高等代数第二讲带余除法与整除性
高等代学1.4整数的一些整除性质PPT1
定理1.4.5 一个素数如果整除两个整数a 定理1.4.5 一个素数如果整除两个整数 与b的乘积， 的乘积， 那么它至少整除a 中的一个. 那么它至少整除 与b中的一个 中的一个 是一个素数， 不整除a 证 设p是一个素数， 如果 | ab，但p 不整除 ， 是一个素数 如果p ， 由素数的性质2， 必有(p, 由素数的性质 ， 必有 a)=1. 于是由定理1.4.4，存在整数s 和t 使得 sp + ta = 1 于是由定理 ， 两边同乘以b 两边同乘以 ：spb + tab =b . 左边的第一项自然能被p整除； 又因为p 左边的第一项自然能被 整除；又因为 | ab， 整除 ， 所以左边第二项也能被p整除 所以左边第二项也能被 整除. 整除 整除左边两项的和，从而p 于是p整除左边两项的和，从而 | b.
① ②
d | ai , i = 1,2,⋯, n
如果c ∈Z且c | ai , i =1,2,⋯, n, 那么c | d.
定理1.4.2 任意 n(n ≥ 2)个整数 a1, a2 ,⋯, an 都有最 定理 大公因数. 如果d是 大公因数 如果 是 a1, a2 ,⋯, an 的一个最大公因 也是一个最大公因数； 数，那么 - d 也是一个最大公因数；a1, a2 ,⋯, an的 两个最大公因数至多只相差一个符号. 两个最大公因数至多只相差一个符号 由最大公因数的定义和整除的基本性质， 证 由最大公因数的定义和整除的基本性质，显然最 后一个论断是成立的. 后一个论断是成立的 如果 a1 = a2 = ⋯= an = 0 . 显然0就是 的最大公因数. 显然 就是 a1, a2 ,⋯, an 的最大公因数 不全为零. 设 a1, a2 ,⋯, an 不全为零 考虑Z 的子集
多项式的整除性和带余除法-课件(PPT演示)PPT16页
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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
带余除法教学
带余除法教学带余除法，也称长除法，是数学中经常使用的计算方法。
它可以将两个整数相除，并得出除法的商和余数。
在学习代数、高等数学、离散数学等领域时，都需要掌握带余除法。
本文将详细介绍带余除法的教学方法和技巧，帮助读者更好地理解和掌握这一重要的计算方法。
1. 带余除法的定义在整数除法中，给定被除数和除数，商和余数则可以表示为：被除数 = 除数 ×商 + 余数其中，余数是被除数除以除数所得到的余数，商是整除得到的商。
当余数为0时，被除数可以被除数整除。
2. 带余除法的原理对于任意两个整数a和b（其中b≠0），它们的带余除法可以表示为：a = bq + r其中，q是a÷b的商，r是a÷b的余数。
我们可以通过整数除法的性质来证明这个原理。
首先，b可以表示为：b = b×1 + 0根据带余除法的定义，我们可以得到：a = b×q + r其中，r是与a除b所得到的余数，b×q是被a除以b所得到的商。
通过余数的定义，我们可以得到：0 ≤ r < |b|也就是说，r的值应该在0和|b|-1之间。
3. 带余除法的步骤带余除法通常分为以下步骤：（1）在竖式中写下被除数和除数。
（2）计算第一位商，将它写在竖式上。
（3）将除数与第一位商相乘，得出一个中间结果。
（4）从被除数中减去中间结果，得出余数。
（5）将下一位被除数与余数写在一起，得出新的被除数。
（6）将新的被除数除以除数，得出第二位商，将其写在上面。
（7）重复步骤3到6，直到被除数的位数都被处理完毕。
（8）最后，商就是所有商的积，余数就是最后一次除法的余数。
4. 带余除法的注意事项在使用带余除法时，需要注意以下几个方面：（1）当余数为0时，被除数可以被除数整除。
（2）当除数为1时，商和被除数相等。
（3）当除数等于被除数时，商为1，余数为0。
（4）当被除数为0时，商和余数都为0。
（5）当除数和被除数的正负号相同时，商为正数；否则，商为负数。
多项式的整除性和带余除法
• 整除性的几个常用性质:
• 1.任一多项式 f(x)都能被 cf(x) 整除 • 2.如果f(x)|g(x),g(x)|f(x),则 f(x)=cg(x)(c≠0); • 3.如果f(x)|g(x),g(x)|h(x),则 f(x)|h(x); • 4.如果g(x)|f(x),则对任意多项式u(x) 都有 g(x)|u(x)f(x); • 5.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));
• 补充:综合除法
设 f ( x ) a n x n a n 1 x n 1 a1 x a 0 f ( x) ( x c)q( x) r q ( x ) bn 1 x
n 1
bn 2 x
n2
b1 x b0
比较系数, 有 a n bn 1 , a n 1 bn 2 cbn 1 , , a 0 r cb0 我们得到综合除法 c | an a n 1 cbn 1 bn 1 bn 2 an2 cbn 2 bn 3 a1 cb1 b0 a0 cb0 r
由定义不难看出 1.零多项式被任意一个多项式整除; 2.零多项式不能整除任意非零多项式; 3.任意多项式一定整除它自身. 4.零次多项式(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.
EXAMPLE1 . 实数 m, p, q 满足什么条件时, 多项式 x mx 1 能 整除 x px q ?
高等代数第二讲 带余除法与整除性
§1- 3 最大公因子与辗转相除法
定义 1；设 f ,g F[X ] 满足 h f , h g 1) 若 h ( X ) F [ X ]
则称 h ( X ) 为 f ( X ) 与 g ( X )的公因式。
2 ) 若 d ( X ) F [ X ] 是 f 和 g 的公因式 且是 f 和 g 的任一公因式的倍，
q1(X)
= x-1
r2(x)= x -1
所以 ( f, g ) = r2(x) = x -1
f gq 1 r1 ,
r1(x)= x2 +x -2 =(x-1)(x+2)
g r1 q 2 r2 .
r2 g r1 q 2 g ( f gq 1 ) q 2 . q 2 f (1 q1 q 2 ) g .
同理 ( r , g ) ( f , g ).
故 ( f , g ) ( r , g );
f
gq
1
r1 ,
deg r1 deg
g
g r1 q 2 r2 , r1 r2 q 3 r3 ,
deg r2 deg r1
rs 2 rs 1 q s rs rs 1 rs q s 1
proof : i ) 由 u f v g 1, u f h v g h h 两边同乘 f h. h
ii ) g f 1 h1 , f 2 f 1 h1 , 且 ( f 1 , f 2 ) 1 , f 2 h1 h1 f 2 h 2 , g f 1 f 2 h 2 , f1 f 2 g .
g (x)
x
x
x
,
则其首一最大公因式
第2讲 整除、带余除法
第2讲 整除、带余除法1、定义：对于整数a 和不为零的整数b ，总存在整数,m n 使得(0)a bm n n b =+≤<,其中m 称为商，n 称为余数，特别地，当0n =时，即a bm =，便称a 被b 整除（也称a 是b 的倍数或b 是a 的约数），记为|.b a2、性质（1）若|,|a b b c ，则|a c ；（2）若|b a ，则|b ka ，其中k 是任意整数；（3）若|,|a b a c ，则|();a b c ±（4）若|a bc 且(),1a c =，则|a b .特别地，若质数|,p bc 则必有|p b 或|p c ；（5）若|,|b a c a 且(),1b c =，则|;bc a（6）若|,|,b a c a 则[],|b c a .其中(),b c 表示,b c 两数的最大公约数，[],b c 表示,b c 两数的最小公倍数，若(),b c =1，则称,b c 两个数互质.3.具有整除性的数的特征.（1）被2整除的数：个位数字是偶数；（2）被3整除的数：数字和被3整除；（3）被4（25）整除的数：末两位数字组成的两位数能被4（或25）整除；（4）被5整除的数：个位数字是0或5；（5）被7（或11或13）整除的数：奇数位的数字和与偶数位的数字和的差（偶数位的数字和与奇数位的数字和的差）能被7（或11或13）整除；（6）被8（或125）整除的数：末三位数字组成的三位数能被8（或125）整除；（7）被9整除的数：数字和被9整除.典例分析例题 1 如果五位数1234a 是3的倍数，那么a 是_______________.能力冲浪数．n n+除所得的商数q及余数r都是正值，则r的最大值与最例题 2 n为正整数，302被()1小值的和是（）A. 148B.247C.93D.1222-1. 整数A除以3余2，除以4余1，那么A除以12的余数是_________________.n+被4除余数是___________________.2-2. 如果2n被4除余数为1，则()252-3.（第14届“五羊杯”）五羊足球学校有3位教练带着学员一起跑步，如果学员每2人一行，那么最后一行只有1人；如果学员每3人一行，那么最后一行只有2人；如果教练和学员合起来每5人一行，那么刚好可以跑成一个方阵，已知学员人数约为250左右，那么跑步的人数为（ ）A.230B. 250C. 260D.280例题 3 （第十九届江苏省初中数学竞赛）在0,1,2,3,4，…,100这101个整数中,能被2或3整除的数一共有( )A. 85个B. 68C. 34个D. 17个3-1．（第14届“希望杯”）在1,2,3，…，100中，不能被2整除也不能被5整除的所有整数的乘积的个位数字是（ ）A. 7B. 1C. 3D.例题 4 （第十五届江苏省初中数学竞赛）今天是星期天，从今天起第20001111天是星期_____.4-1. (第14届“五羊杯”) 2002年10月1日是星期二，2008年10月1日是星期__________ 4-2. （第十六届江苏省初中数学竞赛）给出一列数1237,7,7， ，20017，其中末位数是3的有_________个.4-3. （第十八届江苏省初中数学竞赛）设2222=1+2+3++2003,m 今天是星期一，若算为第一天，则第m 天是星期几？。
《高等代数》电子教案——4.1整数的一些整除性质
第4章 多项式4.1整数的一些整除性质教学内容：4.1整数的一些整除性质教学目标：掌握整除的性质及带余除法，掌握最大公因数与互素的概念及互素的一些简单性质授课时数：2学时教学重点：整除的性质、带余除法、最大公因数存在定理教学难点：带余除法定理及最大公因数存在定理的证明（定理4.1.1与定理4.1.2的证明）教学过程：一、整数的整除1、整除的定义定义1 设,a b 是两个整数。
如果存在一个整数q 使得b aq =，则称a 整除b ，或称b 被a 整除，记作|a b ，也说a 是b 的因数，b 是a 的倍数。
如果对任意整数q ，都有b aq ≠,则称 a 不整除，记作|a b 。
注：用乘积的等式来定义整除，给后面的讨论带来方便，这是研究方法上的一个进步。
例1 3|6,3|6,5|11,0|0,0|(0),|0.b b a -≠2、整除与除法的区别除法中不能用0作除数；由于整除是由乘积的等式来定义的，有0|0。
二．整除的基本性质根据定义，容易推出整除的基本性质：1）若|,|,a b b c ,则|a c 。
2）若|,|a b a c ,则.|()a b c +。
3）若|,a b c Z ∈,则|a bc 。
4）若|,1,2,,i a b i n = ，,对任意12,,,n c c c Z ∈ ,则有1122|()n n a b c b c b c +++ 。
* 4）是2、3）的推广5）对于任意整数a 有，|0,1|,|a a a a ±±。
6）若|a b 且|b a ，则|b a ±。
6）的证明：按定义，存在整数,c d ，使得,b ac =且a bd =。
将b ac =代入a bd =，有()()a bd ac d a cd ===。
若0a =，则0b ac a ===；若0a ≠，则由消去律得1ad =，因此1c d ==±，于是|b a ±。
例2 若3|n ，且7|n ，则21|n 。
高等代数ppt课件
2）如果g(x) ︳f(x)，那么g(x)就是f(x)与g(x)的一个最大公因式；
§4.2 最大公因式
一、最大公因式的概念
1、公因式：如果多项式(x) 即是 f (x)的因式，又是g(x)的因式， 则称(x)为 f (x) 和 g(x) 的公因式。
3) f (x)g(x) = g(x) f (x);
4) (f (x)g(x)) h(x)=f (x)(g(x) h(x)); 5) f (x)(g(x)＋h(x))=f (x)g(x)＋f (x) h(x).
关于多项式的和与积的次数,我们有
引理4.1.1 设f (x)，g(x)是F[x]中非零多项式．则 (i) 当f (x)＋g(x)≠0时,
deg( f (x)＋g(x))≤max{deg f (x),deg g(x)}. (ii) deg( f (x)g(x)) = deg f (x)＋deg g(x). 推论4.1.2 设f (x), g(x) , h(x) ∈F[x]. (i) 如果f (x) g(x)=0，那么f (x) =0，或者 g(x)=0; (ii) 如果f (x) g(x) = f (x) h(x)，且f (x)≠0，那么g(x) =h(x).
这里当m＜n时， bm+1=…=bn= 0.
多项式f (x)与g(x)的积f (x)g(x)是指多项式 c0＋c1x＋c2x2＋…＋ckxk＋…＋cn+mxn+m,
其中 ck= aibj i jk
k=1,2,3, …,n+m.
对多项式g(x) = b0＋b1x＋b2x2＋…＋b m1x m1＋bmxm, 所谓g(x) 的负多项式－g(x) 是指多项式
高等代数PPT (60)
4x3 3x2 3x 4x3 4x2 4x
x2 7x 1 x2 x 1
6x 2 rx
f x 3x2 4x 1 g x 6x 2
商 q x 3x2 4x 1
余式 r x 6x 2
引理. 设 a x , b x , c x F x, 若 deg b x deg c x , 则
cx axbx ax 0 cx.
定理1(带余除法). 0 g x , f x F x 存在 q x , r x F x 使得
f x qxgx rx
其中 deg r deg g . 且满足条件的 q, r 由 f, g 唯一确定.
q x : g x 除 f x 的商
第四章 多项式 4.2 带余除法与整除
4.2.1 带余除法
约定: F 是数域
一、带余除法
整数运算: 加, 减, 乘
整数的带余除法: 设有整数 a, b, 其中 b 不为零, 则存在 整数 q, r 使得 a qbr 且0 r b . 此时商 q 与余数 r 是由 a, b 唯一确定的.
r x : g x 除 f x 的余式
n
m
证明: 设 f x ai xi , g x bj x j , anbm 0.
i0
j0
存在性 对多项式 f 的次数 n 用数学归纳法.
1 若 n deg f deg g m 0, 令 q x 0, r x f x 即可.
问题: 如何将整数集上的带余除法推广到多项式环上? 能否类似于整数来讨论多项式的整除理论?
引例. 求 f x 3x4 x3 3x 1 除以 g x x2 x 1 的商和余式
g x x2 x 1
3x2 4x 1 q x
3x4 x3 3x 1 f x
高等代数课件--§1.3 整除的概念
项都为anxn, 令多项式
f1 ( x ) f ( x ) bm a n x
1
nm
g (x)
因而，多项式f1(x) 的次数小于n或为零多 项式。由归纳假设，对f1(x), g(x)必存在 q1(x), r1(x) 使得 f1(x)= g(x)q1(x)+r1(x) 其中(r1(x))< (g(x))或r1(x)=0。 于是
且 (q(x)q (x))+(g(x))= (r (x) r(x) )
但 (g(x))>(r (x)r(x)) 矛盾 故 q(x)=q (x) , r (x) = r(x) .
附：综合除法
例1 设f(x)=a0xn+ a1xn1+…+ an1x+a0, g(x)
=x c, 求g(x)除f(x)的商q(x)和余式r(x)。 分析 设f(x)是n次多项式, g(x)是1次多项 式, 则q(x)必是n1次多项式和余式r(x)为零 次多项式或零多项式。
求x+3除x5+22x2+40的商q(x)和余式r(x).
解：由综合除法
‒3
1 1
0 3 3
0 9 9
22 27 5
0 15 15
40 45 5
所以q(x)= x43x3+9x2 5x +15, r(x)= 5
综合除法的用途
① 求一次多项式xa去除f(x)的商式及余式． ② 计算函数值f(a)．
若(g(x))>0,则令q(x)=0, r(x)=a0,结论成立
ii)若n<m,则令q(x)=0, r(x)=f(x)即可。 若nm,假设对次数小于n的f(x)，结论 已成立．下证次数为n的情形．
高等代数 第三版§1.3 整除的概念
q x －q x ＋ g x ＝ r x －r x g x max r , r
但 q x －q x ＋ g x g x , 矛盾． 所以 q x q x , 从而 r x =r x .
f ( x ) c0 c1 ( x a ) c2 ( x a )2
的形式．
例1 求 g x 除 f x 的商式和余式
f x x x x,
3 2
g x x 1 2i
解: 由
1 2i
１
＋)
－１
1 2i 2i
f ( x ) h1 x h2 x f ( x ).
若 f ( x ) 0,
则 g ( x )＝0,
f ( x )＝cg( x )，c P ,c 0
若 f ( x ) 0， 则 h1 x h2 x ＝1
h1 x ＋ h2 x ＝0 h1 x ＝ h2 x ＝0.
2．整除的判定
定理1 f ( x ), g( x ) P[ x ], g( x ) 0,
g( x ) | f ( x ) g( x ) 除 f ( x ) 的余式 r x 0.
3．整除的性质
1) 对 f ( x ) P[ x ], 有 f ( x ) | f ( x ),
③ 允许 g ( x ) 0，此时有 0 0h( x ), h( x ) P[ x ]
即 0 0.
00
零多项式整除零多项式，有意义．
区别： 0 除数为零，无意义． ) ④ 当 g( x0 | f ( x ) 时， 如果 g( x ) 0, 则 g ( x ) 除
带余除法与整除性判断
带余除法与整除性判断带余除法是一种数学运算方法，用于计算两个数相除的商和余数。
它可以帮助我们判断一个数能否整除另一个数。
本文将介绍带余除法的概念和使用方法，并详细解释如何利用带余除法进行整除性判断。
一、带余除法的概念带余除法又称为长除法，是一种将除数逐步从被除数中减去并计数的方法，直到无法再减去时得到的商为止。
在进行带余除法时，除数通常为整数，而被除数可以是任意实数。
二、带余除法的使用方法1. 将被除数写在除号上方，除数写在除号下方。
2. 从被除数中取出与除数位数相同的数字作为第一个除数位数。
3. 判断第一个除数位数能否整除除数，如果可以，则将商写在上方对应位置，否则向后取一位进行下一步计算。
4. 将上一步中得到的商乘以除数，并在下面写出结果。
5. 将上一步中得到的结果减去被除数，并将差写在下方。
6. 重复以上步骤，直到无法再减去被除数为止。
三、整除性判断利用带余除法，我们可以判断一个数能否整除另一个数。
如果在整个带余除法的过程中，被除数始终能够被整除，则被除数是除数的倍数，即可以整除。
如果在带余除法的过程中出现了余数，则被除数不能整除除数。
例如，我们要判断36能否被9整除：1. 将36写在除号上方，9写在除号下方。
2. 取出与除数位数相同的数字3，作为第一个除数位数。
3. 9可以整除3，商为3，将3写在上方对应位置。
4. 3乘以9得27，将27写在下方。
5. 36减去27得到9，将9写在下方。
6. 9可以整除9，商为1。
7. 1乘以9得到9，将9写在下方。
8. 9减去9得到0，此时已无法再减去被除数，整个过程结束。
因此，36能够被9整除。
通过带余除法，我们不仅可以判断整除性，还可以得到具体的商和余数。
这在数学计算和实际生活中都具有重要的应用价值。
综上所述，带余除法是一种实用的数学运算方法，可以帮助我们判断一个数能否整除另一个数。
通过正确运用带余除法，我们能够快速准确地进行整除性判断，提高解题效率。
§1.1整除的概念及带余除法
第一章整数的可除性整除性理论是初等数论的基础。
本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
§1整除的概念及带余数除法一、整除的概念定义1 设a，b是整数，b 0，如果存在整数q，使得a = bq （1）成立，则称a能被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b a；如果不存在整数q使得a = bq 成立，则称a不被b整除，记为显然每个非零整数a称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
定理1 下面的结论成立：a b a；(ⅱ) c b，b a c a；(ⅲ) b a i，i = 1, 2, …, n b a1q1a2q2…a n q n，此处q i（i = 1, 2, , n）是任意的整数；(ⅳ) b a bc ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b a，a0 |b||a|；b a且|a|<|b|a= 0。
二、带余数除法定理1(带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b > 0，则存在q 和r ，使得a = bq r ，0 r <b (2) 成立且q 。
定义2：(2)中的q 叫做a 被b 除所得的不完全商，r 叫做a 被例1 若1n >，且111n n -+ 求n例2 问题：满足222x y z +=的整数解能否全是奇数？为什例3 找规律判定“300”位于哪个字母的下面A B C D E F G1 2 3 4 5 6 78 9 10 1112 13 1415 16 17 …….解：观察可以发现两行7个数组成一组故300=7×42+6与6同在字母D 的下面例4 a 除以b 商为c ，余数为r ，则am 除以bm 商为 ，余数为 。
m N +∈某整数除以3余2，除以4余1，该整数除以12，余 ？三、整除的特征从正整数121n n N a a a a a a -=的末位a 起向左每k 个数码分为一节，最后剩下若有不足k 个数码的也为一节，记为()1()(),,,k k t k A A A并记()1()()()k k k t k S N A A A =+++----数节和1()1()2()()()(1)t kk k k t k S N A A A A -'=-++-----数节代数和 1、设d 是10k 的约数，则()k d N d A ⇔推论：能被2或5整除的数的特征是：这个数的末一位数能被2或5整除。
高等代数 (61)
an1 bn2 bn1c bn2 an1 bn1c,
a1
b0
b1c
b0
a1
b1c,
a0 r b0c
r a0 b0c
an
an1
a1
a0
c
cbn1
cb1
cb0
an an1 cbn1 a1 cb1
||
||
||
bn1
bn 2
b0
a0 cb0 || r
例4. 将多项式 x4 x3 x2 x 1 表示为 x 2 的形式幂级数. 解: 反复使用综合除法:
1 2
1
1
1
1
11 26 37 2 10 5 17 2 14 7 31 2 9
11 14 30 15 31 34 49
f x
x 2 x3 3x2 7 x 15 31 x 2 x 2 x2 5x 17 49 31
x 2 x 2 x 2 x 7 31 49 31
1 x 24 9 x 23 31 x 22 49 x 2 31
若 g x f x , 称g x 是 f x 的因式, f x 是 g x 的倍式
例1. x 1 x2 3 x 2 , x ax2 bx c c 0.
推论. 设 0 g x , f x F x, 则: g x f x f x 除以 g x 的余式为零.
ห้องสมุดไป่ตู้
例2. 证明: 多项式 f x F x 除以 x a a F 的余式恰为多项式函数 f x
第四章 多项式 4.2 带余除法与整除
4.2.2 整除
二、整除
整除 设 g x , f x F x. g x 整除 f x：若存在 h x F x 使得 f x g x h x ,
高等代数
例6： Q, R, C 对通常加法和乘法均是 域。 有理数域 Q, 实数域 R, 复数域 C.
若 F的子集合 K 对 F中的原运算仍是一个域 ， 称 K为 F的子域，而 F称为 K的扩域。
C的子域被称作数域， 有理数域 Q是最小的数域 - -是任意数域的子域。 7
II
Polynomial form
an q1 = X bm
nm
,
则 g q1 与 f 的首项相同。
令 f s = r ， q1 + q 2 + + q s = q ， 即可。
唯一性，设 f = q g + r = gq0 + r0，
= 于是 g（q q0） r0 r 若两边均非零，则由 deg g（q q0）） deg g > deg r0 r） （ ≥ （ 矛盾， 故q = q0， r = r0 。
群 : 设 G 是非空集合 , 在 G 中定义了一个二元 运算 (即对 G 中任意 a , b 有 G 中唯一元素 (记为 a b )与之对应 , 且满足如下规律 : (1)封闭性 . 对任意 a , b ∈ G , 总有 a b ∈ G . ( 2 )结合律 .a ( b c ) = ( a b ) c ( 对任 a , b, c ∈ G ). ( 3)( 恒元 )存在 e ∈ G , 使 e a = a 对任 a ∈ G . ( 4 )( 逆元 )对任 a ∈ G , 总存在 b ∈ G , b a = e.
例3： n阶可逆方阵的全体（按 通常矩阵的 乘法）是乘法群。称为 一般线性群 .－－ general linear group 简记为 GL n (F). 而 SL n (F)＝｛ A ∈ M n (F) detA ＝1 ｝ 称为特殊线性群－－ Special Linear group
高等代数 第二节 常用方法
第二节常用方法一、整除特性1）基础知识1.在1000以内，除以3余2，除以7余3，除以11余4的数有多少个？A.5B.6C.7D.42.有一个三位数能被7整除，这个数除以2余1，除以3余2，除以5余4，除以6余5。
这个数最小是多少？A.105B.119C.137D.3593. 有些数既能表示成3个连续自然数的和，又能表示成4个连续自然数的和，还能表示成5个连续自然数的和。
如30就满足上述要求。
因为30=9+10+11，30=6+7+8+9，30=4+5+6+7+8。
在700至1 000之间满足要求的数有？A.5个B.7个C.8个D.10个4.数学竞赛团体奖品是10000本数学课外读物。
奖品发给前五名代表队所在的学校。
名次在前的代表队获奖的本数多，且每一名次的奖品本数都是100的整数倍。
如果第一名所得的本数是第二名与第三名所得的本数之和，第二名所得的本数是第四名与第五名所得本数之和，那么，第三名最多可以获得多少本？A.1600B.1800C.1700D.21002）巧妙应用1. 如果单独完成某项工作，那么甲需24天，乙需36天，丙需48天。
现在甲先做，乙后做，最后由丙完成。
甲、乙工作的天数比为1：2，乙、丙工作的天数为3：5。
则完成这项工作共用了多少天？A.30B.38C.32D.402. 在自然数1至50中，将所有不能被3除尽的数相加，所得的和是？A.865B.866C.867D.8683.学校原有少先队员240人，其中女队员占7/12。
今年开学后，从外校转来了几名女队员，这样，女队员人数便占总人数的3/5，今年转进了多少女队员？A.5B.10C.15D.204. 有一段长不超过3500米的马路需要整修，有甲、乙、丙三个施工队分别对人行道、非机动车道和机动车道进行施工。
它们于某天零时同时开始动工，每天２４小时连续施工。
若干天后的零时，甲完成任务；几天后的１８时，乙完成任务；自乙队完成的当天零时起，再过几天后的８时，丙完成任务。
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r1(x)= x2 +x -2 =(x-1)(x+2)
f gq 1 r 1,
g r 1q2 r 2.
7
r2 g r 1q2 g ( f gq 1 ) q2 . q2 f (1 q1q2 ) g.
rs 2 rs 1qs rs ,
deg rs deg rs 1
2
定理3：域F 上的n次多项式f ( X )在F中 最多有n个根 (重根按重数计入).
使 f ( X ) ( X a1 ) f1 ( X ) 再若a2是根a1 a2 则 f ( X ) ( X a1 )( X a2 ) f 2 ( X ) 继续
Proof : 设a1为f ( X )的根, 则由零点定理 f1 ( X )
定理2：i )余数定理 f ( X ) ( X c)q( X ) f (c). ii)零点定理 f (c) 0 ( X c) f ( X ).
c为f ( X )的根 f ( X ) ( X c)q( X )。
m
设f ( X ) ( X c) g ( X ), ( g ( X ) F ( X ), c F , g (c) 0, m 1) 则称c为f ( X )的m重根。当m 1时称c为单根。
r2 x
1 4
1 x 1 x 4 2 x 1 4
1 4 ( x 1)
1 4
1 4 4 1 4 4 1 4 1 4
x x q1 1 3 1 2 1 x 4 x 2 x 2 x x 1 3 3 2 1 x 4x 2x 1 2 3 1 2 1 x 4x 2x 1 2
4
§1- 3 最大公因子与辗转相除法
定义1 ；设 f , g F [ X ] 1)若h ( X ) F [ X ] 满足 h f , h g
则称h ( X )为f ( X )与g ( X )的公因式。
2)若d ( X ) F [ X ] 是 f 和 g的公因式 , 且是 f 和 g 的任一公因式的倍， 则称d ( X )为f ( X )与g ( X )的最大公因式 .
f ( X ) ( X a1 ) ( X am ) f m ( X ) ( X a1 ) ( X am ) 两边次数相等 , ni n.
i 1 m n1 nm
f
m( X )
3
推论：设f ( X ) F [ X ], deg f ( X ) n, 如果f ( X )在F中有 n个不同的根, 则 f ( X ) 0.
rs rs 2 rs 1qs ( rs 4 rs 3qs 2 ) ( rs 3 rs 2 qs 1 ) qs f 与 g 的线性组合。
定理2：设f , g F [ X ], 则( f , g ) d ( X )存在 且唯一, 而且存在u, v F [ X ], 使 uf vg d ( x) x x ,
1 4 1 4 3 4 1 4 1 4 2 2 1 2 1 2 1 2
g ( x) x x x ,
则其首一最大公因式
( f ( x), g ( x)) ________.
且有u( x) _____，v( x) _____使得
f 与 g 的首一最大公因式记为 ( f , g ).
5
引理1：若 f gq r, 则( f , g ) ( r, g ). proof : 由( f , g ) f , ( f , g ) , ,知 (F f[ ,X g] ) r, fg ,g r
故( f , g ) ( r , g ); 同理 ( r , g ) ( f , g ).
定理4：设 f ( X ), g ( X ) F [ X ], deg f ,deg g n. 若在 n 个不同的点 c1 ,, cn 上, f (ci ) g (ci ) 则 f ( X ) g ( X ).
证：令h( X ) f ( X ) g ( X ). 则 c1 ,, cn是h( X )的不同的零点, h( X ) 0.
6
g(X) q2(X) x3+ 2x2 -3 3 + x2 -2x x =x+1 x2 +2x -3 x2 + x -2
f(X) x4+ x3- x2- 2x+ 1 x4+2 x3 - 3x - x3 - x2 +x + 1 - x3 - 2x2 + 3
q1(X)
= x-1
r2(x)= x -1
所以 ( f, g ) = r2(x) = x -1
u( x) f ( x) v( x) g ( x) ( f ( x), g ( x)).
又（u( x)，v( x)） _______.
9
g ( x)
1 3 q2 4 1 1 1 3 4 4 4
f ( x)
1 2
x
x x x 1 x 4x
1 2 4 1 2 1 2 4 1 2 4
f gq deg r 1 r 1, 1 deg g g r deg r2 deg r 1q 2 r 2, 1 r 1 r 2 q3 r 3,
rs 2 rs 1qs rs deg rs deg rs 1 rs 1 rs qs 1 ( f , g ) ( g, r 1 ) ( rs 1, rs ) crs
GA02
§1- 2带余除法与整除性
定义 4：i）设 f ( X ) an X n a1 X a0 , c F , 则f (c) an c a1c a0 , 称为 f ( X )在c点的值。
n
ii )若f (c) 0, 称c为f ( X )在F中的根或零点， 也称c为f ( X ) 0的解或根。 1