【精选】高等代数第二讲 带余除法与整除性48
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
高等代数带余除法例题讲解
高等代数带余除法例题讲解高等代数中的带余除法可以用来求两个整数的商和余数。
例题：计算多项式 P(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4 除以多项式 D(x) = 2x + 1 的商和余数。
解答：首先，我们将 P(x) 和 D(x) 的次数按照降幂排列：P(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4D(x) = 2x + 1然后，我们将 D(x) 的最高次项的系数反转，得到 1/2x。
接下来，我们用 P(x) 的最高次项去除 D(x) 的最高次项，即 x^3 / (1/2x) = 2x^2。
将得到的结果乘以 D(x)，得到 2x^2 * (2x + 1) = 4x^3 + 2x^2。
然后，将结果减去 P(x)，得到 (4x^3 + 2x^2) - (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) = 3x^3 - 3x - 4。
现在，我们已经得到了一个新的多项式 3x^3 - 3x - 4，其次数较之前的多项式减少了 1。
接下来，我们重复之前的步骤，将其次数减少，直到次数小于除数的次数。
对于这个新的多项式 3x^3 - 3x - 4，它的最高次项为 3x^3，除以除数 2x + 1 得到 3/2x^2。
将得到的结果乘以 D(x)，得到 3/2x^2 * (2x + 1) = 3x^3 +3/2x^2。
然后，将结果减去 P(x)，得到 (3x^3 + 3/2x^2) - (3x^3- 3x - 4) = (3/2x^2 + 3x + 4)。
现在，我们已经得到了一个新的多项式 3/2x^2 + 3x + 4，其次数小于除数的次数 2x + 1。
所以我们已经完成了带余除法的计算。
最后，我们得到了商为 2x^2 + 3/2 和余数为 3/2x^2 + 3x + 4。
这个例题中，多项式 P(x) 除以多项式 D(x) 的商为 2x^2 + 3/2，余数为 3/2x^2 + 3x + 4。
高等代数选讲讲义
高等代数选讲信阳师范学院数学与信息科学学院2006年9月目录第一讲 带余除法 (1)第二讲 不可约多项式 (5)第三讲 互素与不可约、分解 (9)第四讲 多项式的根 (13)第五讲 典型行列式 (17)第六讲 循环行列式 (21)第七讲 特殊行列式方法 (26)第八讲 解线性方程组 (31)第九讲 分块矩阵与求秩 (36)第十讲 矩阵的分解与求逆 (40)第十一讲 广义逆与特殊矩阵对关系 (45)第十二讲特征值、对角线与最小多项式 (51)第十三讲向量的线性相关与自由度 (56)第十四讲双线性型与正定二次型 (61)第十五讲线性空间及其几何背景 (66)第十六讲欧氏空间和正交变换的意义 (71)第十七讲线性变换的核与象 (76)第十八讲线性变换的特征与不变子空间 (81)第一讲 带余除法定理1（带余除法）∀f (x ), g (x )≠0 ∈P [x ]，则有f (x )=g (x )s (x )+r (x )其中r (x )=0或∂(r (x ))＜∂(g (x ))，r (x )，s (x )∈P [x ]定理2 g (x )|f (x )⇔r (x )=0(x －a )|f (x )⇔f (a )=0带余除法可将f (x )，g (x )的性质“遗传”到较低次的r (x )，也可将g (x )，r (x )的性质“反馈”到较高次的f (x )。
边缘性质：若满足某个条件C 的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件C 的多项式。
反过来，满足条件D 的多项式次数不超过m ，则这样的集中一定有一个次数最大的。
根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的辗转相除法。
可以证明最小公倍式也是存在的，还可以得到更多的其它结论。
例1 a 是一个数，f (x )∈P [x ]且f (a )=0，则P [x ]中存在唯一首项系数=1且次数最低的多项式m a (x )： m a (a )=0证作：Sa ={g (x )∈P [x ]|g (a )=0}那么S ≠φ，故S 中存在一个次数最低且首系=1的多项式m a (x )，现设m (x )也是满足条件的多项式，那么∂(m (x ))=∂(m a (x ))所以∂(m (x )－(m a (x ))＜∂(m a (x ))令 r (x )=m (x )－m a (x )则r (a )=0，得r (x )=0，所以m (x )=m a (x )，唯一性证毕。
高等代数课件 第二章
三、 多项式的带余除法定理
定理 设f x, gx F[x] ，且 gx 0，则存在
qx, rxF[x], 使得
f x gxqx rx
这里 rx 0，或者 0 rx 0 gx. 并且满足上述条件的 qx和r(x) 只有一对。
注1： qx, rx分别称为 gx除f (x)所得的商式和
余式
注2： gx 0, gx| f x rx 0.
使以下等式成立:
f xux gxvx dx
三、多项式的互素
1. 互素的定义
定义 3 如果 Fx 的两个多项式除零次多项式外
不再有其它的公因式，我们就说，这两个多项式互素.
2. 互素的性质
(1)定理 2.3.3 Fx的两个多项式 f x与gx 互素
的充分且必要条件是：在 Fx中可以求得多项式 ux
二.教学目的 1.掌握最大公因式,互素概念. 2.熟练掌握辗转相除法 3.会应用互素的性质证明整除问题
三.重点,难点 辗转相除法求最大公因式. 证明整除问题
一、最大公因式的定义
定义 1 令 f x和 gx是F [x]的两个多项式，若 是F [x]的一个多项式hx 同时整除 f x和gx ，那么 hx 叫做 f x与gx的一个公因式.
f1x, f2 x,, fk x,及 q1x, q2 x,, qk x,
使得
fk1x fk x qk1xgx
而
0 f x 0 f1x 0 gx
由于多项式 f1x, f2x,的次数是递降的, 故存在k使
fk x 0或0 fk x 0gx ，于是
qx q1x qk x及rx fk x
系数所在范围对整除性的影响
二、教学目的
1．掌握一元多项式整除的概念及其性质。 2．熟练运用带余除法。
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
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
张禾瑞高等代数课件第二章
则可以取
qx 0, r x f x
,且 0 f x 0 g x. 把f x 和g (x) （ii）若 f x 0 按降幂书写: f x a0 x n a1 x n1 a n 1 x a n g x b0 x m b1 x m1 bm1 x bm 这里 a0 0, b0 0 ,并且 n
a n 0 时，an x n叫做多项式的首项. 当
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2.1.6
多项式的运算性质
定理 设f x 和g (x) 是数环R上两个多项式,并且
f x 0, g x 0 .那么
（i）当 f x g x 0 时,
0 f x g x max 0 f x , 0 g x
（2）
f 由（1）， x g x 的次数显然不超过n，另一方面，
由an 0, bm 0得anbm 0 ，所以由(2)得 f x g x
的次数是n + m .
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推论1
f x g x 0 f x 0
或 g x 0
证 若是 f x和g (x)中有一个是零多项式，那么由多项
课外学习4：推广的余数定理及算法
课外学习5：代数元的多项式的共轭因子
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代数是搞清楚世界上数量关系的工具。 ――怀特黑德（1961－1947） 当数学家导出方程式和公式，如同看到雕像、美丽的 风景，听到优美的曲调等等一样而得到充分的快乐。 - -柯普宁(前苏联哲学家)
快乐地学习数学，优雅地欣赏数学。
式乘法定义得 f xg x 0 . 若是 f x 0且g ( x) 0 那么由上面定理的证明得
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。
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3
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).
Proof : 设a1为f ( X )的根, 则由零点定理 f1( X ) 使 f ( X ) ( X a1) f1( X ) 再若a2是根a1 a2 则 f ( X ) ( X a1)( X a2 ) f2 ( X )
x
1 2
1 4
x2
1 4
1 4
x3
1 4
x2
1 2
x
1 2
r2
1 4
x
1 4
1 4
(
x
1)
r1 x2 1
(x 1)(x 1)
( f , g) (x 1) 4r2(x)
11
f gq1 r1,
g r1q2 r2.
r2 g r1q2 g ( f gq1)q2. q2 f (1 q1q2 ) g.
rs rs2 rs1qs (rs4 rs3qs2 ) (rs3 rs2qs1)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 Bezout等式.
=(x-1)(x+2) 所以 ( f, g ) = r2(x) = x -1
f gq1 r1,
g r1q2 r2.
r2 g r1q2 g ( f gq1)q2.
q2 f (1 q1q2 ) g.
8
rs2 rs1qs rs , deg rs deg rs1
9
exp1
设
f
(x)
1 4
x4
1 4
x2
1 2
,
g(x)
1 4
x3
1 4
x2
1 2
x
1 2
,
则其首一最大公因式
( f (x), g(x)) ________.
且有u(x) _____，v(x) _____使得 u(x) f (x) v(x)g(x) ( 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.
5
§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。
又（u(x)，v(x)） _______ .
10
g(x)
f (x)
q2
1 4
x3
1 4
x2
1 2
Hale Waihona Puke x1 21 4
x4
1 4
x2
1 2
q1
1 4
x
1 4
1 4
x3
1 4
x
1 4
x4
1 4
x3
1 2
x2
1 2
x
x 1
1 4
x2
1 4
x
1 2
1 4
x3
3 4
x2
1 2
故( f , g) (r, g); 同理(r, g) ( f , g).
f gq1 r1, deg r1 deg g g r1q2 r2 , deg r2 deg r1 r1 r2q3 r3 ,
rs2 rs1qs rs deg rs deg rs1 rs1 rs qs1 ( f , g) (g, r1) (rs1, rs ) crs 7
继续
f ( X ) ( X a1)( X am ) fm ( X )
(X
a1)n1 ( X
am )nm
f
m
(
X
)
m
两边次数相等, ni n.
i 1
4
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. 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 ).
g(X)
q2(X) =x+1
x3+ 2x2 -3 x3 + x2 -2x
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 r1(x)= x2 +x -2
也称c为f ( X ) 0的解或根。
2
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 )。
设f ( X ) ( X c)m g( X ),(g( X ) F ( X ),c F, g(c) 0, m 1)
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 与 g的首一最大公因式记为 ( f , g).
6
引理1：若 f gq r, 则( f , g) (r, g). proof :由( f , g) f , ( f , g)f g, g,,知 r (Ff[,Xg]) r,
( f , g) (x 1) 4r2(x)
4q2 f 4(1 q1q2 )g
u(x) 4q2 x 1;
第二讲
带余除法与整除性; 最大公因子, 辗转相除法
1
GA02
§1- 2带余除法与整除性
定义4：i）设f ( X ) an X n a1X a0, c F, 则f (c) ancn a1c a0, 称为f ( X )在c点的值。
ii)若f (c) 0, 称c为f ( X )在F中的根或零点，