最后更新: 2024-11-03 05:52 ● 参与者查看: 46 次纠错分享参与项目词条搜索

多项式及其代数运算

在中学我们已经学习过多项式及其四则运算，并着重学习了一元多项式的带余除法、余式定理和多元多项式的乘法公式，因式分解．这都是重要的基础
知识，在数学和实际中都有广泛的应用，本章将从理论和应用上对多项式的基础知识作进一步的研究、提高，我们研究的重点仍然是一元多项式．

多项式的概念我们并不陌生，尤其是一元多项式，每个人都能举出不少例
子．它的四则运算也会用各种方法进行．总括我们已经学过的知识，可以一般
地系统整理如下：

## 多项式的概念
定义 1
形如 $a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0$ 的式子, 叫做 $x$ 的一元多项式 （简称多项式）. 其中, $a_i(i=0,1,2, \ldots, n)$ 是已知实数, $n$ 是已知非负整数。
- 一元多项式一般简记为 $f(x)$ 或 $g(x)$ 等, 即

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0
$$

在多项式 $f(x)$ 中, $a_i x^i(i=0,1,2, \ldots, n)$ 叫做 $f(x)$ 的 $i$ 次项, $a_i$ 叫做 $i$次项的系数; 当 $a_i \neq 0$ 时, 多项式 $f(x)$ 称为一元 $i$ 次多项式, 并把它的**次数记作 $\operatorname{deg} f(x)=i$**.

特别地, 当 $n=0$ 时, 多项式成为 $f(x)=a$, 这时, 若 $a_0 \neq 0$, 就叫做零次多项式; 若 $a_0=0$ 就叫做零多项式, 它的次数不定义.

例如, $f_1(x)=7 x^3-1$ 叫做一元三多项式, $f_2(x)=-5$ 叫做零次多项式, $f_3(x)=0$ 叫做零多项式, 它不定义次数.
注意：在初中我们把多项式中的字母. 称为未知数，也称为元. 现在我们还可以用函数的观点把它称为自变数，甚至可以更一般地称为不定元. 它和数作运算时满足数系运算通性，即满足加法和乘法的结合律、交换律以及乘法对加法的分配律；同时，零与 1 的运算特性、指数运算律仍然适合.

这样一来，任何一个 $n$ 次多项式，经过整理合并同类项，总可以写成标准形式

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0 \quad\left(a_n \neq 0\right)
$$

或者

$$
f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_{n-1} x^{n-1}+a_n x^n \quad\left(a_n \neq 0\right)
$$

其中 (3.1) 称为多项式 $f(x)$ 的降幂标准式, (3.2) 称为多项式 $f(x)$ 的升幂标准式。

例如, 多项式 $g(x)=5 x-7 x^2+13 x^4-8 x-x^3+10 x^2-1$ 经过整理后,可以写成降幂或升幂两种标准形式

$$
g(x)=13 x^4-x^3+3 x^2-3 x-1
$$

或者

$$
g(x)=-1-3 x+3 x^2-x^3+13 x^4
$$

### 定义 2
如果用一个已知数 $b$ 去代替多项式中的元 $x$, 就得到

$$
f(b)=a_n b^n+a_{n-1} b^{n-1}+\cdots+a_1 b+a_0
$$

那么, 数 $f(b)$ 就叫做当 $x=b$ 时 $f(a)$ 的值.

例 3.1 已知 $f(x)=a_3 x^3+a_2 x^2+a_1 x+a_0 \quad\left(a_3 \neq 0\right)$, 试求 $f(0), f(1), f(-1)$, $f(m)$ 。

解:

$$
\begin{aligned}
f(0) & =a_0 \\
f(1) & =a_3+a_2+a_1+a_0 \\
f(-1) & =-a_3+a_2-a_1+a_0 \\
f(m) & =a_3 m^3+a_2 m^2+a_1 m+a_0
\end{aligned}
$$

例 3.2 已知 $f(x)=x^2+2 x+8$, 求 $f(-x), f(x+1)$.
分析：由于 $-x, x+1$ 都不是已知数，因而所求的 $f(-x), f(x+1)$ 也不会是一个已知数值, 严格地说题目已不是求值问题. 但我们可以理解为要求用 $-x$ 与 $x+1$ 分别代替 $f(x)$ 中的 $x$ 所得的新多项式. 实际上就是换元, 其运算程序与求多项式的值是相同的.
解:

$$
\begin{aligned}
f(-x) & =(-x)^2+2(-x)+3=x^2-2 x+3 \\
f(x+1) & =(x+1)^2+2(x+1)+3 \\
& =x^2+2 x+1+2 x+2+3=x^2+4 x+6
\end{aligned}
$$

### 定义 3
两个多项式

$$
\begin{aligned}
& f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0 \\
& g(x)=b_n x^n+b_{n-1} x^{n-1}+\cdots+b_1 x+b_0
\end{aligned}
$$

如果它们的各同次项系数对应相等, 即 $a_k=b_k$ ( $k$ 为非负整数) 我们就说这两个多项式相等, 记作 $f(x)=g(x)$.

不难知道, 两个非零多项式相等的必要条件是它们的次数相等, 即如果 $f(x)=g(x)$, 那么 $\operatorname{deg} f(x)=\operatorname{deg} g(x)$ 。

应该指出，如果把多项式看作一个函数式，那么两个多项式相等就可推出当自变数取任意允许值时，两个多项式的值都是相等的。在这种意义下，我们把两个多项式相等也可以说成 "恒等"。
例 3.3 已知多项式

$$
f(x)=x^3+(a+3) x^2+b x-1
$$

与多项式

$$
g(x)=x^3-(1-b) x^2+(10-a) x-1
$$

相等, 试求 $a, b$ 的值.
解: 设 $f(x)=g(x)$, 且都已是降幂标准式, 所以它们的各同次项系数对应相等.因而有

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a + 3 = - ( 1 - b ) } \\
{ b = 1 0 - a }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
a-b=-4 \\
a+b=10
\end{array}\right.\right.
$$

所以

$$
a=3, \quad b=7
$$

例 3.4 已知一个恒等式：

$$
-11 x^2+23 x=a(3+x)(3-x)+b(2 x-1)(3-x)+c(3+x)(2 x-1)
$$

试求 $a, b, c$.
分析：如果设

$$
\begin{aligned}
& f(x)=-11 x^2+23 x \\
& g(x)=a(3+x)(3-x)+b(2 x-1)(3-x)+c(3+x)(2 x-1)
\end{aligned}
$$

由题目知 $f(x)=g(x)$, 再根据定义 3 , 将 $g(x)$ 的表达式展开并整理成降幂排列的标准式, 写出含有 $a, b, c$ 的方程组, 从而解出 $a, b, c$; 这样的方法可行, 但太繁. 还可以从函数的观点出发, 由于 $f(x)=g(x)$, 所以给 $x$ 代以任意实数 $t$, 都有 $f(t)=g(t)$. 本题中只要恰当选择 $x$ 的值, 就可以简便地求出 $a, b, c$.
解: 由已知恒等式右边式子的特点, 我们可以分别选取 $x=\frac{1}{2},-3,3$ 代人, 得

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ \frac { 3 5 } { 4 } = \frac { 3 5 } { 4 } a } \\
{ - 1 6 8 = - 4 2 b } \\
{ - 3 0 = - 4 5 c }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
a=1 \\
b=4 \\
c=\frac{2}{3}
\end{array}\right.\right.
$$

##  二、多项式的加法与乘法
关于多项式的加法与乘法，我们在初中就已经学过. 两个多项式进行加法运算的要点是合并同类项，其运算结果叫做这两个多项式的和；两个多项式进行乘法运算的要点是利用分配律和指数运算律，其运算结果叫做这两个多项式的积。

回忆已学过的多项式加法与乘法运算，我们可系统归纳如下：
（一）加法与乘法的封闭性
系数在同一个数系范围内的两个多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的和 $f(x)+g(x)$ 与积 $f(x) g(x)$ 仍然是一个多项式, 而且它们的系数仍在原来数系范围内. 这就是多项式加法与乘法的封闭性。

例如，两个有理系数多项式

$$
f(x)=2 x^3+\frac{1}{2} x^2-x+1, \quad g(x)=3 x^2+2 x-3
$$

的和与积

$$
\begin{aligned}
f(x)+g(x) & =2 x^3+\frac{7}{2} x^2-5 x-2 \\
f(x) g(x) & =6 x^5+\frac{11}{2} x^4-26 x^3-\frac{25}{2} x^2+23 x-3
\end{aligned}
$$

都是有理系数多项式.

（二）多项式的加法与乘法的基本性质
对于一元多项式的加法与乘法，有以下性质：
1. 满足结合律, 即对于任意多项式 $f(x), g(x), h(x)$ 总有

$$
\begin{aligned}
{[f(x)+g(x)]+h(x) } & =f(x)+[g(x)+h(x)] \\
{[f(x) \cdot g(x)] \cdot h(x) } & =f(x) \cdot g(x) \cdot[h(x)]
\end{aligned}
$$

这就使我们在进行加或乘法的运算中，可以省略括号而按任何顺序进行.
2. 满足交换律, 即

$$
f(x)+g(x)=g(x)+f(x) \quad f(x) \cdot g(x)=g(x) \cdot f(x)
$$

这就使我们在进行加或乘法的运算中，可以任意交换参加运算的多项式的位置。

3. 满足乘法对加法的分配律, 即

$$
f(x) \cdot[g(x)+h(x)]=f(x) \cdot g(x)+f(x) \cdot h(x)
$$

或者

$$
[f(x)+g(x)] \cdot h(x)=f(x) \cdot h(z)+g(x) \cdot h(x)
$$

4. 存在零多项式. 与零次多项式 1 , 对任意多项式 $f(x)$, 它们满足以下特性:

$$
\begin{aligned}
0+f(x) & =f(x)+0=f(x) \\
0 \cdot f(x) & =f(x) \cdot 0=0 \\
1 \cdot f(x) & =f(x) \cdot 1=f(x)
\end{aligned}
$$

5. 对于任意多项式

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0
$$

总存在一个多项式 $-f(x)$,

$$
-f(x)=-a_n x^n+\left(-a_{n-1}\right) x^{n-1}+\cdots+\left(-a_1\right) x+\left(-a_0\right)
$$

使得 $[-f(x)]+f(x)=f(x)+[-f(x)]=0$, 我们把这个多项式 $-f(x)$ 称为多项式 $f(x)$ 的负多项式。
例如，多项式 $g(x)=\sqrt{2} x^2-x^3$ 的负多项式就是

$$
-g(x)=-\sqrt{2} x^2+x^3
$$
## （三）两多项式的和与积的次数
设 $f(x)$ 是 $n$ 次多项式, $g(x)$ 是 $m$ 次多项式, 那么它们的和 $f(x)+g(y)$也是一个多项式，这个多项式的次数 $p$ 有以下几种情形：
- 当 $m \neq n$ 时, $p=\max \{m, n\}$
- 当 $m=n$ 时, $p \leq n$

特别地, 当 $f(x)=-g(x)$ 时, $f(x)+g(x)$ 为零多项式, 它不定义次数.两多项式的积 $f(x) \cdot g(x)$ 也是一个多项式，这个多项式的次数 $q=m+n$ ；特别地, 当 $f(x), g(x)$ 之中至少有一为零多项式时, $f(x) \cdot g(x)=0$, 它不定义次数。
(四) 两个多项式的减法
两多项式的减法运算结果, 叫做两多项式的差, 记为 $f(x)-g(x)$, 其意义为

$$
f(x)-g(x)=f(x)+[-g(x)]
$$

由于负多项式 $-g(x)$ 的存在及多项式加法封闭性, 因而 $f(x)-g(x)$ 仍是一个多项式，所以多项式对减法也是封闭的.又因为，

$$
[f(x)-g(x)]+g(x)=f(x)
$$

所以，多项式的减法是加法的逆运算。
以上各条可知，系数在指定数系范围内的多项式集合，对加、减、乘三种运算都是封闭的，而且对加、乘运算也有着像数系运算通性那样的良好性质，这就大大方便了运算.

对于多元多项式也可以作类似的整理, 归纳, 这里仅着重指出:
1. 多元多项式的每一项的次数，是指所含各个元的指数之和；一个多项式的次数，是指所含各项次数中的最大数.
2. 如果一个多元多项式的各项次数都相等, 那么, 这个多项式就叫做齐次多项式。
例如: $f(x, y)=x^3-2 x^2 y+3 y^3$ 叫二元三次齐次多项式; $f(x, y, z)=$ $x^2+y^2+z^2-x y-y z-z x$ 叫做三元二次齐次多项式.
3. 两个齐次多项式的乘积，仍是一个齐次多项式；但两个齐次多项式的和,却不一定还是齐次多项式.

## 三、多项式的带余除法
多项式集合对于加、减、乘法都是封闭的，但对于乘法的逆运算——除法却是不封闭的. 例如, 多项式 $f(x)=1, g(x)=x$ 就找不出一个多项式 $q(x)$,能使 $f(x)=q(x) \cdot g(x)$.

这个性质与整数集合很相似. 正因为这样，在初中我们曾学习了一元多项式的带余除法，并且学习了用长除法，分离系数法，综合除法以及待定系数法去求两个非零多项式的商式和余式。

正和整数的带余除法相似, 一元多项式的带余除法, 就是由 $f(x), g(x) \neq 0$而求出 $q(x), r(x)$, 使它们满足

$$
f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x)
$$

其中, $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $r(x)=0$. 并把 $f(x), g(x), q(x)$ 和 $r(x)$ 分别称为被除式、除式、商式和余式。

例3.5 已知 $f(x)=2 x^4+x^3+x^2+x+1, g(x)=3 x^2+2 x+3$, 试求 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 的商式、余式。

解: 用分离系数法, 作长除法如下:
 ![图片](/uploads/2024-11/e14f6a.jpg)
 
 例 3.6 试求 $f(x)=4 x^4+8 x^3-3 x^2-7 x$ 除以 $g(x)=2 x+3$ 所得的商式 $q(x)$,余式 $r(x)$ 。

解: 选用综合除法求解, 因为 $2 x+3=2\left[x-\left(-\frac{3}{2}\right)\right]$, 所以用分离系数法作综合除法如下：
 ![图片](/uploads/2024-11/6255fc.jpg)
 所以 $f(x)$ 除以 $\left(x+\frac{3}{2}\right)$ 得商式 $4 x^3+2 x^2-6 x+2$, 余式 -3 . 即所求的商式为 $q(x)=4 x^3+2 x^2-6 x+2$, 余式为 $r(x)=-3$.

容易看出以上两个例子中所得的结果，都符合带余除法恒等式

$$
f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x)
$$

一般地, 多项式带余除法, 有以下重要定理:
定理
> 对于任意两个多项式 $f(x), g(x) \neq 0$, 总是存在唯一的两个多项式 $q(x), r(x)$, 使得等式 $f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x)$ 成立, 并且满足 $\operatorname{deg} r(x)<$ $\operatorname{deg} g(x)$ 或 $r(x)=0$ 。

分析：这个定理的内容既指出了 $q(x), r(x)$ 的存在性——可以找到, 又指出了 $q(x), r(x)$ 对于给定的 $f(x), g(x) \neq 0$ 是唯一的一一没有第二个. 因而, 证明理应从这两个方面进行。
证明：先证存在性，可按 $f(x), g(x)$ 的次数分为三种情况考虑.
1. 若 $f(x)=0$, 则不论 $g(x)$ 是什么样的非零多项式, 都可以取 $q(x)=r(x)=$ 0 , 显然满足

$$
f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x), \quad \text { 且 } r(x)=0
$$

2. 若 $f(x) \neq 0$, 且 $\operatorname{deg} f(x)<\operatorname{deg} g(x)$, 则可取 $q(x)=0, r(x)=f(x)$. 同样满足
$$
f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x), \quad \text { 且 } \operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} g(x)
$$

3. 若 $f(x) \neq 0$, 且 $\operatorname{deg} f(x) \geq \operatorname{deg} g(x)$, 则可以按下面的方法求出 $q(x), r(x)$ :首先用 $g(x)$ 的最高次项去除 $f(x)$ 的最高次项, 可得到商 $q_1(x)$ 与余 $f_1(x)$ ，使等式

$$
f(x)=q_1(x) \cdot y(x)+f_1(x)
$$

成立, 其中 $f_1(x)$ 至少比 $f(x)$ 降低一次, 即 $\operatorname{deg} f_1(x)<\operatorname{deg} f(x)$, 或 $f_1(x)=0$. 这时可能有两种情况出现:
(a) 若 $\operatorname{deg} f_1(x)<\operatorname{deg} g(x)$, 或 $f_1(x)=0$, 我们就取

$$
q(x)=q_1(x), \quad r(x)=f_1(x)
$$

显然定理条件被满足；
(b) 若 $\operatorname{deg} f_1(x) \geq \operatorname{deg} g(x)$, 我们就对 $f_1(x)$ 与 $g(x)$ 两个多项式去做上述同样的运算.

其次用 $g(x)$ 的最高次项去除 $f_1(x)$ 的最高次项, 可得到商式 $q_2(x)$ 与余式 $f_2(x)$, 使等式

$$
f_1(x)=q_2(x) \cdot g(x)+f_2(x)
$$

成立, 其中 $f_2(x)$ 的次数又至少比 $f_1(x)$ 的次数降低一次, 即 $\operatorname{deg} f_2(x)<$ $\operatorname{deg} f_1(x)$, 或 $f_2(x)=0$, 这时,
(a) 若 $\operatorname{deg} f_2(x)<\operatorname{deg} g(x)$, 或 $f_2(x)=0$, 由 (3.3)、(3.4) 式得

$$
f(x)=\left[q_1(x)+q_2(x)\right] \cdot g(x)+f_2(x)
$$

我们就取 $q(x)=q_1(x)+q_2(x), \quad r(x)=f_2(x)$. 定理显然被满足;
(b) 若 $\operatorname{deg} f_2(x) \geq \operatorname{deg} g(x)$, 就对 $f_2(x)$ 与 $g(x)$ 做上述同样运算, 同样可以将 $f_2(x)$ 的次数降低至少一次, 得到商式 $q_3(x)$ 与余式 $f_3(x), \cdots \cdots$作上述同样的分析、处理.

再次，由于 $\operatorname{deg} f(x)$ 是一个非负整数，经过有限次的逐次至少减一，总会有一次（设第 $k$ 次）达到 $\operatorname{deg} f_k(x)<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $f_k(x)=0$. 于是，我们可得等式

$$
f_{k-1}(x)=q_k(x) \cdot g(x)+f_k(x)
$$

综上所述，由等式 (3.3)、(3.4)、 $\cdots \cdots(k)$ ，就可以得到

$$
\begin{aligned}
f(x) & =q_1(x) \cdot g(x)+f_1(x) \\
& =\left[g_1(x)+q_2(x)\right] \cdot g(x)+f_2(x) \\
& =\cdots \cdots \\
& =\left[q_1(x)+q_2(x)+\cdots+q_k(x)\right] \cdot g(x)+f_k(x)
\end{aligned}
$$

其中, $\operatorname{deg} f_k(x)<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $f_k(x)=0$ 。
这时, 我们就取
$$
\begin{aligned}
& q(x)=q_1(x)+q_2(x)+\cdots+q_k(x) \\
& r(x)=f_k(x)
\end{aligned}
$$

显然，这样定理的条件被满足. 存在性证毕.
下面再证 $q(x)$ 与 $r(x) q$ 的唯一性. 假设除 $q(x), r(x)$ 外, 还存在另外一组 $q^{\prime}(x), r^{\prime}(x)$ 也满足
1. $f(x)=q^{\prime}(x) \cdot g(x)+r^{\prime}(x)$, 且 $\operatorname{deg} r^{\prime}(x)<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $r^{\prime}(x)=0$. 结合已有的 $q(x), r(x)$ 满足。
2. $f(x)=q(x) \cdot g(x)+r(x)$, 且 $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $r(x)=0$ 就可以得出

$$
q(x) \cdot g(x)+r(x)=q^{\prime}(x) \cdot g(x)+r^{\prime}(x)
$$

所以

$$
\left[q(x)-q^{\prime}(x)\right] \cdot g(x)=r^{\prime}(x)-r(x)
$$
在此等式中, 如果 $q(x)-q^{\prime}(x) \neq 0$, 则有

$$
\operatorname{deg}\left\{\left[q(x)-q^{\prime}(x)\right] \cdot g(x)\right\} \geq \operatorname{deg} g(x)
$$

但是, 由上面的情形又有 $\operatorname{deg}\left[r^{\prime}(x)-r(x)\right]<\operatorname{deg} g(x)$ 或 $\left[r^{\prime}(x)-r(x)\right]$ 不定义次数, 这是不可能的. 所以

$$
q^{\prime}(x)-q(x)=0 \quad \Rightarrow \quad q^{\prime}(x)=q(x)
$$

又由于 $g(x) \neq 0$, 因而 $r^{\prime}(x)-r(x)=0$, 即 $r^{\prime}(x)=r(x)$. 因此, $q^{\prime}(x)=q(x)$, $r^{\prime}(x)=r(x)$ 。唯一性证毕。

带余除法是一元多项式的特有运算，但对于二元齐次多项式，我们也可以把其中的一元看作常数来进行带余除法。但是，当余式不为零时，由于选作常数的元的不同，商式与余式也会不同的。

例3.7 已知 $f(x, y)=2 x^3+7 x^2 y+13 x y^2+5 y^3, g(x, y)=2 x+y$, 试求:
1. 把 $y$ 看作常数时
2. 把 $x$ 看作常数时 $f(x, y)$ 除以 $g(x, y)$ 所得的商式 $q(x, y)$ 与余式 $r(x, y)$.

解:
 ![图片](/uploads/2024-11/24ccbc.jpg)
 例 3.8 已知 $f(x, y)=2 x^3+7 x^2 y+13 x y^2+y^3, g(x, y)=2 x+y$. 要求同例 3.7.

解:
 ![图片](/uploads/2024-11/bbffd9.jpg)

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