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数与等式
余式定理
日期:
2024-04-21 19:16
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余式定理
## 余式定理 运用综合除法,我们可以求得任一个多项式$f(x)$除以一次式$x-a$及$bx-a$的商式及余式.如果仔细观察每次做的结果,可以得出很重要而有趣的结论.我们还是先从例子谈起. 已知$f(x)=x^3+3x^2-x-6$,试求:$f(x)$除以$x-2$及$f(x)$除以$x-a$的 余式.再求:$f(2)$及$f(a)$的值. 解:用多项式除法可以得到 $f(x)$ 除以 $x − 2$,所得余式为一常数 $12$. $ f(x)$ 除以 $x-a$, 所得余式为 $a^3+3 a^2-a-6$. 又: $$ \begin{aligned} & f(2)=2^3+3 \times 2^2-2-6=12 \\ & f(a)=a^3+3 a^2-a-6 \end{aligned} $$ 由此看来, 真是巧极了, $f(x)$ 除以 $x-2$ 的余式正好等于 $f(2)$, 而 $f(x)$除以 $x-a$ 所得的余式,也恰好等于 $f(a)$. 我们不禁会问: 一般地多项式 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+c d o t s+a_1 x+a_0$ 除以 $x-a$ 时,所得的余式是否也等于 $f(a)$ 呢? 以下定理可以做出肯定回答. ### 余式定理 多项式$f(x)$除以$x-a$所得的余式等于$f(a)$. 证明: 设多项式 $f(x)$ 除以 $x-a$ 所得的商式为 $q(x)$, 余式为 $r(x)$. 由除法可得: $$ f(x)=q(x) \cdot(x-a)+r(x) $$ 但: $\because r(x)$ 的次数低于 $x-a$ 的次数, $\therefore r(x)$ 必为零或零次多项式, 即 $r(x)$ 必为一个常数 $R$. 因而 $$ f(x)=q(x) \cdot(x-a)+R $$ 这是一个恒等式, 不论 $x$ 取何值, 总是成立的. 今设 $x=a$, 等式 也应成立. 于是就有: $f(a)=q(a) \cdot(a-a)+R$ 因此: $$ R=f(a) $$ 这就证明了余式定理. 这个结论使我们在不做除法的前提下, 也可以用求多项式的值来求出余式. #### 例题 求$f(x)=2x^3-3x^2+8x-14$除以$2x-3$的余数. 由于$f(x)$除以$2x-3$所得余数与$f(x)$除 以$x-\frac{3}{2}$所得的余数是相同的,所以 $$ \begin{split} f\left(\frac{3}{2}\right)&=2\times \left(\frac{3}{2}\right)^3-3\times \left(\frac{3}{2}\right)^2+8\times \frac{3}{2}-14\\ &=\frac{27}{4}-\frac{27}{4}+12-14=-2 \end{split} $$ 可得:$f(x)$ 除以$2x-3$的余数为$-2$. ## 余式定理的推论 如果$f(a)=0$,那么$(x-a)$必能整除$f(x)$;反过来,如果$x-a$能整除$f(x)$,那么$f(a)=0$. 证明: 如果 $f(a)=0$, 由等式可得: $$ f(x)=q(x) \cdot(x-a) $$ 这就是说, 余数 $R=0, x-a$ 整除 $f(x)$. 反过来, 如果 $x-a$ 整除 $f(x)$, 即余数 $R=0$, 由余式定理 $R=f(a)$. $$ \therefore \quad f(a)=0 $$ 推论 1 的内容, 也可以这样叙述: 如果 $f(a)=0$, 那么, $f(x)$ 必定有因式 $(x-a)$. 反过来, 也正确. 因此, 推论 1 也叫因式定理. 可作为判断 $x-a$ 是否是 $f(x)$ 的因式的依据. #### 例题 试证明:对于正整数$n$,$x-y$是$x^n-y^n$的因式,而不是$x^n+y^n$的因式. 设$f(x)=x^n-y^n$,其中$y^n$ 看作常数项. $\because\quad f (y) =y^n -y^n=0$ $\therefore\quad x-y$是$x^n-y^n$的因式. 又设$\varphi(x)=x^n+y^n$ $\because\quad \varphi(y) =y^n +y^n\ne 0$ $\therefore\quad x-y$是$x^n+y^n$的因式. ## 推论2 如果多项式$f(x)$有两个不同的根$a$和$b$,那么,$(x-a)(x-b)$必能够整除$f(x)$,即$f(x)$必含有因式$(x-a)(x-b)$;反过来说,如果$f(x)$ 含有因式$(x-a)(x-b)$,也就是$f(x)$能够被$(x-a)(x-b)$整除,那么,$a$、$b$一定是$f(x)$的两个根. 证明: 由于 $a$ 是 $f(x)$ 的根, 即: $f(a)=0$. $\because$ 由推论 1 可知, $(x-a)$ 能整除 $f(x)$. 不妨设 $$ f(x)=q_1(x) \cdot(x-a) $$ 将 $x=b$ 代人恒等式, 可得 $f(b)=q_1(b) \cdot(b-a)$ $\because b$ 也是 $f(x)$ 的根 $\therefore f(b)=0$ 因而可以得到: $q_1(b) \cdot(b-a)=0$. 但由于 $b \neq a, \quad \therefore b-a \neq 0$ $\therefore$ 由上式得出 $q_1(b)=0$ 根据推论 1 , 就说明 $x-b$ 能够整除 $q_1(x)$. 再设 $$ q_1(x)=q_2(x) \cdot(x-b) $$ 上 式: $$ f(x)=q_2(x) \cdot(x-b) \cdot(x-a) $$ 这正说明 $(x-a)(x-b)$ 可整除 $f(x)$, 也就是 $f(x)$ 含有因式 $(x-a)(x-b)$.反过来, 如果 $f(x)=q(x) \cdot(x-a) \cdot(x-b)$, 不难由 $f(x)=0$ 得出, $q(x) \cdot(x-a)(x-b)=0$, 显然可以得出 $f(x)$ 的两个根 $x=a, x=b$. 同理, 我们可证明: 如果 $f(x)$ 有 $k$ 个不同的根, $a_1, a_2, \cdots, a_k$, 那么, $f(x)$能被 $\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right) \cdots\left(x-a_k\right)$ 整除. 即: $$ f(x)=q(x) \cdot\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right) \cdots\left(x-a_k\right) $$ 反过来说, 结论也是成立的. #### 例题 证明: $f(x)=x^4+2 x^3-4 x^2-2 x+3$ 能够被 $x^2-1$ 整除. 证明:由于 $x^2-1=(x+1)(x-1)$, 且: $$ \begin{aligned} f(-1) & =(-1)^4+2 \times(-1)^3-4 \times(-1)^2-2 \times(-1)+3 \\ & =1-2-4+2+3=0 \\ f(1) & =1+2-4-2+3=0 \end{aligned} $$ $\therefore \quad x=-1, x=1$ 是 $f(x)$ 的两个根. 因此, $f(x)$ 能被 $(x+1)(x-1)=x^2-1$ 整除. ## 推理3 一个$n$次多项式$f(x)$,至多只能有$n$个不同的根. 假如一个$n$次多项式$f(x)$有$n+1$个不同的根$a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1}$,那么由推论2就知: $$ f (x) =q (x) \cdot (x-a_1) (x-a_2)\cdots (x-a_n)(x-a_{n+1}) $$ 这显然是不可能的.因为等式右边各因式的乘积的次数,肯定超过了$n$次,这和已知$f(x)$是$n$次多项式就矛盾了. 所以,$n$次多项式$f(x)$至多只能有$n$个不同的根. 以上这种“说明一个结论的反面是不可能的,从而说明了结论的正确”的方法,称为反证法. #### 例题 试证明多项式$ax^3+bx^2+cx+d\quad (a\ne 0)$至多只能有三个不同的根. 证明:假如这个三次多项式有 4 个不同的根 $a_1, a_2, a_3, a_4$, 那么, 由余式定理的推论 2 可知: $$ a x^3+b x^2+c x+d=q(x)\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right)\left(x-a_3\right)\left(x-a_4\right) $$ 这个等式的左边也是已知的 3 次多项式,但它的右边,显然至少是一个 4 次多项式,这是不可能的. 所以,这个三次多项式,不可能有 4 个或 4 个以上不同的根,至多只能有三个不同根. ## 推论4 如果两个$n$次多项式$f(x),\; g(x)$在$x$取$a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n,a_{n+1}$这$n+1$个不同的值时, 它们所对应的值都相等,即 $f (a_1) =g (a_1) ,\; \; f (a_2) =g (a_2) ,\; \ldots,\; f (a_{n+1}) =g (a_{n+1}) $ 那么,这两个多项式实是同一个多项式.即 $f (x) =g (x) $ 假如这两个$n$次多项式不同,即$f(x)\ne g(x)$,那么,$f(x)-g(x)$就是一个次数不超过$n$的非零多项式. 又由已知,$f (a_1) =g (a_1) ,\; \; f (a_2) =g (a_2) ,\; \ldots,\; f (a_{n+1}) =g (a_{n+1})$,可以得出:$f (a_1) -g (a_1)=0 ,\; \; f (a_2) -g (a_2)=0 ,\; \ldots,\; f (a_{n+1}) -g (a_{n+1})=0$.这就是说,$a_1,a_2,\ldots,a_{n+1}$都是多项式$f(x)-g(x)$的根.这就是说:$f(x)-g(x)$的次数不超过$n$次,却有$n+1$个不同的根.这显然与推论3的结论是矛盾的.所以是不可能的. 因此,多项式$f(x)-g(x)$不可能是一个非零多项式,也就是说,$f(x)-g(x)$只能是一个零多项式了.即 $f (x) -g (x) =0 $ 因此,$f(x)=g(x)$. 推论4告诉我们:只要给出在$x$取$n+1$个不同值时多项式相应的值,就可以唯一确定一个$n$次多项式. #### 例题 如果当$x$取$0, 1, 2$时,多项式分别取值$0,0,1$.试确定一个二次多项式$f(x)$. 解: $\because f(0)=0, \quad f(1)=0$ $\therefore f(x)$ 一定可被 $x(x-1)$ 整除. 因而, 可设 $f(a x)=k x(x-1)$. 又 $\because f(2)=1$, 代人上式得 $$ 1=k \times 2(2-1) $$ $\therefore k=\frac{1}{2}$. 因此, 所求二次式为: $$ f(x)=\frac{1}{2} x(x-1)=\frac{1}{2} x^2-\frac{1}{2} x $$ ## 利用余式定理分解因式 #### 例题 将 $f(x)=3 x^3-4 x^2+x+6$ 分解因式. 分析: 如果 $f(x)$ 有因式 $p x+q$, 那么, $p$ 可能取数 $\pm 1$; 而 $q$ 可能取数 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$.若 $p=1$, 则因式 $p x+q$ 可能为: $$ x \pm 1, \quad x \pm 2, \quad x \pm 3, \quad x \pm 6 $$ 若 $p=-1$, 则因式 $p x+q$ 又可能为: $$ -(x \mp 1), \quad-(x \mp 2), \quad-(x \mp 3), \quad-(x \mp 6) $$ 如果把只差一常数倍的因式, 看作是相同的, 那么, $f(x)$ 的所有因式可能是: $$ x-1, \quad x+1, \quad x-2, \quad x+2, \quad x-3, \quad x+3, \quad x-6, \quad x+6 $$ 根据余式定理推论 1 , 我们可以由简单的因式开始, 逐个进行判断. 从而找出 $f(x)$ 的所有因式来. 解: $\because f(1) \neq 0, \quad \therefore x-1$ 不是 $f(x)$ 的因式. $\because f(-1)=0, \quad \therefore x+1$ 是 $f(x)$ 的因式. 同样, $\because f(2)=0, \quad \therefore \quad x-2$ 是 $f(x)$ 的因式. $\because f(3)=0, \quad \therefore \quad x-3$ 是 $f(x)$ 的因式. 以下不必尝试, $f(x)$ 不会再有一次因式. 因此: $$ \begin{aligned} f(x) & =3 x^3-4 x^2+x+6 \\ & =(x+1)(x-2)(x-3) \end{aligned} $$ ## 辗转相除法 设一元多项式$f(x)$与$g(x)$,如果$f(x)$的次数高于$g(x)$的次数.那么就用$g(x)$去除$f(x)$,得商$q_1(x)$,余$r_1(x)$.因而有: $f(x)=q_1(x)\cdot g(x)+r_1(x) $ 其中:$r_1(x)$的次数低于$g(x)$的次数,或为0. 所以,可得以下事实: 如果$r_1(x)=0$,那么$f(x)=q_1(x)\cdot g(x)$,这时必有:$(f(x),g(x))=g(x)$.如: 由$x^3-1=(x^2+x+1)(x-1)$,$\therefore\quad (x^3-1,x-1)=x-1$. 如果$r_1(x)\ne 0$,那么由$f(x)=q_1(x)\cdot g(x)+r_1(x)$与$r_1(x)=f(x)-q_1(x)\cdot g(x)$可以知道: $(f(x),g(x))=(g(x),r_1(x)) $ 这就是说:求$(f(x),g(x))$的问题,可以换成求次数较低的多项式$g(x)$与$r_1(x)$的最高公因式问题. 假如还嫌$g(x)$与$r_1(x)$的次数高,不易求得最高公因式,就可重复以上步骤,用$r_1(x)$去除$g(x)$,得到商式$q_2(x)$与余式$r_2(x)$,且有 $g (x) =q_2 (x) \cdot r_1 (x) +r_2 (x) $ 其中,$r_2(x)$的次数又比$r_1(x)$的次数低,或等于0. 这时,若$r_2(x)=0$,则$(g(x),r_1(x))=r_1(x)$,从而$(f(x),g(x))=(g(x), r_1(x)) =r_1 (x)$. 若$r_2(x)\ne 0$,则与前边同理可有: $$(r_1 (x), r_2(x))=(g(x),r_1(x))$$ 从而就应有: $( f (x) ,g (x) ) = (g (x) ,r_1 (x))=(r_1(x),r_2(x)) $ 这里$r_2(x)$的次数又比$g(x)$, $r_1(x)$的次数低了. 这样逐步地运用除法,就可以把所求两个多项式的最高公因式问题,转换成求两个次数较低的多项式的最高公因式问题.直到最后,自然就会求得$(f(x),g (x) )$. 这种方法,同样叫辗转相除法. #### 例题 如果$f(x)=x^4+x^3-2$, $g(x)=x^3-1$,试求$(f(x),g(x))$. 先求$f(x)$除以$g(x)$的商及余: ![图片](/uploads/2024-04/dbb15e.jpg) $\therefore\quad f(x)=(x+1)\cdot g(x)+(x+1)$,并且 $(f(x),g(x))=(g(x), (x-1))$. 再求$g(x)$除以$x-1$的商及余. ![图片](/uploads/2024-04/4addc3.jpg) $\therefore\quad g(x)=(x^2+x+1)(x-1)$,并且 $(g(x),x-1)=x-1$. 所以:$(f(x),g(x))=(g(x),(x-1))=x-1$,即: $(f(x),g(x))=x-1$.
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