高考答案查询-不问

4.3 多项式的整除性
教学内容：4.3多项式的整除性
教学目标：正确理解多项式的整除概念及性质。理解和掌握带余除法。
授课时数：2学时
教学重点：多项式整除的概念及基本性质
教学难点：带余除法定理及证明（定理4.3.1及证明）

教学过程：

在
F[x]
中除法不是永远可以实施的，因此多项式整除性的研究在多项式理论中占< br>有重要的地位。
一、多项式整除的概念及性质
1. 定义
定义1 设< br>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)
。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)
.
由 定义1知：
1
f(x)F[x],f(x)|0
;特别地，
0|0.

2
cF,c|f(x)
.

3
c,dF
,
c0
，有
c|d
.如
2|0
。
4
高次多项式不能整除低次多项式。
课堂思考题：1）能整除任何多项式的多项式是什么？
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

1

我们可以将整数的整除性质平移过来
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)
,则对任意
g( x)
,有
h(x)|f(x)g(x)
；
4） 若
h(x)
|
f
i
(x)
,
c
i
(x)F(x),i 1,2,3,,n,
则
n
h(x)|

c
i1i
(x)f
i
(x)
； (整除倍式和)
5） 对任一多项式
f(x),cf(x)|f(x),c|f(x)(c0,cF)
;
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
⒈ 实例（中学中的多项式除多项式）
例2
f(x)x2xx6,g(x)xx 1
，求
g(x)
除
f(x)
所得商式
q(x)
及 余
式
r(x)
。
322
由中学的知识，得
f
1< br>(x)f(x)g(x)x,r(x)f
2
(x)f
1
(x )g(x)1
，
f(x)g(x)xr(x)g(x)1g(x)(x1) r(x)
。故
q(x)x1,r(x)x5
，
(r(x))(g(x))
。
我们将此结果一般化。
⒉ 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
,那么在
F[x]
中存在唯一
的一对多项式
q(x),r(x ),
，使得
f(x)g(x)q(x)r(x)
(Ⅰ)

2

这里
r(x)0
或者
 (r(x))(g(x))
。
分析：存在性
1） 若
f(x) 0
或
(f(x))(g(x)),
取
q(x)0,r(x)f (x)
即可；
2） 若
(f(x))(g(x)),
用例题中的降次方法得
f(x)g(x )
q
1
(x)f
1
(x),
f
1
(x) 0
或
(f
1
(x))(f(x))

1
若
f
1
(x)0,
则取
q(x)u1
(x),r(x)0

2
若
f
1
(x )0,
且
(f
1
)(g),
则取
q(x)u1
(x),r(x)f
1
(x).

00
00
3
若
f
1
(x)0,
且
(f
1
(x))(g(x)),
再对
f
1
( x)
进行同样的讨论可得
f
1
(x)g(x)q
2
(x) f
2
(x)
由于现在限步后，必有
f
k
(x)
适 合或
f
k
(x)0
或
(f
k
(x)) (g(x)),
这样可得一串等式，相加后即得证。
唯一性证明类似整数的带余除法。
证 1）若
f(x)0
或者
(f(x))(g(x))
，则有


f(x)g(x)0f(x).

于是，现在设
(f(x))(g(x)),
记为
nn1
m1


f(x)a0
xa
1
x
g(x)b
0
xb
1
x
m


a
n1
xa
n
,


b
m1
xb
m
.

这里a
0
0,b
0
0,
并且
nm.

令
f
1
(x)f(x)g(x)a
0
b
0
x
1nm
,
则
f
1
(x)0
，或
 (f
1
(x))(f(x))
。
nm1nm
若f
1
(x)0,f(x)g(x)a
0
b
0
x< br>1
，则
q(x)a
0
b
0
x
，而
r(x)0
。

3

若
f
1
(x)0
，而
(f
1
(x))(g(x))
，由
f(x)g(x)a
0
b
0
x
知
q(x)a
0
b
0
x
1nm
1nm
f
1
(x),

，
r(x)f
1
(x)
。
若
f
1
(x)0
，且
(f
1
(x))(g(x ))
。
设
f(x)a
10
x
1
a
1 1
x
nn
1
1
a
1,(n
1
1 )
xa
1n
1
,nn
1
m
。
1
n
1
m
令
f
2
(x)f
1
( x)g(x)a
10
b
0
x,
则
f
1
(x)0
，或
(f
2
(x))(f
1
(x))
。
重复对
f
1
(x)
的同样讨论，由于
(f (x))(f
1
(x))(f
2
(x))
，而(f(x))
有
限，因此在进行了有限步后，必有
f
k
(x )
适合
f
k
(x)0
或
(f
k
(x ))(g(x))
。这里我们
可得到一串等式：
1nm
f(x) g(x)a
0
b
0
x
1
f
1
(x ),
f
2
(x),
n
k1
m
f
1< br>(x)g(x)a
10
b
0
x
n
1
m

f
k1
(x)g(x)a
k1, 0
b
0
x
1

f
k
(x),
将这串等式加起来，就有
f(x)g(x)(a
0
b
0
x
1nm
a
10
b
0
x
1
n
1
m
a
k1,0
b
0
x
1
n
k1
m
)f
k
(x)
。
于是有
q(x)a
0
b
0
x
1nm
a
10
b
0
x
1
n
1< br>m
a
k1,0
b
0
x
1
nk1
m
,r(x)f
k
(x)
适合式（1），并且
r(x)0
，或
(r(x))(g(x))
。
3） 设还能 找到
F[x]
的多项式
q
1
(x),r
1
(x)< br>，使

f(x)g(x)q
1
(x)r
1
(x)
（2）
或
r
1
(x)0
，或
(r
1
(x))(g(x))
。

4

由（1）-（2）， 得
(g(x)(q(x)q
1
(x))(g(x))

g(x)(q(x)q
1
(x))r
1
(x)r(x)
。 < br>若
r
1
(x)r(x)0
，则
q(x)q
1< br>(x)0
。但
(g(x)(q(x)q
1
(x))(g (x))
，而显然有
(r
1
(x)r(x))(g(x))，这是一个矛盾。因此，
r
1
(x)r(x)0
，即
r1
(x)r(x)
。由
g(x)0
，得
q(x)q
1
(x)0
，即
q(x)q
1
(x)
。这样唯一性也 得到证明。 （证毕）
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。
3.分离系数法
多项式
h(x)a
n
xa
n1
x
nn1


a
1
xa
0
与
n1
元向量之间 有一个一一对应。我
们在施行带余除法时，用向量代替多项式，这样操作起来较为方便。
4.带余除法的推论
推论1 设
f(x),g(x)F[x]
。 < br>1）
g(x)0
，
g(x)|f(x)
的充分必要条件是
f (x)0
；
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
。

用了带余除法的唯一性。
例1 试求
x3px2q
能被
x
2
2axa
2
整除的条件。
3
3
解 用
x
2
2axa
2
去除< br>x3px2q
，得商式和余式分别为
23
q(x)x2a,r(x)3(ap)x2(qa)
。
而
x2axa
能整除
x3px2q
的条件是
r(x)0，即
232
323
22
3
3(ap)x2(qa)0
，从而
ap0
与
qa0
，即
pa,qa。

5

补充例题 设
d,n
为正整数。证 明：
x
d
1
整除
x
n
1
当且仅当d
整除
n
。

与前面补充例方法完全一样。提示必要性。
问题：多项式的整除性与数域的扩大是否有关系？
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，
当且仅当在
F[x]
中
g(x)|f(x)
。换句话说，两个 多项式之间的整除关
g(x)|f(x)
系不随数域的扩大而改变。 （

反之不然）
证 若
g(x)0F[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).
< br>反之，设在
F[x]
中
g[x]f(x)
，即存在
h(x) F[x],
使
f(x)g(x)

h(x)
成立，这一等式在F[x]
里也成立。由带余除法的唯一性可知，这与
g(x)|f(x)
矛盾，故
g(x)|f(x).

课堂练习题 设
f(x)xx1,g(x)xxkxl
，已知
f(x) |g(x)
，求
k
与
l
的
值。

用带余除法
232
作业：P134，1—7题

6