一元多项式的带余除法

多项式的度

定义

非零多项式 f(x)=∑ni=0aixi （其中首项 an≠0 ）的度 deg(f(x))=n

性质

1. f(x)≠0,g(x)≠0⇒deg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))
2. f(x)≠0,g(x)≠0,f(x)+g(x)≠0⇒deg(f(x)+g(x))≤max{deg(f(x)),deg(g(x))}
3. deg(f(x))=0⇔f(x) 是非零常数。

多项式运算的性质

1. f(x)+g(x)=g(x)+f(x)
2. [f(x)+g(x)]+h(x)=f(x)+[g(x)+h(x)]
3. f(x)g(x)=g(x)f(x)
4. [f(x)g(x)]h(x)=f(x)[g(x)h(x)]
5. f(x)[g(x)+h(x)]=f(x)g(x)+f(x)h(x)
6. f(x)≠0,f(x)g(x)=f(x)h(x)⇒g(x)=h(x)
   证明：
   f(x)g(x)=f(x)h(x)⇒f(x)[g(x)−h(x)]=0
   由于 f(x)≠0, 因此若 g(x)≠h(x) 则 g(x)−h(x)≠0,
   于是 f(x)[g(x)−h(x)]≠0, 与 f(x)[g(x)−h(x)]=0 矛盾。

带余除法

设多项式 g(x)≠0, 则对于任意一个多项式 f(x), 存在多项式 q(x),r(x),
使得 f(x)=q(x)g(x)+r(x),
其中 r(x)=0 或 deg(r(x))<deg(g(x)) 。
且 q(x),r(x) 是唯一的。

证明

存在性

若 f(x)=0, 则 f(x)=0=0g(x)+0 。命题成立。
下面只考虑 f(x)≠0 的情况。
假设对于任意一个多项式 f(x), deg(f(x))<n 时命题成立。
则 deg(f(x))=n 时，令 m=deg(g(x)) ：
1. 若 n<m, 则 f(x)=0g(x)+f(x) 。命题成立。
2. 若 n≥m, 设 f(x)=∑ni=0aixi,g(x)=∑mi=0bixi, 则
f(x)−anb−1mxn−mg(x)
=∑ni=0aixi−anb−1mxn−m∑mi=0bixi
=∑ni=0aixi−anb−1m∑mi=0bixi+n−m
=∑ni=0aixi−anb−1m∑ni=n−mbi−(n−m)xi
=∑n−1i=0aixi−anb−1m∑n−1i=n−mbi−(n−m)xi
=∑n−1i=0(ai−ci)xi,
其中 ci={anb−1mbi−(n−m),0,n−m≤i≤n−1,0≤i<n−m,
因此 f(x)−anb−1mxn−mg(x)=0 或 deg(f(x)−anb−1mxn−mg(x))<n,
于是存在多项式 q(x),r(x), 使得
f(x)−anb−1mxn−mg(x)=q(x)g(x)+r(x),
其中 r(x)=0 或 deg(r(x))<deg(g(x)) 。
因此 f(x)=[anb−1mxn−m+q(x)]g(x)+r(x) 。命题成立。

唯一性

设存在多项式 q′(x),r′(x) 同样满足条件，则
f(x)=q(x)g(x)+r(x)=q′(x)g(x)+r′(x)⇒[q(x)−q′(x)]g(x)=r′(x)−r(x)
若 q(x)≠q′(x), 则 [q(x)−q′(x)]g(x)≠0 且 deg([q(x)−q′(x)]g(x))=deg(q(x)−q′(x))+deg(g(x))≥deg(g(x)),
于是 r′(x)−r(x)≠0 且 deg(r′(x)−r(x))=deg([q(x)−q′(x)]g(x))≥deg(g(x)) 。
但是 r(x)=0 或 deg(r(x))<deg(g(x)),
r′(x)=0 或 deg(r′(x))<deg(g(x)),
因此 deg(r′(x)−r(x))<deg(g(x)), 与 deg(r′(x)−r(x))≥deg(g(x)) 矛盾。
因此 q(x)=q′(x), 于是 r(x)=r′(x) 。