纸戒指的折法-圣诞平安果

数学系数学与应用数学10级年论文
浅谈多项式的整除问题
摘要:研究多项式以及多项式的整除理论，并利用这些理论，探究多项式
整除的判别方法
关键词:多项式；整除；整除理论；判别方法
Discusses the multinomial shallowly the aliquot question
Abstract:Research multinomial as well as many item of aliquot theory,and
using these theories,inquisition multinomial aliquot distinction method
Key words:Multinomial;Aliquot;Aliquot theory;Distinguished method

本文引入和研究多项式的整出 问题，研究的主要内容有：研究多项式
以及多项式的整除理论
[1]
；并利用这些理论 ，探究多项式整除的判别方法.
1.利用单位根及因式定理
此方法的关键是熟练掌握因式定理
[2]
和单位根的性质.
例1 证明
x
2
x1x
3m
证明 可求得
x
2
x
3n1
x
3p2
（m , n , p 是三个任意的正整数）.
13i
x10
的根为
< br>1

2
2
xx1(x
1
)(x
2
)

，

2

1
2
3i
，所以
3m
3
2
又因

3
1(
i
1)( 
i

i
1)0

(i1,2)
，知
i
i
1
,从而

i

i

i
3n3p

设
f(x)x
3m
x3n1
x
3p2
则有
1
i

i
0,(i1,2)

2f(
i
)
i
3m

i
3n1

i
3p2
故由因式定理知
(x
1
)(x< br>2
)
2.利用熟知的乘法公式
f(x)
，即
xx1f(x)
2
.
此方法的关键是 在于熟练的掌握乘法公式，（例如：
x1(x
nm
)1
s
x (
m
1x)(
(m1)s
x
(m2s)
x
[3]
m
)

1
等）理解公式包涵的
整除意义，再去解题.
例2 证明
x
d
n
1
整除
x1
当且仅当
d
n
整除
n
.
d(t2)
证明 充分性 设
d
dt
n
，假定
ndt
，则有
dd(t1)
x1(x)1(x1)(xxx1)

d
从而有
x
d
x1x
n
1x1

n
必要性 已知
x
d
dtr
1x1
，假 定
ndtr
，
0rd
n
，则
1x
d t
xxx1(x
rrrdt
1)x(x1)

rr
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数学系数学与应用数学10级年论文 有充分性的证明之
x
d
1x
dt
1
，从而有x
d
1x
n
1
得
x
d
1x
r
1
.因为
0rd
，所以必有
x
r
10
，即
r0
，故得
dn
.
3.利用整除的判别定理
利用这种方法解题的关键是把整除转化为带余除法中所得余式为零.
对于多项式
f

x

,g

x

F

x

，且
g

x

0
，则
g

x

fx

的充要条 件是
g

x

除
f

x

的余式
r

x

0
.
[4]
例3 确定
m
，
p
的值，使
x
3
x
2
2x
4
mx
2
px2
.
x
2
3x2

x
4
mx
2
px2

x3x(m7)q(x

)

x
4
3x
3
2x
2


3x
3
(m2)x
2
px2


3x
3
9x
2
6x


(m7)x
2
(p6x)

2

(m7)x
2
3m(7x)2m(

7)

r(x)(3mp15x)(m2



1
令
r(x)0
可得：
(3mp15)0
，
2(m6)0

解得：
m6
，
p3

4.利用不可约多项式的性质
利用这种方法求解问题的关键是熟知不可约多项式的性质.
例4 证明：次数

且首项系数为1的多项式
f(x)
是一个不可约多项式的
方幂的充要条件为： 对任意的多项式
g(x)
必有
(f(x),g(x))1
，或者对某一正整数
m
，
f(x)g
m
(x)
.
证明 必要性设
f(x)p
m
(x)
，其中
p(x)
是不可约多 项式，则对于任意多项
式
g(x)
，有
(p(x),g(x))1
或
p(x)g(x)
.
当
(p(x),g(x))1
时，有< br>(f(x),g(x))1
；而当
p(x)g(x)
时，有
pm
(x)g
m
(x)
，
即
f(x)g
m< br>(x)
.
充分性 设
f(x)p
k
(x)q(x)，其中
k
，
p(x)
不可约，且
p(x)
不是q(x)
的
因式，
(q(x))0
.取
g(x)q(x)
，则
(f(x),q(x))q(x)1
；且对于任意正整
数
m
，
f(x)
不能整除
q
m
(x)
，这是因为，若< br>f(x)q
m
(x)
，则由
p(x)f(x)
得
p(x)q
m
(x)
，又由
p(x)
不可约得
p(x) q(x)
，与假设矛盾.故
f(x)
必为一不
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数学系数学与应用数学10级年论文
可约多项式的方幂.
5.利用待定系数法
此方法关键是利用两边多项式的各系数相等来求解.
例5求出
2x
4
3x
3
4x
2
x2
除以< br>x
2
x1
的商式和余式并把结果写成一
个整式与分式的和的形式.
解 设
2x
4
3x
3
4x
2
x 2
除以
x
2
x1
的商式为
ax
2
< br>axb
4322
bxc
，余式为

，
2< br>32
则
2x3x4xx2x2(xx1)(axbxc) axb
ax(ba)x(abc)x(bca)xbc

4


a2
，
ba3
，
ab c4
，
bca1
，
bc2

。
解得
a2
，
b5
，
c7
，
a

6.利用最大公因式的性质
3
，
b9


即所求商式为
2x
2
5x7
，余式为
3x9
.
利用这种方法求解问题的关键是深刻理解最大公因式的概念及性质.
例6 设
f(x)d(x)f
1
(x)
，
g(x)d(x)g
1
(x)
。证明：若
(f(x),g(x))d(x)
，且
则
(f
1
(x),g
1
(x))1
；反之，若
(f
1< br>(x),g
1
(x))1
，则
d(x)f(x)
和
g(x)
不全为零，
是
f(x)
与
g(x)
的一个最大公因 式.
证明 因为
(f(x),g(x))d(x)
，故存在
u(x)< br>，
v(x)
，使得

f(x)u(x)g(x)v(x)d(x)

即
d(x)f
1
(x)u(x)d(x)g
1
(x)v(x)d(x)

由于< br>f(x)
，
g(x)
不全为零，故
d(x)0
，两边消去< br>d(x)
得：
f
1
(x)u(x)g
1
(x)v( x)1

即
(f
1
(x),g
1
(x))1

反 之，
f(x)d(x)f
1
(x)
，
g(x)d(x)g
1
(x)
,知
d(x)
是
f(x)
，
g(x)< br>的公因式，
因
(f
1
(x),g
1
(x))1，故存在
u(x)
，
v(x)
使
f
1
(x)u (x)g
1
(x)v(x)1

两边乘以
d(x)
得< br>f(x)u(x)g(x)v(x)d(x)

g(x)
若
h(x )
是
f(x)
，
g(x)
的任一公因式，则有
h(x)d (x)
，从而
d(x)
是
f(x)
，
的一个最大公因式
7.利用互素的性质
此方法关键在于熟练的掌握互素多项式的性质，并灵活应用.
例7 证明
g(x)
2
|f(x)
2
的充要条件是g(x)|f(x)
.
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数学系数学与应用数学10级年论文
证明 充分性显然,现证 必要性.
若
g(x)
2
|f(x)
2
，
f(x)
如果
2
g(x)0
，那么
g(x)|f(x)
.
f(x )d(x)
1
f(x)
，
(x),g(x))d(x
，则
)
f(x)
，
g(x)
不全为零，令
(f
，且
2
22
g(x)d(x)g
1
(x)
2
(f
1(x),g
1
(x))1
.那么
f(
2
x)
2
d(
1
x)
2
2
，
f(
，
x )
g(x)d(x)g
1
(x)
，故由
g(x)|f(x)
，可得
g
1
2
(x)|f
1
2
(x)
， 故
g
1
(x)f
1
(x)
又
(f
1(x),g
1
(x))1
，根据互素多项式的性质知，
g
1< br>(x)
数）.
于是
g(x)cd(x)
，
g(x)|f(x)

8.利用余数定理
从而
g
1
(x)c
（常
f< br>1
(x)
，
此方法关键在于熟知余数定理
[5]
的概念且灵活 应用.
例8 证明如果
(x1)|f(x
n
)
，那么
(x
n
1)|f(x
n
)
.
证明 因为
(x1)|
(x1)|f(x)

f(x)
，所以
n
1是
f(x)
n
的根，于是
f(1)f(1)0
，< br>n
故存在多项式
g(x)
，使得：
f(x)(x1)g(x)< br>，从而有
f(x)(x1)g(x)
，此即
(x1)|f(x)
.
nnnnn
9.利用矩阵判别法
此方法关键在于求出多项式系数所构成的行列式的秩相等.
定理：多项式
g(x)< br>整除
f(x)
的充要条件是秩




秩< br>

g

mn1
.
[6]
例9 设
f(x)
解 令


1

0


q

(q
xpxq
3
,
g(x) x
2
mx1
,求
m
,
p
,
q
满足什么条件时
g(x)
整
1

1m
m0



1

除
f(x)
.
f
p0
m
 1
p
0


m1


01


1

1
1)
，

g
< br>

0
对

作初等列变换

1

C
2
(m)C
1
0
C
3
C
1


q

0
1
pm q
0

1

m1
C
0
2
C
4

qq1

00
1
1


C
3
(m)C
2
m 1
C
4
C
2

ppmq


00

1

0


q
0
1
1


00

qmpmq 1


00

根据定理有
g(x)
整除
f (x)
,
Z
秩
(B)=
秩
(B
g
)m n1


qm0
3212Z

,
pmq10

解得 当
qm
，
p1m2
时，
g(x)
整除
f(x)
.
以上是我总结的多项式整除的九种判别方法.但这些方法都是建立在
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数学系数学与应用数学10级年论文
多项式整除的基本性质上，故我们必须熟 练的掌握这些基本性质，才能灵
活运用这些方法来处理多项式的整除问题.


参考文献
[1] 徐利治.现代数学手则·经典数学卷[M].武汉:华中科技大学出版
社,2000:120-124
[2] 张禾瑞,郝鈵新. 高等代数[M].北京:高等教育出版社(第5
版),2007:31-55
[3] 赵云.高等代数思想方法和疑难解析[M].兰州:甘肃民族出版社(第
1版),2008:4
[4] 张禾瑞,郝鈵新. 高等代数[M].北京:高等教育出版社(第3
版),1983:33
[5] 王萼芳,丘维生.高等代数讲义[M].北京:北京大学出版社,1984:22
[6] 陈惠汝.多项式整除的矩阵判别法[J].河池学院学报,2005,4(02)

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