中国剩余定理的几点应用

n
∏ 求 f (x ) 除以 (x - ai) 所得的余式. i= 1
n
∑ 比较等式里 x n 的系数, 得到 w if (x i) = an, i= 0
因 此 an =
n
∑w if (x i)
i= 0
n
∑ ≤
wi
i= 0
∑ f (x i)
, 于是m ax { 0≤i≤n
f (x i)
}≥
an
n
.
wi
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an = 1, x 0, x 1, …, x n 是任意整数, x 0 < x 1 <
…<
x
n,
证明
m ax{
≥ n2!n.
证明 直接运用例 9 可得
∑ m ax {
0≤i≤n
f
(x i)
}≥
an
n
wi
=
n
∑ (
w i ) - 1,
i= 0
i= 0
∏ 其中w i =
p 2 (x ) , …, p n (x ) 是某个数域上两两互素的多 项式, 其次数依次为 m 1, m 2, …, m n. 证明对任 意 n 个多项式 f 1 (x ) , f 2 (x ) , …, f n (x ) , 存在 唯一的次数小于m 1 + m 2 + … + m n 的多项式 f (x ) , 使得对每个 1 ≤ i ≤ n, 均有
f
(x i)
} ≥ n2!n.
(收稿日期: 20020329)
读刊 随笔
三角形的双圆半径的一个“孪生”命题
277200 山东省枣庄市第四十中学 李耀文
文[ 1 ] 给出如下关于三角形双圆半径的 一个命题:
设 △A B C 的外接圆半径为 R , 内切圆半 径为 r, 顶点A 、B 、C 到内心的距离分别为 a0、 b0、c0, 则 4R r2 = a0b0c0.
F (x ) = q (x ) 其中 f (x ) 的次数
n
∏p i (x ) + f (x ) ,
i= 1
有一般性. 在高等代数里, 中国剩余定理和可 以由它导出的L ag range 插值公式是处理许多 多项式存在问题的基本工具.
例 1 设 p 1 (x ) , p 2 (x ) , …, p n (x ) 是某个 数域上两两互素的多项式. 证明对每个 1 ≤ i ≤ n, 存在多项式 f i (x ) , 使得
= x - a2, …, p n (x ) = x - an, 它们是两两互
素的. 对下面的同余式
f (x ) ≡ bi (m od p i (x ) ) (1 ≤ i ≤ n)
运用中国剩余定理及其证明, 即可得知 L (x )
多项式 g i (x ) , 使得
为所求.
g i (x ) ≡ 1 (m od p i (x ) )
x
0,
x
1,
…,
x
n,
总有m ax 0≤i≤n
f (x i)
≥
an
n
,
∑wi
i= 0
∏ 其中每个w i =
j≠i
1 (x i -
x j ) , (0 ≤ i ≤ n).
证明 由L ag range 插值公式知
= 1, 由例 2 可得 f (x ) ≡ 0 x (x 3 + x 2 + 1) + (- 1) (1 - x - x 2) (x 2 + 1) (m od (x 2 + 1) (x 3 + x 2 + 1) ) 即 f (x ) = p (x ) (x 2 + 1) (x 3 + x 2 + 1) +
证明 如图 1,
∵ r′=
a′0 sin
∑f i (x ) g i (x ) ≡ f i (x ) (m od p i (x ) ).
i= 1
假设 g (x ) 也适合 f (x ) 所满足的条件, 那
么易证对每个 1 ≤ i ≤ n, 都有 p i (x ) f (x ) -
g (x ) , 注意到 p 1 (x ) , p 2 (x ) , …, p n (x ) 是两两
是个 n 次多项式. 证明对任意两两互异的数
x 3 + x 2 + 1 f (x ) + 1 可改写成 f (x ) ≡ 0 (m od x 2 + 1) f (x ) ≡- 1 (m od x 3 + x 2 + 1)
注意到 (x 2 + 1, x 3 + x 2 + 1) = 1, 且 (1 - x - x 2) (1 + x 2) + x (x 3 + x 2 + 1)
例 4 证明数域 K 上的 n 次多项式 f (x )
g i (x ) ≡ 0 (m od p j (x ) ) , 当 j ≠ i 时.
在 K 里至多有 n 个互异根.
现记 F (x ) = f 1 (x ) g 1 (x ) + f 2 (x ) g 2 (x ) + …
证明 若 f (x ) 在 K 里有 n + 1 个根 a1,
…, an 是数域上 n 个不同的数, 则对任意 n 个
数 b1, b2, …, bn, 存在唯一的次数小于 n 的多项
∑ ∏ 式 L (x ) =
n
x-
- bi
i= 1 j≠i
ai
aj aj
适合条件 L (a i) = bi, 其中 1 ≤ i ≤ n.
证明 取多项式 p 1 (x ) = x - a1, p 2 (x )
n
∏ 互素的, 可得 p i (x ) f (x ) - g (x ) , 又 i= 1
n
∏ f (x ) - g (x ) 的次数小于 p i (x ) 的次数, 必 i= 1
须 f (x ) - g (x ) = 0, 即 g (x ) = f (x ).
例 3 证明L ag range 插值公式: 设 a1, a2,
可得 f (x ) ≡ (4x + 4) 1 (x 2 + 2) +
r (1) = f (1) = 4,
(4x + 8) (- 1) (x 2 + 1)
r (2) = f (2) = 8,
(m od (x 2 + 1) (x 2 + 2) ) ,
r (3) = f (3) = 16,
i= 0
例 10 设 f (x ) = a0 + a1x + … + anx n,
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2002 年第 6 期 中学数学
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中学数学 2002 年第 6 期
a2, …, an+ 1, 即 f (a1) = f (a2) = … = f (an+ 1) = 0, 则据例 3 即知 f (x ) ≡ 0, 这与 f (x ) 的次 数 5(f (x ) ) = n 矛盾, 因此结论成立.
今给出此命题所引伸出的一个“姊妹”命
把 ② 代入 ① 式, 得
r′3 = a′0b′0c′0 4rR′,
故
4R r′2 = a ′0b′0c′0.
综合文[1] 及上述性
质可总述成如下命题:
题: 命题 设 △A B C 的外接圆半径为 R , 旁
切 圆半径为 r′, 顶点 A 、B 、C 到对应的旁心的 距离分别为 a′0、b′0、c′0, 则 4R r′2 = a′0b′0c′0.
f i (x ) ≡ 1 (m od p i (x ) ) f i (x ) ≡ 0 (m od p j (x ) ) , 这里 j ≠ i. 证明 因 p 1 (x )、p 2 (x )、…、p n (x ) 是两 两互素的, 故当 j ≠ i 时, (p j (x ) , p i (x ) ) = 1,
例 5 设 f (x ) 除以 x 2 + 1, x 2 + 2 的余 式分别为 4x + 4, 4x + 8, 求 f (x ) 除以 (x 2 + 1) (x 2 + 2) 的余式.
解 由条件可得
n
∏ 解 设 f (x ) = p (x )
(x - ai) +
i= 1
r (x ) , 其中 r (x ) 的次数小于 n. 由条件知对
j≠i
1 xi -
x j , 于是
∑ ∑∏ ∏ n wi =
i= 0
n i= 0 j < i
1 xi - xj
j> i
1 xi - xj
n
∑∏ ∏ =
1
- x i= 0 j < i i
xj
1 j> i x j - x i
∑n
≤
i= 0
1 i!
(n
1 -
i) !
=
2n n!
,
因此 m ax { 0≤i≤n
因此 f (x ) 除以 (x 2 + 1) (x 2 + 2) 的余式为
由L ag range 插值公式直接得到 r (x ) =
(4x + 4) (x 2 + 2) - (4x + 8) (x 2 + 1) = 4x - 4x 2.