多项式除法解高次同余
多项式的带余除法
多项式的带余除法高阶多项式的带余除法1. 概述高阶多项式的带余除法是一种数学运算，它是一种多项式除法，用于将多项式除以多项式，即使在余数存在时也能给出有效结果。
例如，如果\(f(x)\)和\(g(x)\)都是多项式，则带余多项式除法可以给出\(\frac{f(x)}{g(x)}=q(x)+r(x)\)的形式，其中\(q(x)\)是商多项式，\(r(x)\)是余数多项式。
2. 原理带余多项式除法的主要原理是将多项式\(f(x)\)按照给定的多项式\(g(x)\)的指数拆分，并根据所得的系数确定整个多项式的值，记录商多项式\(q(x)\)和余数多项式\(r(x)\)。
3. 步骤（1）将除数多项式\(g(x)\)写在除号右边，被除数多项式\(f(x)\)写在除号左边；（2）确定除数多项式和被除数多项式的最高项；（3）乘以商多项式\(q(x)\)与除数多项式\(g(x)\)的最高项，然后减去被除数\(f(x)\)的最高项，形成一个次最高项多项式；（4）重复以上步骤，直到除数多项式被减完，此时的余数多项式\(r(x)\)就是最终的结果。
4.优点（1）它可以快速准确地给出多项式除法的有效结果，也可以在余数存在时获得有效结果；（2）带余多项式除法算法在编码实现方面更高效，容易记忆，也更快，能够大大提高编程效率；（3）它可以把复杂的多项式除法变成简单的步骤，只要记住四个步骤就可以完成整个过程。
5. 缺点（1）带余多项式除法有可能出现溢出的情况；（2）带余多项式除法容易出错，如果余数多项式的项数与除数多项式的项数相同，则该余数多项式不能用带余多项式除法给出有效的结果；（3）一些复杂的多项式计算难以通过带余多项式除法来实现。
6. 应用（1）带余多项式除法在数学研究中有着广泛的应用，可以帮助我们求解多项式除法，可以用于方程求解，特征根分解，几何画图等；（2）带余多项式除法也为机器学习和操作系统等数字计算中给出了深刻的启发，这些研究利用带余多项式除法来实现数据处理的性能优化；（3）带余多项式除法的运算亦可以拓展出以矩阵为基础的算法，这些算法可以为大规模机器学习和深度学习领域提供有效的帮助。
多项式除法
关于多项式除以多项式两个多项式相除，可以先把这两个多项式都按照同一字母降幂排列，然后再仿照两个多位数相除的计算方法，用竖式进行计算．例如，我们来计算(7x＋2＋6x2)÷(2x＋1)，仿照672÷21，计算如下：∴(7x＋2＋6x2)÷(2x＋1)=3x＋2．由上面的计算可知计算步骤大体是，先用除式的第一项2x去除被除式的第一项6x2，得商式的第一项3x，然后用3x去乘除式，把积6x2＋3x写在被除式下面(同类项对齐)，从被除式中减去这个积，得4x＋2，再把4x＋2当作新的被除式，按照上面的方法继续计算，直到得出余式为止．上式的计算结果，余式等于0．如果一个多项式除以另一个多项式的余式为0，我们就说这个多项式能被另一个多项式整除，这时也可说除式能整除被除式．整式除法也有不能整除的情况．按照某个字母降幂排列的整式除法，当余式不是0而次数低于除式的次数时，除法计算就不能继续进行了，这说明除式不能整除被除式．例如，计算(9x2＋2x3＋5)÷(4x－3＋x2)．解：所以商式为2x＋1，余式为2x＋8．与数的带余除法类似，上面的计算结果有下面的关系：9x2＋2x3＋5＝(4x－3＋x2)(2x＋l)＋(2x＋8)．这里应当注意，按照x的降幂排列，如果被除式有缺项，一定要留出空位．当然，也可用补0的办法补足缺项．当除式、被除式都按降幂排列时，各项的位置就可以表示所含字母的次数．因此，计算时，只须写出系数，算出结果后，再把字母和相应的指数补上去．这种方法叫做分离系数法．按照分离系数法，上面例题的计算过程如下：于是得到商式=2x＋1，余式=2x＋8．对于多项式的乘法也可用分离系数法进行计算，例如，(2x3－5x－4)(3x2－7x＋8)按分离系数法计算如下：所以，(2x3－5x－4)(3x2－7x＋8)=6x5－14x4＋x3＋23x2－12x－32．如果你有兴趣，作为练习，可用上面的方法计算下面各题．1．(6x3＋x2－1)÷(2x－1)．2．(2x3＋3x－4)÷(x－3)．3．(x3－2x2－5)(x－2x2－1)．4．(x＋y)(x2－xy＋y2)．【本讲教育信息】一. 教学内容：单项式除以单项式、多项式除以单项式、多项式除以多项式二. 重点、难点整式的除法与我们以前所学的整式的加法、减法、乘法有很多不同，特别是多项式除以多项式，虽然是选学内容，但多项式除以多项式在解决代数式求值，及复杂的因式分解都有很大的用处。
多项式的除法
多项式的除法1． 带余除法定理1 （带余除法定理）设()f x 与()g x 是多项式，且()0g x ≠，那么存在惟一的一对多项式()q x 与()r x ，使得()()()()f x g x q x r x =+ ①其中()0r x =或者()()deg deg r x g x <。
()q x 叫做以()g x 除()f x 所得的商，()r x 叫做余式。
定义1：在①式中，当()0r x =时，称()g x 整除()f x ，记为()g x |()f x ，也称()g x 是()f x 的因式，或()f x 是()g x 的倍式。
若()0r x ≠，则称()g x 不整除()f x 。
定理2 （余数定理）多项式()f x 除以x a -所得余数为()f a 。
推论1 ()x a -|()()()f x f a -推论2 若()[]f x Z x ∈,a 与b 是不同的整数,则()a b -|()()()f a f b -.由余数定理还可以得到以下重要定理:定理3 (因式定理)多项式()f x 有因式x a -的充要条件是()0f a =.多项式整除的基本性质:(1) 若()f x |()g x ,()g x |()h x ,则()f x |()h x(2) 若()h x |()f x ,()h x |()g x ,则()h x |()()f x g x ±⎡⎤⎣⎦(3) 若()h x |()f x ,则()h x |()()f x g x ⋅,()g x 为任意多项式.(4) 若()f x |()g x ,()g x |()f x ,则()()f x c g x =⋅,其中c 是不等于零的常数.2． 多项式的分解定义2:一个次数大于零的多项式()f x ,如果在数域F 内除形如λ和()f x μ(,λμ为非零数)的因式(称为()f x 的平凡因式)外,无其它因式,则称()f x 在F 内不可约.若()f x 在F 内除平凡因式外,还有其它因式,则称()f x 在F 内可约.不可约多项式的一些重要性质:(1) 如果多项式()p x 不可约,而()f x 是任一多项式,那么,或者()()(),1p x f x =,或者()p x |()f x .(2) 如果多项式()f x 与()g x 的乘积能被不可约多项式()p x 整除,那么()f x 与()g x 中至少有一个被()p x 整除.定理4 数域F 上的次数大于零的多项式()f x ,如果不计零次因式的差异,那么()f x 可以惟一地分解为以下形式:()()()()1212t k k k t f x ap x p x p x = ②其中a 是()f x 的最高次项的系数,()()()12,,t p x p x p x 是首项系数为1的互不相等的不可约多项式,并且()()1,2,,i p x i t = 是()f x 的i k 重因式.【注】其中数域F 是指Q ,或R ,或C .关于整系数多项式的分解问题.定义3:设整系数多项式()0mj j j f x a x ==∑各项系数的最大公约数等于1,即()012,,,,1m a a a a = ;则称()f x 为本原多项式.引理 设()f x ,()g x 和()h x 都是整系数多项式并且()()()h x f x g x =⋅,如果质数p 整除多项式()h x 的所有系数,那么至少有()f x 与()g x 这两个多项式之一,其所有的系数也都能被p 整除.推论 本原多项式的乘积仍然是一个本原多项式.定理5 如果整系数多项式()f x 在有理系数范围内可约,那么,它在整系数范围内也可约. 以上论断的等价陈述是:如果整系数多项式()f x 在整系数范围内不可约,那么它在有理数范围内也不可约.3． 最大公因式定义4:如果两个多项式()f x 与()g x 同时被()d x 整除,那么()d x 叫做()f x 与()g x 的公因式.如果()d x 是()f x 与()g x 的公因式,并且()f x 与()g x 的所有公因式都整除()d x ,则()d x 叫做()f x 与()g x 的最大公因式.【注】两个不全为零的多项式的最大公因式是不唯一的,它们之间只有常数因子的差异.这时,我们约定,最大公因式是指首项系数为1的那一个,这样,两个多项式()f x 与()g x 的最大公因式就是惟一的,记为()()(),f x g x .两个多项式的最大公因式,有以下重要定理:定理6 设多项式()f x 与()g x 的最大公因式为()d x ,那么存在多项式()u x 与()v x ,使以下等式成立:()()()()()f x u x g x v x d x += ③定义5:如果两个多项式除零次多项式外无其他的公因式,那么就称这两个多项式互素. 显然,()f x 与()g x 互素()()(),1f x g x ⇔=.定理7 两个多项式()f x 与()g x 互素的充要条件是,存在多项式()u x 与()v x ,使()()()()1f x u x g x v x += ④互素多项式的一些重要性质:(1) 若()()()()()(),1,,1f x h x g x h x ==,则()()()(),1f x g x h x -=(2) 若()h x |()()f x g x ,()()(),1h x f x =,则()h x |()g x .(3) 若()g x |()f x ,()h x |()f x ,()()(),1g x h x =,则()()g x h x |()f x .针对性训练1. 求19861x -除以()()2211x x x +++所得的余式. 解:()()32111x x x x -=-++ ()21x x ∴++|()31x -又()()()662198633111x x x p x -=-=- ()31x ∴-|()19861x -()21x x ∴++|()19861x -由此可知, 19861x -除以()()2211x x x +++所得余式()()()21r x x x ax b =+++.这里,a b R ∈,于是()()()()()198********x x x x g x x x ax b -=+++++++ 令x i =,得()20i ai b -=++,即2a bi -=-+. 比较两端的实部和虚部,得2,0a b ==. 故所求余式为()()221r x x x x =++.2. 设多项式()[]32f x x bx cx d Z x =+++∈,并且bd cd +是奇数,证明:()f x 不能分解为两个整系数多项式的乘积.证明:因为()bd cd b c d +=+是奇数,所以d 与b c +均为奇数,从而()11f b c d =+++是奇数.假设()()()()2,,f x x p x qx r p q r Z =+++∈。
第四章-同余式
因此，第一个结论可由第二章第一节定理1〔P25〕得出。
2020/12/21
则 mi x ai , mj x aj (mi , mj ) ( x ai x aj )
即 (mi , mj ) ( ai aj ) ai aj (mod (mi, mj))，1 i, j n.
2020/12/21
27
则 x1 x2 (mod [m1, m2])。
(5)
证 〔必要性〕 x a1(mod m1 ), x a2(mod m2 ) m1 x a1, m2 x a2 (m1, m2 ) a1 a2
2020/12/21
25
〔充分性〕记(m1, m2)＝d. 若式(4)成立，即d a1 a2，
19y 4 (mod 7)，
即 5y 4 (mod 7)，
y 2 (mod 7)。
再代入(*)的前一式得到 3x 10 1 (mod 7)， x 4 (mod 7)。
即同余方程组(*)的解是x 4，y 2 (mod 7)。
注：同余方程组的解法与方程组的解法相似。
2020/12/21
15
2020/12/21
12
例3 解同余方程6x 7 (mod 23)。
ax
b
(mod
m)
a1 x
b[ m ](mod m) a
解 由定理4，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23) 3x 24 8 (mod 23) 2x 8×7 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
多项式除以多项式方法
多项式除以多项式方法多项式除以多项式是高中数学中的一个重要概念和计算方法。
在代数学中，多项式是由一个或多个变量以及它们的系数和指数的和组成的表达式。
多项式除法是指将一个多项式除以另一个多项式，并得到商和余数的过程。
我们来回顾一下多项式的基本概念。
一个多项式可以写成如下形式：f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0，其中a_n, a_{n-1}, ..., a_1, a_0为常数，x为变量，n为非负整数。
多项式的次数是指最高次项的指数，记作deg(f)。
如果一个多项式的系数都为0，那么它是一个零多项式。
多项式除法的目的是将一个多项式f(x)除以另一个多项式g(x)，并得到商q(x)和余数r(x)。
可以表示为f(x) = g(x)·q(x) + r(x)，其中r(x)的次数小于g(x)的次数。
商q(x)和余数r(x)可以通过多项式除法算法来求解。
多项式除法的算法可以通过长除法的思想来理解。
首先，我们将被除式f(x)和除式g(x)按照次数从高到低排列，并对齐各项的同类项。
然后，从最高次项开始，将f(x)的最高次项除以g(x)的最高次项，得到一个部分商。
将这个部分商乘以g(x)，得到一个中间结果，并将其与f(x)相减，得到一个新的多项式。
重复这个过程，直到新的多项式的次数小于g(x)的次数为止。
通过多项式除法，我们可以得到商和余数。
商表示被除式能够被除式整除的次数，而余数表示除法的余项。
多项式除法可以用来求解多项式的根和因式分解，是代数学中的重要工具。
除了长除法的方法，还有其他的方法可以进行多项式的除法运算。
比如，可以使用多项式的因式分解来进行除法运算。
如果被除式和除式都可以进行因式分解，那么我们可以将它们进行因式分解后进行简化，然后进行除法运算。
这种方法在一些特殊情况下可以更加高效。
在实际应用中，多项式除法在代数学、物理学、工程学等领域都有广泛的应用。
多项式的带余除法及同余问题
多项式的带余除法及同余问题一、多项式的带余除法带余除法是一种基础的多项式运算，它可以用来确定两个多项式之间的整除关系。
带余除法的核心思想是，用一个已知的多项式去除另一个多项式，然后求出余数和商。
下面我们就来介绍一下多项式的带余除法及其应用。
1.多项式的定义在代数中，多项式是由常数、变量和运算符号构成的表达式。
多项式的一般形式如下：P(x) = a0 + a1x + a2x^2 + … + anxn其中，a0,a1,a2 … an是常数项，n是该多项式的最高次数。
2.多项式的带余除法设P(x)和Q(x)是两个多项式，其中Q(x)≠0，且Q(x)的最高次数不小于P(x)的最高次数。
那么，多项式P(x)除以Q(x)所得的商多项式为R(x)，余数多项式为S(x)。
带余除法的表示如下：P(x）= Q(x)× R(x) + S(x)其中，余数多项式S(x)的次数小于除式Q(x)的次数。
带余除法的流程如下：（1）将被除式P(x)和除式Q(x)按照它们的次数从高到低排列；（2）将P(x)中的最高次数项除以Q(x)中的最高次数项，得到商式的首项；（3）用得到的商式的首项乘以Q(x)，并从P(x)中减去这个积，得到一个新的多项式；（4）重复以上操作，直到得到的新多项式的次数小于除式Q(x)的次数为止，最后所得的新多项式就是余数多项式S(x)。
3.例子说明我们以P(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 + x + 1和Q(x) = x^2 -x - 2为例，来说明多项式的带余除法的具体操作。
首先，将P(x)和Q(x)按照从高到低的次数排列：P(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 + x + 1Q(x) = x^2 - x - 2其次，将P(x)中的最高次数项除以Q(x)中的最高次数项，得到商式的首项为：x^2接着，用得到的商式的首项乘以Q(x)，并从P(x)中减去这个积，得到一个新的多项式：P(x) - x^2 Q(x) = (x^4 + 2x^3 - 3x^2 + x + 1) - (x^2 -x - 2) x^2 = 3x^3 - 2x^2 + 3x + 1重复以上操作，将新的多项式3x^3 - 2x^2 + 3x + 1除以Q(x)，得到商式的首项为：3x然后，用得到的商式的首项乘以Q(x)，并从3x^3 - 2x^2 + 3x + 1中减去这个积，得到一个新的多项式：3x^3 - 2x^2 + 3x + 1 - 3x(x^2 - x - 2) = -5x^2 + 9x + 1 继续重复以上操作，将新的多项式-5x^2 + 9x + 1除以Q(x)，得到商式的首项为：-5最后，用得到的商式的首项乘以Q(x)，并从-5x^2 + 9x + 1中减去这个积，得到余数多项式：-5x^2 + 9x + 1 - (-5)(x^2 - x - 2) = 4x + 11因此，P(x)除以Q(x)所得的商多项式为x^2 + 3x - 5，余数多项式为4x + 11。
多项式除法
多项式除法“多项式除法除法的一种类型，俗称「长除」。
适用于整式除法、小数除法、多项式除法（即因式分解）等较重视计算过程和商数的除法，过程中运用了乘法和减法。
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。
”多项式除法的定义多项式除法是除法的一种类型，适用于整式除法、小数除法、多项式除法。
多项式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。
把被除式、除式按某个字母作降幂排列，并把所缺的项用零补齐；用被除式的第一项除以除式第一项，得到商式的第一项；用商式的第一项去乘除式，把积写在被除式下面（同类项对齐），消去相等项，把不相等的项结合起来。
把减得的差当作新的被除式，再按照上面的方法继续演算，直到余式为零或余式的次数低于除式的次数时为止，被除式=除式×商式+余式。
若余式为零，说明这个多项式能被另一个多项式整除。
扩展资料计算1、把被除式、除式按某个字母作降幂排列，缺项补零，写成以下形式：然后商和余数可以这样计算：2、用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），得到首商，写在横线之上（x³÷x=x²）。
将分母乘以首商，乘积写在分子前两项之下（同类项对齐） x²×(x−3) =x³−3x²。
3、从分子的相应项中减去刚得到的乘积（消去相等项，把不相等的项结合起来），得到第一余式，写在下面。
然后，将分子的下一项“拿下来”。
4、把第一余式当作新的被除式，重复前三步，得到次商与第二余式（直到余式为零或余式的次数低于除式的次数时为止，被除式=除式×商式+余式）。
5、重复第四步，得到三商与第三余式。
余式小于除式次数，运算结束。
信安第三章第3节高次同余式的解数及解法 《信息安全数学基础》课件
4
9t
代入同余式
2
f
(x)
0
(mod
27)
19
得 f (4) 9t2 f (4) 0 (mod 27) 因 f (4) 288 18(mod 27),
f '(4) 263 20(mod 27) 所以有 18 9t2 20 0 (mod 27) 即 2 20t2 0 (mod 3)
即x是同余式(2)的解,因而x也是同余式
f ( x) 0 (mod m)
(1)
的解.
4
因bi 遍历 f ( x) 0 (mod mi ) 的Ti个解, 所以
x M1' M1b1
M
' k
M
k
bk
(mod m)
遍历 f ( x) 0 (mod m) 的T1T2 Tk个解.
于是(1)对模m的解数是
f ( x1
pt1 )
f ( x1 )
f ( x1 ) pt1
f
( x1 ) 2!
(
pt1
)2
f ( x1 ) f '( x1 ) pt1 0 (mod p2 )
13
因 f ( x1 ) 0 (mod p),故得
t1 f ( x1 )
f ( x1 ) p
(mod p)
因( f ( x1 ), p) 1,所以这个同余式对模p恰有一解
对于f ( x) 0 (mod 7), 易知有三个解x 3, 5, 6 (mod 7).
故原同余式有2 3 6个解(对模35).
解同余式组
6
x x
b1 b2
(mod (mod
5) 7)
(b1 1, 4; b2 3, 5, 6)
复杂算式多项式除法
复杂算式多项式除法在数学领域中，多项式除法是一种常见且重要的操作，用于简化复杂的多项式。
通过多项式除法，我们可以将一个多项式与另一个多项式相除，得到一个商和余数。
本文将介绍复杂算式的多项式除法，并提供具体的步骤和示例。
多项式除法的步骤分为以下几个部分：将被除式与除式按照次数从高到低排列；用除式的最高次项去除被除式的最高次项，得到商的最高次项；将商的最高次项与除式相乘，并将所得结果减去被除式，得到新的多项式；重复以上步骤，直到无法继续相除为止。
下面，我们通过一个具体的例子来说明复杂算式的多项式除法的步骤。
假设我们需要将多项式A(x)除以多项式B(x)，其中A(x)为5x^3 - 2x^2 + 3x - 1，B(x)为x - 2。
我们按照上述步骤进行多项式除法。
首先，我们将A(x)和B(x)按照次数从高到低排列，即A(x)为5x^3 - 2x^2 + 3x - 1，B(x)为x - 2。
接下来，我们用B(x)的最高次项x去除A(x)的最高次项5x^3。
得到的商的最高次项为5x^2。
然后，我们将5x^2与B(x)相乘，并将所得结果减去A(x)，得到新的多项式。
计算过程如下：(5x^2) * (x - 2) = 5x^3 - 10x^2- -----------------------5x^3 - 2x^2 + 3x - 1将结果减去A(x)后，得到新的多项式：-8x^2 + 3x - 1。
接下来，我们将新得到的多项式-8x^2 + 3x - 1再次与B(x)进行相除。
用B(x)的最高次项x去除-8x^2的次数时，我们将得到-8x作为商的次数。
我们再次将-8x乘以B(x)，并将所得结果减去之前所剩的多项式-8x^2 + 3x - 1。
（-8x) * (x - 2) = -8x^2 + 16x- ----------------------8x^2 + 3x - 1减去后，我们得到一个新的多项式19x - 1。
多项式除法
多项式除法多项式除法是指将一个多项式除以另一个多项式，从而得到商式和余式的过程。
本文将详细地介绍多项式除法的概念、方法和应用。
文章内容将会包括以下几个方面：1. 多项式的基本概念2. 多项式除法的基本原理3. 一次多项式除法的步骤和实例4. 高次多项式除法的步骤和实例5. 多项式除法的应用1. 多项式的基本概念多项式是指一个形如 $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$ 的表达式，其中 $a_{n},a_{n-1},...,a_{1},a_{0}$ 都是实数常数，$x$ 是一个变量，$n$ 是一个非负整数。
例如，$3x^{5}+2x^{4}-5x^{2}+4$ 就是一个多项式。
多项式由项组成，项是由系数和变量的幂次组成的。
例如，$3x^{5}$ 和$-5x^{2}$ 就是多项式的两个项。
多项式的次数就是最高次项的指数。
例如，$3x^{5}+2x^{4}-5x^{2}+4$ 的次数就是 5。
2. 多项式除法的基本原理在多项式除法中，我们通常将被除式写在长除法的“被除数”位置上，将除数写在“除数”位置上，然后进行一步步的计算，得到商式和余式。
需要注意的是，如果除式和被除数两者的次数一样，那么进行除法的结果通常是一个常数项。
例如，$x^{2}+7$ 除以 $x^{2}+1$ 的结果为 $7$。
这种情况通常被称为“浅层除法”。
在深层多项式除法中，我们需要按照下面的步骤进行计算：1. 将除数和被除数按照次数从高到低排列，并在次数低于除数次数的项上添加 0。
2. 取被除数的最高次项除以除数的最高次项，得到商式的最高次项，将其写在商式的最高次项位置上。
3. 将被除数减去商式乘以除数得到一个新的多项式。
4. 重复步骤 2 和 3 直到新的多项式的次数小于除数的次数，此时新的多项式就是余式。
需要注意的是，如果除数的最高次系数为 1，那么步骤 2 中得到的商式的最高次项的系数就是被除数的最高次项的系数除以除数的最高次项的系数。
3高次同余式的解法和解数
所以考虑关于 ti1 的同余式
f ( x p t ) 0(mod p ) 的求解。
i 1 i i 1 i 1
因为 ( xi1 p ti1 ) xi 1 kp ti1 xi 1 (mod p ) ，所以
i 1 k k i 1 k 1 i
1 k
（2）
等 价 ， 如 果 用 Ti 表 示 同 余 式 f ( x) 0(mod mi ) 的 解 数 ，
i 1,2, k ，用 T 表示同余式 f ( x) 0(mod m) 的解数，则 T T T T 。
1 2 k
设 f ( x) an x a1 x a0 为整系数多项式，记
f ( x ) p t f ' ( x ) 0(mod p )
i 1 i i 1 i 1 i 1
又因为 f ( xi 1 ) 0(mod p ) ，所以上面的同余式可以写成
i 1
f (x ) t f '( x ) (mod p ) p
i 1 i 1 i 1 i 1
f (x ) t ( f ' ( x ) mod p )(mod p ) ， p
i 1 1 i 1 i 1 1
即 x xi xi 1 p ti 1 (mod p ) 是同余式
i 1
f ( x) 0(mod p ) 的解。
i
因此，根据数学归纳法，定理对所有 2 i 成立。
i 1 i i 1 i 1 i 1 1 i 1 i 1 1
(mod p )
i
(mod p)
i 2, , 。
证： 我们对 2 作数学归纳法： （1） 2 ，根据假设条件，同余式（4 ）有解：
3高次同余式的解法和解数
甲的身份位串 J ，类似于公开密钥。 对所有用户共享指数 v 和模 n ， n 为两个秘密素数的乘积。 秘密密钥为 B ，满足 JB 1(mod n )
v
协议: 1. 甲选择一个随机数 r ，1 r n 1。计算 T r mod n ，
v
发送给乙； 2. 乙选择一个随机整数 d ，满足 0 d v 1，向甲发送 d ； 3. 甲计算 D rB mod n ，发送给乙；
步，对于 x 0(mod 9) ，因为 f ( 0) 9 0(mod 27 ) ，所以
f ( x) 0(mod 27) 没 有 x 0(mod 9) 对 应 的 解 ； 对 于 x 3(mod 9) ， 因 为 f (3) 0(mod 27) ， 所 以 x 3,12,21(mod 27) 都是同余式 f ( x) 0(mod 27) 对应于 x 3(mod 9) 的 解 ； 对 于 x 6(mod 9) ， 因 为 f ( 6) 0(mod 27 ) ，所以 x 6,15,24(mod 27) 都是同余式 f ( x) 0(mod 27) 对 应 于 x 6(mod 9) 的 解 。 即 同 余 式 f ( x) 0(mod 27) 的解为 x 3,6,12,13,15, 21,24(mod 27) 。
f (x ) t f '(x ) (mod p ) p
1 1 1
而 ( f ' ( x1 ), p ) 1 ，所以 f ' ( x1 ) mod p 存在，由 3.1 节定理 2
1
此关于 t1 的同余式对模 p 有且仅有一个解
f (x ) t ( f '( x ) mod p )(mod p ) ， p
信息安全数学基础课件 第3章 同余式
从而
M
' j
M
j
b
j
0
(mod mi )
1 j k, j i,
x
M
' i
M
i
bi
bi
(mod mi ),
i 1, 2,, k,
故
x
M1' M1b1
M
' 2
M
2
b2
M
' k
M
k
bk
(mod m)
是同余式组的解.
12
3.2 中国剩余定理
(解的唯一性)若x, x '都是同余式组的解,则
x bi x ' (mod mi ), i 1, 2,, k
72
35
1
23 (mod105) 15 1 2
15
3.2 中国剩余定理
练习 求解同余式
x 1(mod2) x 1(mod3) x 6(mod7)
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
21
21 1 1 211
3
1
2 3 7 42
14
2
x 21 28 216 114 2
13 (mod 42)
第3章 同余式
3.1 基本概念及一次同余式 3.2 中国剩余定理 3.3 高次同余式的解数及解法 3.4 高次同余式的一般解法
2018-5-17
计算机科学与技术学院
1
3.1 基本概念及一次同余式
定义1 设m是一个正整数,f ( x)为多项式
f ( x) an xn an1 xn1 a1 x a0
3.1 基本概念及一次同余式
例1 x5 x 1 0 (mod 7) 是首项系数为1的 模7同余式.因
第四章 (8) 高次同余式的解法质数模的同余式
另 一 方 面 m miMi , 因 此 mj Mi ,i j,
k
M
' j
M
jbj
M
' j
M
jbj
bi (mo d
mi )
j 1
即 为 (1) 的 解 .
若 x1, x2是 适 合 ( 1 ) 式 的 任 意 两 个 整 数 , 则 x1 x2 (mo d mi ),1 i k ，因(mi , mj ) 1,于 是 x1 x2(m o d m),
由 中 国 剩 余 定 理 知 每 个 整 数 a,0 a m,均 可 以 唯 一 的 表 示 为 n元 组 . 这 个 n 元 组 由 a 除 以 mi的 余 数
组 成 , 也 就 是 说 a 可 以 唯 一 地 表 示 为a mod m1,a mod m2, , a mod mn 这 样 大 整 数 算 术 运 算 就 可 以
( i i i ) 若 取 y0 m o d a1 是 ( 6) 的 解 , 则 x0 m o d m 是 ( 5) , 即 ( 2) 的 解 , 这 里 x0 (my0 b1) / a1 (7). 反 过 来 , 若 x0 m o d m是 ( 2) 即 ( 5) 的 解 , 则 y0 m o d a1 是 ( 6) 的 解 , 这 里 y0 (a1x0 b1) / m (8).此 外 , 若 y0 m o d a1 , y '0 m o d a1 是 ( 6) 的 两 个 不 同 解 , 则 相 应 地 确 定 x0 m o d m, x '0 m o d m也 是 (5) 即 ( 2) 的 两 个 不 同 解 . 所 以 ( 6) 和 ( 5) 的 解 数 相 同 .
多项式 长除法
多项式长除法多项式的长除法是高中数学中比较重要的一部分，也是学习多项式运算的基础之一。
多项式的长除法是指用一多项式去除另一多项式时得到商式和余式的过程。
下面我们来简单介绍一下多项式的长除法的步骤和方法。
多项式的长除法步骤：1.将被除式按照幂次从高到低排列，如果某一项系数缺失，要补0。
2.将除式按照幂次从高到低排列。
3.用被除式的第一项去除除式的第一项，得到商式的第一项。
即：用被除式的第一项除以除式的第一项，除数不为0，则此项为商式的第一项，否则商式第一项为0。
4.用商式的第一项乘以除式中的每一项，并从被除式的第二项开始分别减去结果。
得到的差即为余式。
5.把得出的商式和余式写在一起，如果余式的次数小于除式的次数，则已经得出了最终的答案，否则要将余式当作被除式，以此类推，直到余式的次数小于除式的次数。
多项式的长除法举例：例如，要计算多项式f(x)=x^3+2x^2-x-2 除以g(x)=x-1。
第一步，将被除式和除式按幂次从高到低排列：x^3 + 2x^2 - x -2÷ x -1第二步，用被除式的第一项除以除式的第一项，得到商的第一项：(x^3 + 2x^2 - x - 2) ÷ (x - 1) = x^2第三步，用商的第一项乘以除式中的每一项，并从被除式的第二项开始分别减去结果，得到差即为余式：2x^2 2x+1-----------------x-1 | x^3 + 2x^2 - x - 2-x^3 + x^2----------x^2 - xx^2 - x--------第四步，把得出的商式和余式写在一起，得到答案：x^3 + 2x^2 - x - 2 = (x^2 + x) (x - 1) + 0所以，多项式f(x)除以g(x)的商为x^2+x，余数为0。
总结：多项式的长除法是一种有效的计算多项式除法的方法。
熟练掌握多项式的长除法可以帮助我们更好地理解和运用多项式的相关知识，也是数学竞赛中必备的基础技能。
34模为素数的高次同余式的求解
f ( x ) g ( x ) 5 x 4 x 3 x 4 x
6 5 4 3 3
4 x x 1 r ( x)
2
即
6 5
q ( x ) x 3x x 1
3 2 4 3 2
，
r ( x) 5 x 4 x 3 x 4 x 4 x x 1 f ( x) g ( x) q ( x ) r ( x)
x x 0(mod p ) 的 解 数 为 p ， 从 而 同 余 式
p
f ( x) q ( x) 0(mod p ) 的 解 数 为 p 。 设 同 余 式 f ( x) 0(mod p) 的解数为 k ，同余式 q ( x) 0(mod p) 的解
数为 l ，因为
f ( x) q ( x ) 0(mod p ) f ( x) 0(mod p)或q ( x ) 0(mod p
1 2 k k k
r ( x) 的次数小于 k ， g ( x) 的次数为 n k 0 ，且 g ( x) 的
k k k
首项系数是 a n
证明
由整系数多项式的欧几里得除法，存在多项式 g 1 ( x)
和 r1 ( x) ，使得
f ( x) ( x x ) g ( x) r ( x)
f ( x) 0(mod p)
p 1
个
不
同
的
解
x 1, 2, , p 1(mod p) ，从而由定理 1 ，存在惟一的一对
整系数多项式 g p 1 ( x) 与 rp 1 ( x) ，使得
f ( x) ( x 1)( x 2) ( x p 1) g ( x) p r ( x)
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));
多项式的整除性和带余除法多项式带余除法多项式的带余除法多项式除法解高次同余多项式整除多项式的整除java除法不整除多项式除法多项式的除法多项式长除法
1-3 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.
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 ?
2 4
EXA2. 求 l , m，使f ( x) x 3 lx 2 5 x 2 能被g ( x) x 2 mx 1整除. 证明 : x a | ( x n a n ) 2.4 EXERCISES. 设 P是一个数域, a P.
• 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
多元多项式带余除法
多元多项式带余除法
多元多项式带余除法是一种在高等代数学中常使用的算法，用于将一个多元多项式除以另一个多元多项式，得到商和余数。
具体地说，设多项式环 $R$ 上有两个多项式 $f,gin
R[textbf{x}]$，其中 $textbf{x}=(x_1,dots,x_n)$ 是 $n$ 个变量的向量。
假设 $g$ 不是 $R$ 的零因子，即 $g$ 乘以任何 $R$ 中的元素都不为零。
则存在一个唯一的对 $(q,r)in R[textbf{x}]^2$，
使得 $f=qg+r$，且 $r=0$ 或者 $r$ 是一个次数比 $g$ 小的多项式。
这个算法的具体实现方式是将 $f$ 和 $g$ 中的所有变量按照
一定的顺序排列，然后依次将每个变量的最高次项消去，直到不能再消去为止。
这样得到的商和余数就是上述唯一的 $(q,r)$。
多元多项式带余除法在代数学中有着广泛的应用，例如求最大公因式、判定多项式是否可约、求解方程组等等。
它的重要性不言而喻，对于代数学的学习来说，是必须掌握的基本算法之一。
- 1 -。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
推论 3 ． 4 x
n +1
i i ≡ ∑ c i x ≡ x∑ d i C x －1 ( mod m！ ) n ≥ m － 1
x n +1 ≡ x ( C0 x －1
C1 x －1
．．．
－1 －2 Cm x －1 ) … ( － 1 )m －2
1
0 1 …
(
… … … …
－ 1 )m －1 C1 m －2
数学学习与研究 2015. 9
JIETI JIQIAO YU FANGFA
解题技; c0 ( mod 2 ！ ) c0 = 0 c0 = 0 n → → x ≡ x ( mod 2 ！ ) ． c1 + c0 = 1 c1 = 1
{
{
x n ≡ c2 x2 + c1 x + c0 ( mod 3 ！ ) ． c0 = 0 c0 = 0
数学学习与研究 2015. 9
p ［1 ］ 这意味着多项式 x － x 整除 p ， 也意味着 ( x p － x ) m 整 定理 2 ． 2 m
定理 2 ． 1
x mp ≡ ∑
i =1
(
－ 1 ) i －1 C m x
i
mp － （ p － 1 ） i
(
mod p m )
(
用一个例 子 比 较 一 下 这 个 递 推 式 与 欧 拉 定 理 a φ ≡ 1 ( mod n ) ．
x mp + （ p －1） n ≡ ∑
i =1 8
(
－ 1 ) i －1 C n +i －1 C n +m x
i －1
m －i
mp － （ p － 1 ） i
(
mod p m )
1 2 ( mod 7 2 ) x14 +6n ≡ C1 n +2 x － C n +1 x
x1000 ≡ 166 x10 － 165 x4 ≡ 19 x10 － 18 x4 ( mod 7 2 ) n = 0 时为定理 2 ． 1
n)
x14 ≡ 2 x8 － x2 ( mod 7 2 ) x44 ≡ x2 ( mod 7 2 ) 前者能在更小次方的情况下递推 ， 更多的情况下 mp 小 m －1 + m． 于（ p － 1 ） p 要是用前者递推高次同余 ， 没能一步过的话会很麻烦 ， 欧拉定理却能一步过． x1000 ≡ 2 x994 － x988 ≡ 3 x988 － 2 x982 ≡ … ( mod 7 2 ) x1000 ≡ 34 x ( mod 7 2 )
{
c2 + c1 + c0 = 1 4 c2 + 2 c1 + c0 = 2 n
n 2 → c1 = 2 － 2 n －1 → x ≡ ( 2 n －1 － 1 ) x + ( 2 － 2 n －1 ) x ( mod 3 ！ ) ．
{
c2 = 2 n － 1 － 1
0 1 …
(
引理 3 ． 3
m － 2 次多项式能待定成含有帕斯卡矩阵的通项［3］ ：
m －1 mp － （ p － 1 ） i
mp － （ p － 1 ） i
≡ C k +m x
i k +i
m －1
mp
+
∑ ( － 1)
i =2
i －1
1 m －i mp － （ p － 1 ） C ik－ +i － 1 C k +m x
(
i －1 )
≡∑
i =1
(
－ 1 ) i －1 C k +m C m x
m
假如 x
mp+（ p－1） k
≡∑
i =1 m
( (
i
－ 1) i －1 Ck+i －1 Ck+m x
i －1 m －i
i －1
m－i
mp－（ p－1） i
(
mod pm ) 成立，
m
x mp + （ p －1）
m
(
k +1 )
≡∑
i =1 m －1
－ 1 ) i －1 C k +i －1 C k +m x
* 2t 设①的特解为 y = （ at + b） e ， 则 2t * ( y ) ' = e （ 2 at + a + 2 b） ， ( y * ) ″ = e2t （ 4 at + 4 a + 4 b） ， * ( y* )' ， ( y * ) ″代入原方程比较系数 ， 将y ， 得 － 9 at － 9 b = t． 1 1 ∴ a= － ， b = 0， y * = － te2t ． 9 9 1 2t 5t －t 得①的通解为 y = C1 e + C2 e － te ． 故原方程的通 9 C2 1 5 － x2 lnx． 解为 y = C1 x + x 9 三、 总 结 高阶微分方程的问题一般比较复杂 ， 在具体求解时应 根据微分方程的特点， 具体问题具体对待， 将微分方程化为 ， 易于求解的形式 只有这样才能达到简化易解的程度 ．
+
i －1
∑ ( － 1) C
i i =1
－i － 1 mp － （ p － 1 ） i Cm k +m x
m －1
≡
(
(
m －1 m － 1 ) i －1 C k +m x +
－1 i Cm k +m C m － C
由于 ( － 1
m －1 k +m i m
i =1 i m －i － 1 ) mp － （ p － 1 ） i ( k +i k +m m －1 m －m mp － （ p － 1 ） m ) m －1 k +1 +m －1 k +m
1 )！ (
i－
1 )！ (
k + i )！ ( k + m + 1 )！ k + 1 )！ ( m － i )！ ( k + i + 1 )！
定理 3 ． 1 P x ≡ x ( x － 1 ) ( x － 2 ) … ( x － m + 1 ) ≡ 0 ( mod m！ ) ．
3 2 4 考虑 x ≡ 3 x － 2 x ( mod 6 ) ， 经过两次递推得到 x 同余次数小于 3 的多项式： x4 ≡ 3 x3 － 2 x2 ≡ 3 ( 3 x2 － 2 x ) － 2 x2 ≡ 7 x2 － 6 x2 ≡ x2 ( mod 6 ) ． m －1
1n ． 2 … ．．． 1 ( m － 1 )n
0 0
n
例如： ) ( 1 ) ( 1 n ) ≡ x ( mod 2 ) ． x n + 1 ≡ x ( C0 x －1 xn +1 ≡ x ( C0 x －1
) C1 x －1
1 ≡x 1 ( －11 0 1) ( 2 )
104
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
多项式除法解高次同余
◎黄嘉威 （ 暨南大学信息科技学院数学系 ， 广东
m 除 p ． 展开即： m
广州 510632 ）
【摘要】 本文研究了高次同余的计算问题 ， 利用公式和 递推的方法， 推广了多项式除法的结果 ． 【关键词】 同余； 费马小定理； 组合数； 多项式 1 ． 引言 由费马小定理开始高次同余有了计算方法 ， 欧拉定理 Carmichael 函数更使同余运算更进 把它推广到合数情况， 一步． 本文将透过多项式除法让高次同余运算得到更大的 发展． 2 ． 费马小定理的推广 p －1 费马小定理， 即当 a 与 p 互素， 且 p 为素数时， 有a ≡ 1 ( mod p ) ．
∑ ( － 1)
x C x
．
C
mod p m ) =
(
m －1 m 接下来只需证明一条恒等式 ： － 1 ) i －1 C k +m x ，
C
C C －C C 拆开后得到：
( (
i k +i
m －i － 1 k +m
= C
i －1 k +i
C
m －i k + 1 +m
．
( (
( k + i )！ ( k + m )！ k + m ) ！ m！ － = ) ( ) ( i！ k！ m － i － 1 ) ！ ( k + i + 1 ) ！ m－ k + 1 ！ i！ m － i ！ ( k + i + 1 )m － ( m － i ) ( k + 1 ) = i ( k + m + 1 ) km + im + m － km － m + ik + i = ik + im + i． 3 ． 递推与组合数待定 m m m） 必然整除对应的阶乘 m！ ． 因为 P x = m！ C x ， 所以多项式 P（ x，
n n
(
x － 1)
( 2 1－ 1)≡ x 1 +
n
[
( 2n
2 n n － 1 ) ( x － 1 ) ] ≡ ( 2 － 1 ) x + ( 2 － 2 ) x ( mod 6 ) ．
3 可得 x3 ≡ 3 x2 － 2 x ( mod 6 ) ， x4 ≡ 7 x2 － 6 x ≡ x2 ( mod 6 ) ． 代入 n = 2 ， 【参考文献】 ［ 1］ M］ ． 北京： 高等教育出版， 2012． 潘承洞． 数论基础［ ［ 2］ M］ ． 北京： 科学出版社， 2009． 韩士安， 林磊． 近世代数［ ［ 3］ J］ ． 内江师范学院学报， 2011． 8 ． 黄婷， 车茂林， 彭杰， 张莉． 自然数幂和通项公式证明的新方法［ （ 上接 103 页） — —欧拉方程 二、 可化为常系数线性非齐方程的方程 — 的解法 欧拉方程的解法一般步骤是 ： 先写出欧拉方程的特征 方程， 并求出特征根； 再求出其基本组解， 最后写出原方程 的通解． 如下例： 2 2 例 求解方程 x y″ － 3 xy' － 5 y = x lnx． x = et ， 解 这是一个欧拉方程， 令 t = lnx， 则 dy dt 1 y' = · = y' ， dt dx x t dt 1 1 1 y″ · = ( y″ y″ = 2 y' t + t － y' t )， x t d x x2 x 代入原方程， 得 2t y″ ① t － 4 y' t － 5 y = te ． 和①对应的齐次方程为： y″ ② t － 4 y' t － 5y = 0． 2 r2 = 特征根为 r1 = 5 ， ②的特征方程为 r － 4 r － 5 = 0 ， － 1， 5t －t 则②的通解为 Y = C1 e + C2 e ．