日期: 2024-04-21 18:31 查看: 189 次编辑导出

多项式的除法

## 单项式的除法

由指数运算律：$a^m\div a^n=a^{m-n}\; (a\ne 0,\, m>n)$以及
零指数的定义：$a^0=1\; (a\ne 0)$，就可以知道：两个单项式$ax^m$和$bx^n$，当$bx^n\ne 0$且$m\ge n$时，就有以下除法法则：
 $ax^m\div bx^n =\frac{a}{b}x^{m-n},\qquad (bx^n\ne 0,\; m\ge n)  $
这就是说：
两个单项式相除（除式不为零），其系数相除，未知数的指数相减，所得商仍是一个单项式

计算 $(-2x^3)\div 4x=-\frac{2}{4}x^{3-1}=-\frac{1}{2}x^2$

## 一元多项式的除法

一个正整数$a$除以正整数$b$，可以得到一个商数$g$
及一个余数$r$，它们之间的关系是： $a=g\cdot b+r,\qquad (0\le r< b) $

例如：$530 \div 3 = 173 ... 1$ ,就是说：520除以3，得商数173，余数1；我们可以扩展到多项式

任何整数$A$除以非零整数$B$，所得的商数为$Q$，余数为$R$，一定满足下列关系式：
 $ A=Q\cdot B+R,\qquad \text{其中：} 0\le R<|B| $
显然，当$A$能够被$B$整除时，$R=0$．

### 长除法

多项式$f(x)$除以$g(x)$ ($g(x)\ne 0$)，就是要求出两个多项式$Q(x)$和$R(x)$，使它们能够满足关系式：$f(x)=Q(x)\cdot g(x)+R(x)$，且$R(x)=0$或$R(x)$是一个比$g(x)$次数低的多项式．这时，多项式$Q(x)$、$R(x)$就分别叫做$f(x)$除以$g(x)$的商式、余式．

如何求出商式$Q(x)$与余式$R(x)$呢？仍然可以类
似于数的除法去做，一般称为长除法．

#### 例题1
已知 $f(x)=4 x^3+5 x^2-2 x-3, g(x)=x^2+2 x+1$,试求: $f(x)$ 除以 $g(x)$ 所得的商式 $Q(x)$, 余式 $R(x)$.
解: 类似于数的除法列式:
 ![图片](/uploads/2024-04/a8bd41.jpg)
 所以, $f(x)$ 除以 $g(x)$ 的商式 $Q(x)=4 x-3$, 余式 $R(x)=0$. 显然, $f(x)=Q(x) \cdot g(x)+R(x)$. 这里 $R(x)=0$.

#### 例题2
已知 $f(x)=3 x^5-4 x^4-2 x^3-35 x^2-28 x+18, g(x)=x^3-2 x^2+x-13$试求 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 的商式 $Q(x)$, 余式 $R(x)$.

解: 用长除法列式如下:
 ![图片](/uploads/2024-04/c1e7c9.jpg)
 
 所以, 得到商式 $Q(x)=3 x^2+2 x-1$. 余式 $R(x)=-x+5$ （次数低于 $g(x)$ 的次数 $)$, 而且有关系式:
$$
f(x)=Q(x) \cdot g(x)+R(x)
$$

由以上两例可以看出：多项式相除的整个算式中, 最关健的是各项系数的运算. 这就是说, 把被除式、除式都按降次排成标准式, 缺项补 0 , 列出除法竖式以后，只要进行各项系数间的运算，就可以得出商式、余式的系数；然后
取被除式与除式的次数之差，作为商式的次数，降次排列；而余式的次数要比除式的次数低

## 待定系数法求
待定系数法是根据多项式恒等的条件来解决问题的一种常用代数方法．以
下就以求多项式的商式与余式为例，说明这种方法

#### 例题1
试求 $f(x)=3 x^4+x^3-4 x^2-17 x+5$ 除以 $g(x)=x^2+x+1$ 的商式 $Q(x)$ 与余式 $R(x)$.

分析：因为所求的商式 $Q(x)$ 、余式 $R(x)$ 一定满足等式: $f(x)=Q(x) \cdot g(x)+$ $R(x)$.

这里又已知 $f(x)$ 是四次式, $g(x)$ 是二次式, 不难判断, $Q(x)$ 一定是二次式, $R(x)$ 的次数低于二次, 即 $R(x)$ 的次数最高是一次.
因此, 我们可以不作长除法, 而设出:
$$
Q(x)=a x^2+b x+c, \quad R(x)=d x+e
$$

其中 $a, b, c, d, e$ 都是将要确定的系数, 我们都叫做待定系数.
由除法的基本关系等式:
$$
f(x)=Q(x) \cdot g(x)+R(x)
$$

就可以利用多项式恒等条件, 进而求出 $a 、 b 、 c 、 d 、 e$ 的值, 最后也就求出了商式及余式.
解：由题意可设：
$$
\begin{gathered}
Q(x)=a x^2+b x+c, \quad R(x)=d x+e \\
\because \quad f(x)=Q(x) \cdot g(x)+R(x) \\
\therefore \quad 3 x^4+x^3-4 x^2-17 x+5=\left(a x^2+b x+c\right)\left(x^2+x+1\right)+a x+e
\end{gathered}
$$

即:
$$
\begin{aligned}
& 3 x^4+x^3-4 x^2-17 x+5 \\
= & a x^4+(a+b) x^3+(a+b+c) x^2+(b+c+d) x+(c+e) ;
\end{aligned}
$$

比较等式两边对应同类项的系数, 得
$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 3 = a } \\
{ 1 = a + b } \\
{ - 4 = a + b + c } \\
{ - 1 7 = b + c + d } \\
{ + 5 = c + e }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
a=3 \\
b=-2 \\
c=-5 \\
d=-10 \\
e=10
\end{array}\right.\right.
$$

所以, 商式 $Q(x)=3 x^2-2 x-5$, 余式 $R(x)=-10 x+10$.

#### 例题2
用待定系数法求 $x^3+x^2+1$ 除以 $2 x^2+3 x 1$ 所得的商式 $Q(x)$ 及余式 $R(x)$.

解: $\because$ 被除式是 3 次式, 除式是 2 次式, $\therefore$ 可设商式 $Q(x)=a x+b$, 余式 $R(x)=c x+d$. 由于
$$
x^3+x^2+1=(a x+b)\left(2 x^2+3 x+1\right)+(c x+d)
$$

即:
$$
x^3+x^2+1=2 a x^3+(3 a+2 b) x^2+(a+3 b+c) x+(b+d)
$$

比较两边同类项系数可得:
$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 1 = 2 a } \\
{ 1 = 3 a + 2 b } \\
{ 0 = a + 3 b + c } \\
{ 1 = b - d }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
a=\frac{1}{2} \\
b=-\frac{1}{4} \\
c=\frac{1}{4} \\
d=\frac{5}{4}
\end{array}\right.\right.
$$
$\therefore \quad$ 商式 $Q(x)=\frac{1}{2} x-\frac{1}{4}$, 余式 $R(x)=\frac{1}{4} x+\frac{5}{4}$.
从以上两例可以看出, 用待定系数法求多项式相除的商式及余式, 其要点和原理是：
1. 由被除式, 除式的次数, 设定商式与余式的次数, 并以待定系数形式设出它们的表达式. 商式的次数为被除式与除式次数之差; 余式次数可设为除式的次数减一.
2. 由于除法的基本等式
$$
f(x)=Q(x) \cdot g(x)+R(x)
$$

是恒等关系式, 因此可以算出等式右边的结果. 比较, 两边同类项的系数,就得到以待定系数为未知数的方程组.
3. 解方程组, 就可以求得各待定系数, 进而可求得商式、余式.

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