多项式的整除性

由此可得
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2.带余除法定理
定理 4.3.1 （带余除法定理）设 f ( x), g( x) F[x], g( x) 0,则有
1）在F[x]中存在一对多项式q( x),r( x),，使得 f ( x) g( x)q( x) r( x) （1）
这里r( x) 0或者(r( x)) (g( x))。 2）满足（1）的 q(x),r(x)由 f(x),g(x)唯一确定。
（2）
或r1( x) 0，或(r1( x)) ( g( x))。
由（1）-（2），得

( g( x)(q( x) q1( x)) ( g( x))
g( x)(q( x) q1( x)) r1( x) r( x)。
若r1( x) r( x) 0，则q( x) q1( x) 0。
(xd 1) (xr 1),又 0 r d, 故 r 0，即d n.
定理 4.3.2 设 f ( x), g( x) F[ x], F 是数域，并且 F F 。则在F[ x]中， g( x) | f ( x)当且仅当在F[ x] 中 g(x) | f (x)。
说明 两个多项式之间的整除关系不随数域扩大而改变。
证明 设 d n，即 n qd ,则 xn 1 (xd )q 1 (xd 1)(x(q1)d x(q2)d 1),即 (xd 1) (xn 1).
设(xd 1) (xn 1)，令n qd r(0 r d ),则
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xn 1 xqd r (xd q 1)xr xr 1, (xd 1) (xn 1) 且(xd 1) (xd q 1)
例 2 f ( x) x3 2x2 x 6, g( x) x2 x 1，
求 g( x)除 f ( x)所得商式q( x)及余式r( x)。
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解
x2
x2 1 x3 2x2 x 6
x3
x
2x2 6
2x2 2
f1 ( x)
由中学的知识，得
证明 1）若 f ( x) 0或者 ( f ( x)) (g( x))，则有
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f ( x) g( x) 0 f ( x).
2）现在设 ( f ( x)) (g( x)),记为
f ( x) a0 xn a1 xn1 an1 x an , g( x) b0 xm b1 xm1 bm1 x bm . 这里a0 0,b0 0,并且n m.令
于是唯一性得到证明。
注意：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。
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3.分离系数法
方法：对给定的多项式 f(x),g(x)，求 g(x)除 f(x)的 商式和余式时，把按降幂排列的任一多项式
h( x) an xn an1 xn1 a1x a0 与n 1元向量（an,an-1,…,a1,a0）一一对应。在施行带
4 f2(x) r(x)
f1(x) f (x) g(x) x, r(x) f2 (x) f1(x) g(x) 2, f (x) g(x) x r(x) g(x) 2 g(x)( x 2) r(x).
故 q(x) x 2, r(x) 4 ，(r( x)) (g( x))。
问题2 数域F上的多项式环中对于多项式的除 法是否封闭？
例如 f (x) 2x2 x; g(x) 2x3 x2; f (x), g(x) F[x] f (x) 1 F[x] g(x) x
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关于一个多项式能否除尽另一个多项式的 研究，即多项式整除性的研究在多项式理论中 占有重要的地位。
余除法时，用向量代替多项式，这样操作起来较为方便。 这种方法称为分离系数法。 方法举例 例 3 设 f ( x) x3 2x2 x 6, g( x) x2 x 1，
求 g( x)除 f ( x)所得商式q( x)及余式r( x)。
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解
除式
被除式
商式
(1,0,1) (1,2,1,6) (1,2) (1,0,1,0) (2,0,6)
3）若h( x) | f ( x),则对任意 g( x),有 h( x) | f ( x)g( x)；
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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f1(x) a10 xn1 a11xn11 a x 1(n11) a1n1 (n n1 m)
令 f2( x) f1( x) g( x) a10b01xn1m , 则 f2( x) 0，或( f2( x)) ( f1( x))。
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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）
考 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
将整数的整除性质推广过来得
1）若 f ( x) | g( x), g( x) | h( x),则 f ( x) | h( x);
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2）若h( x) | f ( x),h( x) | g( x),则 h( x) | ( f ( x) g( x));
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),
一、多项式整除的概念及性质
1.定义 定 义 1 设 f ( x), g( x) F[x] . 如 果 存 在 h( x) F[x],使得 g( x) f ( x)h( x),则称 f ( x)整 除（能除尽） g( x),记作 f ( x) | g( x)。
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此时说 f (x)是 g(x)的因式， g(x)是 f (x)的倍 式。如果满足条件的 h( x) 不存在，即对任意 h( x) F[x], g( x) f ( x)h( x),则称 f ( x)不能整 除 g( x), 记作 f ( x) g( x).
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若 f1( x) 0，而( f1( x)) ( g( x))，由 f ( x) g( x) a0b01xnm f1( x),
知 q( x) a0b01xnm，r( x) f1( x)。 若 f1( x) 0，且( f1( x)) ( g( x))。设
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证明 若 g( x) 0 F[ x]里 g( x) | f ( x)，就有 f ( x) 0. 因此，在F[ x]里 g( x)仍然不能整除 f ( x);
若 g( x) 0，则在F[ x]里有 f ( x) g( x)q( x) r( x) 成立，且r( x) 0.但是q( x)与r( x)都是F[ x]的多项式， 因而在F[ x]里这一等式仍然成立。由r( x)的惟一性可得， 在F[ x]里仍然有 g( x) | f ( x).
(2,0,2)
(4)
余式
由此的商式 q(x)=x+2, 余式 r(x)=4.
4.带余除法的推论
说明 带余除法是判断多项式之间整除性的常用方法。 推论 1 设 f ( x), g( x) F[x]
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1） g( x) 0， g( x) | f ( x)的充分必要条件是 f (x) 0；
f1( x) f ( x) g( x) a0b01xnm ,
则 f1( x) 0，或( f1( x)) ( f ( x))。
若 f1( x) 0, f ( x) g( x) a0b01xnm，则
q( x) a0b01xnm，而r( x) 0。
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但 ( g( x)(q( x) q1( x)) ( g( x))， 而显然有 (r1( x) r( x)) ( g( x))，
这是一个矛盾。因此，
r1( x) r( x) 0，即r1( x) r( x)。
由 g( x) 0，得q( x) q1( x) 0，即q( x) q1( x)。
2） g( x) 0， g( x) | f ( x)的充分必要条件是 g( x)除 f ( x)所得的余式r( x) 0。
例 4 试求 x3 3 px 2q能被 x2 2ax a2整除的条件。
解 用 x2 2ax a2去除 x3 3 px 2q，得
商式和余式分别为 q( x) x 2a, r( x) 3(a2 p)x 2(q a3)。 前页 后页 返回
对 定
1 (h( x)) ( g( x)).
义
2 c F ,c | f ( x).特别地，0 | 0；
的
加
3 c,d F ,c 0，有c | d .如2 | 0。
深
理
4高次多项式不能整除低次多项式。
解
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