x g x 只相差一个常数因子,所以()|()g x f x 成立.(),()f xg x 被()h x 除得的余式相等.()⇒设1122()()()(),()()()()f x h x q x r x g x h x q x r x =+=+,其中1100()()()r x or r x h x =≤∂<∂和2200()()()r x or r x h x =≤∂<∂于是1212()()()[()()][()()]f x g x h x q x q x r x r x -=-+-,由()[()()]h x f x g x -⇒ 12()()()h x r x r x -但1212[()()]m ax{(),()}()r x r x r x r x h x ∂-≤∂∂<∂,这显然不可能,除非120()()r x r x -=,即12()()r x r x =()⇐设12()()()(),()()()()f x h x q x r x g x h x q x r x =+=+,其中 00()()()r x or r x h x =≤∂<∂于是12()()()[()()]f x g x h x q x q x -=-()[()()]h x f x g x ⇒-5.常数,,a b c 满足什么条件时,21()g x x ax =++能整除4()f x x bx c =++?2222121()()()()f x g x x ax a b a a x c a =-+-++-++- 所以222010,b a a c a +-=+-=所以221a b c a +=+=1()()()()()g x h x f x q x p x =,2()()()f x h x p x = 所以2112()()()()()()()()()()g x h x h x p x q x p x g x q x p x p x =⇒=()()q x g x ⇒7.证明：对任意非负整数n,都有222111|()n n x x x x ++++++n 用数学归纳法: 当0n =时,结论显然成立;假设结论在一切不大于n 的非负整数成立,那么在1n +时,3232212121111()[()]()[()]n n n n n xx x xx x x x +++++++=+++++-221212111[()]()()n n n x x x x x x +++=++++++由归纳假设有222111|()n n x x x x ++++++,同时2212111|()()n x x x x x ++++++所以232311|()n n x x xx ++++++8.设k 是任意正整数,证明|()|()kx f x x f x ⇔,下面证明必要性用反证法:若|()x f x ,则10()(),f x xf x c c =+≠,那么1()[()]()kkkf x xf x c xg x c =+=+,由|()|k kx f x x c ⇒矛盾.9.证明：|()()x f x f x ⇔的常数项为011100(),n n n n n f x a x a x a x a a --=++++≠ 于是由于111|nn n n x a x a xa x --+++ ,1110|()n n n n x f x a x a xa x a --=++++所以111000|()()|n n n n x f x a x a x a x x a a ---+++⇒⇒= 反过来,若00a =,显然有|()x f x 10.证明：11||d n x x d n --⇔()⇐设n dq =,则1211111()()[()()]n dq d q d d q d q x x x x x x ---=-=-=-+++11|dnx x ⇒--()⇒若|d n ,设0,n dq r r d =+<<,于是 11111()()ndq rdqr r r r dqrx xxx x x x xx +-=-=-+-=-+-由于111111|,|[()]|d n d r d q d r x x x x x x x ----⇒--,但0r d <<,这显然不可能.所以,必然有0r =,即|d n .。
两个多项式整除的特征
两个多项式整除的特征下载温馨提示：该文档是我店铺精心编制而成，希望大家下载以后，能够帮助大家解决实际的问题。
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多项式与多项式之间的关系
多项式与多项式之间的关系
多项式与多项式之间的关系可以从多个角度来探讨。
以下是一些可能的关系：
1. 整除关系：如果一个多项式 f(x) 能够被另一个多项式 g(x) 整除，即 f(x)
= g(x)q(x) + r(x)，其中 q(x) 和 r(x) 是多项式，且 r(x) 的次数小于 g(x) 的
次数，则称f(x) 能够被g(x) 整除。
这种关系是多项式之间的一种重要关系，可以用于简化多项式。
2. 相等关系：如果两个多项式 f(x) 和 g(x) 对于所有的 x 都相等，即
f(x)=g(x)，则称 f(x) 和 g(x) 相等。
这种关系表明两个多项式具有相同的数
学形式，但系数可能不同。
3. 线性相关关系：如果存在不全为零的常数 c1, c2, ..., cn，使得 c1f1(x) +
c2f2(x) + ... + cnfn(x) = 0，则称多项式 f1(x), f2(x), ..., fn(x) 线性相关。
这种关系表明这些多项式之间有一定的依赖关系。
4. 根的关系：如果一个多项式的根是另一个多项式的根，则这两个多项式之间存在根的关系。
这种关系在解决方程组、求根等问题中有重要应用。
5. 因式分解关系：如果一个多项式可以被写成其他多项式的乘积，则这些多项式之间存在因式分解关系。
这种关系在化简多项式、求值、求解不等式等问题中有重要应用。
以上是一些常见的多项式与多项式之间的关系，它们在数学、物理、工程等领域中有广泛的应用。
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4.3 多项式的整除性教学内容：4.3多项式的整除性教学目标：正确理解多项式的整除概念及性质。
理解和掌握带余除法。
授课时数：2学时教学重点：多项式整除的概念及基本性质教学难点：带余除法定理及证明（定理4.3.1及证明）教学过程：在][x F 中除法不是永远可以实施的，因此多项式整除性的研究在多项式理论中占有重要的地位。
一、多项式整除的概念及性质1. 定义定义 1 设][)(),(x F x g x f ∈.如果存在][)(x F x h ∈,使得)()()(x h x f x g =,则称)(x f 整除（能除尽）)(x g ,记作)(|)(x g x f 。
此时说)(x f 是)(x g 的因式，)(x g 是)(x f 的倍式。
如果满足条件的)(x h 不存在，即对任意)()()(],[)(x h x f x g x F x h ≠∈,则称)(x f 不能整除)(x g , 记作()|()f x g x .由定义1知：1︒0|)(],[)(x f x F x f ∈∀;特别地，0|0.2︒)(|,x f c F c ∈∀.3︒,c d F ∀∈,0≠c ，有d c |.如2|0。
4︒高次多项式不能整除低次多项式。
课堂思考题：1）能整除任何多项式的多项式是什么？2）能被任何多项式整除的多项式是什么？2. 整除的基本性质我们可以将整数的整除性质平移过来1） 若)(|)(),(|)(x h x g x g x f ,则)(|)(x h x f ;2） 若)(|)(),(|)(x g x h x f x h ,则))()((|)(x g x f x h ±;3） 若)(|)(x f x h ,则对任意)(x g ,有)()(|)(x g x f x h ；4） 若)(x h |i f )(x ,()(),1,2,3,,,i c x F x i n ∀∈= 则|)(x h ∑=n i i i x f x c 1)()(； (整除倍式和)5） 对任一多项式(),()|(),|()(0,)f x cf x f x c f x c c F ≠∈;6） 若),(|)(),(|)(x f x g x g x f ,则存在0,≠∈c F c ,使)()(x cg x f =.二.带余除法⒈ 实例（中学中的多项式除多项式）例2 322()26,()1f x x x x g x x x =+++=++，求()g x 除()f x 所得商式()q x 及余式()r x 。
由中学的知识，得121()()(),()()()()1f x f x g x x r x f x f x g x =-⋅==-⋅，()()()()1()(1)()f x g x x r x g x g x x r x =++=++。
故()1,()5q x x r x x =+=-+， (())(())r x g x ∂︒<∂︒。
我们将此结果一般化。
⒉ 带余除法定理定理4.3.1 （带余除法定理）设0)(],[)(),(≠∈x g x F x g x f ,那么在][x F 中存在唯一的一对多项式),(),(x r x q ，使得)()()()(x r x q x g x f += (Ⅰ)这里0)(=x r 或者(())(())r x g x ∂︒<∂︒。
分析：存在性1） 若0)(=x f 或(())(()),f x g x ∂︒<∂︒取)()(,0)(x f x r x q ==即可；2） 若(())(()),f x g x ∂︒≥∂︒用例题中的降次方法得)()(x g x f =11()(),q x f x +0)(1=x f 或1(())(())f x f x ∂︒<∂︒1︒ 若,0)(1=x f 则取0)(),()(1==x r x u x q2︒ 若,0)(1≠x f 且),()(010g f ∂<∂则取).()(),()(11x f x r x u x q ==3︒ 若,0)(1≠x f 且 )),(())((010x g x f ∂≥∂再对)(1x f 进行同样的讨论可得122()()()()f x g x q x f x =+由于现在限步后，必有)(x f k 适合或0)(=x f k 或(())(()),k f x g x ∂︒<∂︒这样可得一串等式，相加后即得证。
唯一性证明类似整数的带余除法。
证 1）若()0f x =或者(())(())f x g x ∂<∂，则有()()0().f x g x f x =+于是，现在设(())(()),f x g x ∂≥∂记为10111011(),().n n n n m m m m f x a x a x a x a g x b x b x b x b ----=++++=++++这里000,0,a b ≠≠并且.n m ≥令1100()()(),n m f x f x g x a b x --=-⋅则1()0f x =，或1(())(())f x f x ∂︒<∂︒。
若1100()0,()()n m f x f x g x a b x --==⋅，则100()n m q x a b x --=，而()0r x =。
若1()0f x ≠，而1(())(())f x g x ∂︒<∂︒，由1001()()(),n m f x g x a b xf x --=⋅+ 知100()n m q x a b x --=，1()()r x f x =。
若1()0f x ≠，且1(())(())f x g x ∂︒≥∂︒。
设1111110111,(1)11(),n n n n f x a x a x a x a n n m --=++++>≥。
令1121100()()(),n m f x f x g x a b x --=-⋅则1()0f x =，或21(())(())f x f x ∂︒<∂︒。
重复对1()f x 的同样讨论，由于12(())(())(())f x f x f x ∂︒>∂︒>∂︒>，而(())f x ∂︒有限，因此在进行了有限步后，必有()k f x 适合()0k f x =或(())(())k f x g x ∂︒<∂︒。
这里我们可得到一串等式：111001*********,00()()(),()()(),()()(),k n m n m n m k k k f x g x a b x f x f x g x a b x f x f x g x a b x f x ----------⋅=-⋅=-⋅=将这串等式加起来，就有11111001001,00()()()()k n m n m n m k k f x g x a b x a b x a b x f x --------=++++。
于是有11111001001,00(),()()k n m n m n m k k q x a b x a b x a b x r x f x --------=+++=适合式（1），并且0)(=x r ，或(())(())r x g x ∂︒<∂︒。
3） 设还能找到[]F x 的多项式11(),()q x r x ，使11()()()()f x g x q x r x =+ （2）或1()0r x =，或1(())(())r x g x ∂︒<∂︒。
由（1）-（2），得1(()(()())(())g x q x q x g x ∂︒-≥∂︒11()(()())()()g x q x q x r x r x -=-。
若1()()0r x r x -≠，则1()()0q x q x -≠。
但1(()(()())(())g x q x q x g x ∂︒-≥∂︒，而显然有1(()())(())r x r x g x ∂︒-<∂︒，这是一个矛盾。
因此，1()()0r x r x -=，即1()()r x r x =。
由()0g x ≠，得1()()0q x q x -=，即1()()q x q x =。
这样唯一性也得到证明。
（证毕） 定理4.3.1中的(),()q x r x 分别叫以()g x 除()f x 的商式和余式。
3.分离系数法多项式0111)(a x a x a x a x h n n n n ++++=-- 与1+n 元向量之间有一个一一对应。
我们在施行带余除法时，用向量代替多项式，这样操作起来较为方便。
4.带余除法的推论推论1 设(),()[]f x g x F x ∈。
1）()0g x =，()|()g x f x 的充分必要条件是()0f x =；2）()0g x ≠，()|()g x f x 的充分必要条件是)(x g 除)(x f 所得的余式0)(=x r 。
* 用了带余除法的唯一性。
例1 试求332x px q -+能被222x ax a ++整除的条件。
解 用222x ax a ++去除332x px q -+，得商式和余式分别为 23()2,()3()2()q x x a r x a p x q a =-=-++。
而222x ax a ++能整除332x px q -+的条件是()0r x =，即 233()2()0a p x q a -++=，从而20a p -=与30q a +=，即23,p a q a ==-。
补充例题 设n d ,为正整数。
证明：1-d x 整除1-nx 当且仅当d 整除n 。
* 与前面补充例方法完全一样。
提示必要性。
问题：多项式的整除性与数域的扩大是否有关系？定理 4.3.2 设],[)(),(x F x g x f ∈F 是数域，并且F F ⊆。
则在][x F 中，()|()g x f x 当且仅当在[]F x 中()|()g x f x 。
换句话说，两个多项式之间的整除关系不随数域的扩大而改变。
（*反之不然）证 若()0g x =[]F x 里()|()g x f x ，就有()0.f x ≠因此，在[]F x 里()g x 仍然不能整除();f x 若()0g x ≠，则在[]F x 里有()()f x g x =()()q x r x +成立，且()0.r x ≠但是()q x 与()r x 都是[]F x 的多项式，因而在[]F x 里一等式仍然成立。
由()r x 的惟一性可得，在[]F x 里仍然有()|g x().f x反之，设在[]F x 中[]()g x f x ，即存在()[],h x F x ∈使()()f x g x =()h x 成立，这一等式在[]F x 里也成立。