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余式定理与因式定理

在初中代数中已经学习过余式定理，它是直接由带余除法引出来的一个重
要定理，在代数学中有一系列的理论和应用价值，本节将进一步学习和推广这一定理．
## 一、余式定理
对多项式的讨论, 可以从形式上作带余除法, 从而求得商式及余式; 也可以从函数观点求得在 $x$ 取某一值时的值, 这两种观点有什么联系呢? 要沟通这两种观点的方法, 就是余式定理.

**余式定理**
用一次多项式 $x-\alpha$ 去除多项式 $f(x)$ 所得的余式是一个常数, 这个常数就等于 $f(\alpha)$ 。

证明: $f(x)$ 除以 $x-\alpha$, 由带余除法得:

$$
f(x)=(x-\alpha) \cdot q(x)+r
$$

令 $x=\alpha$, 即得 $f(\alpha)=r$, 所以

$$
f(x)=q(x) \cdot(x-\alpha)+f(\alpha)
$$

这样一来, 我们若要求 $f(x)$ 除以一次式 $x-\alpha$ 的余式时, 除用带余除法外, 还可以用余式定理直接求出多项式的值 $f(\alpha)$. 两种观点, 两种方法的效果是一样的。

例 3.9 试求 $f(x)$ 除以 $g(x)=k(x+\alpha)$ 所得的余式.
解: 除式 $g(x)=k\left[x-\left(-\frac{\alpha}{k}\right)\right]$
如果设 $g_1(x)=x-\left(-\frac{\alpha}{k}\right)$, 则 $g(x)=k \cdot g_1(x)$, 由余式定理可知 $f(x)$ 除以 $g_1(x)$ 所得的余式为

$$
r_1=f\left(-\frac{\alpha}{k}\right)
$$

：除式乘以一个非零数 $k$ 时，余式不变，所以 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 所得的余式就等于 $f(x)$ 除以 $g_1(x)$ 所得的余式. 所以

$$
r=r_1=f\left(-\frac{\alpha}{k}\right)
$$

例 3.10 试求 $f(x)$ 除以 $g(x)=(x-\alpha)(x-\beta)$ 的余式.
解: 设 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 所得的商式为 $q(x)$, 余式为 $r(x)$, 则有

$$
f(x)=q(x)(x-\alpha)(x-\beta)+r(x) ...(3.5)
$$

其中, $0 \leq \operatorname{degr}(x)<2$ 或 $r(x)=0$ 。
因而可进一步设 $r(x)=a x+b$, 代人 (3.5) 得

$$
f(x)=q(x)(x-\alpha)(x-\beta)+a x+b  ...(3.6)
$$

令 $x=\alpha$, 由 (3.6) 得

$$
f(\alpha)=a \alpha+b ...(3.7)
$$

令 $x=\beta$, 由 (3.6) 得

$$
f(\alpha)=a \beta+b  ...(3.8)
$$

将 (3.7), (3.8) 联立可以解出

$$
a=\frac{f(\alpha)-f(\beta)}{\alpha-\beta}, \quad b=\frac{\alpha f(\beta)-\beta f(\alpha)}{\alpha-\beta}
$$

所以, 所求的余式为

$$
r(x)=\frac{f(\alpha)-f(\beta)}{\alpha-\beta} x+\frac{\alpha f(\beta)-\beta f(\alpha)}{\alpha-\beta}
$$

## 因式定理
两个多项式做带余除法时, 如果 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 所得的余式 $r(x)=0$, 即

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

我们就说 $f(x)$ 能被 $g(x)$ 整除，也可以说 $g(x)$ 整除 $f(x)$ 或 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的一个因式, $f(x)$ 是 $g(x)$ 一个倍式. 显然, 它们的商式 $q(x)$ 也是 $f(x)$ 的一个因式，而 $f(x)$ 也是 $q(x)$ 的一个倍式。

由余式定理可以推证出下列因式定理：
### 因式定理
**$(x-\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个因式的必要充分条件是 $f(\alpha)=0$.**

证明：先证必要性. 由于 $(x-\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个因式，因而有

$$
f(x)=(x-\alpha) \cdot q(x)
$$

这就是说, $f(x)$ 除以 $x-\alpha$ 时, 余式 $r=0$.
但由余式定理知， $f(x)$ 除以 $x-\alpha$ 的余式为 $f(\alpha)$ ，因此， $f(\alpha)=0$ 。
再证充分性. 由于 $f(\alpha)=0$ ，因而根据余式定理可以得出

$$
f(x)=q(x) \cdot(x-\alpha)+f(\alpha)
$$

即

$$
f(x)=q(x)(x-\alpha)
$$

因此 $x-\alpha$ 是 $f(x)$ 的因式.
我们已经知道, 若在 $x=\alpha$ 时, $f(x)$ 的值 $f(\alpha)=0$, 则称 $\alpha$ 是 $f(x)$的一个根, 或者说, $\alpha$ 是 $f(x)$ 的一个零点. 如, $f(x)=2 x^2-7 x+3$, 由于 $f\left(\frac{1}{2}\right)=f(3)=0$, 因而就说 $\frac{1}{2}, 3$ 都是 $f(x)$ 的根.

这样一来, 因式定理又可以叙述为: $(x-\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个因式的充要条件是 $\alpha$ 为 $f(x)$ 的一个根。

因式定理还可以推广到一般, 这就是:

> 若 $\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_k\right)$ 是 $f(x)$ 的因式的必要充分条件是 $f\left(\alpha_1\right)=$ $f\left(\alpha_2\right)=\cdots=f\left(\alpha_k\right)=0$. 也就是 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ 都是 $f(x)$ 的根（其中 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ 两两不等).

证明：必要性是显然的，因为若对于两两不等的数 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ 来说， $(x-$ $\left.\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_k\right)$ 都是 $f(x)$ 的因式, 则有

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_k\right) \cdot q(x)
$$

所以 $f\left(\alpha_1\right)=f\left(\alpha_2\right)=\cdots=f\left(\alpha_k\right)=0$
即 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ 为 $f(x)$ 的 $k$ 个不同的根。
再证充分性, 由于 $f\left(\alpha_1\right)=0$, 因而根据因式定理可有

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right) \cdot q_1(x)
$$

将 $x=\alpha_2$ 代人上式, 得

$$
f\left(\alpha_2\right)=\left(\alpha_2-\alpha_1\right) \cdot q_1\left(\alpha_2\right)
$$

其中, 因 $f\left(\alpha_2\right)=0, \alpha_2-\alpha_1 \neq 0$, 所以

$$
q_1\left(\alpha_2\right)=0
$$

再根据因式定理, 就得出 $\alpha_2$ 是 $g_1(x)$ 的根, 即
$$
q_1(x)=\left(a-\alpha_2\right) \cdot q_2(x)
$$

将 (3.10) 代人 (3.9) 得

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdot q_2(x)
$$

就这样逐步推下去，我们可以得到

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_{k-1}\right) \cdot q_{k-1}(x)
$$
将 $x=\alpha_k$ 代入 (3.11) 式, 得

$$
f\left(\alpha_k\right)=\left(\alpha_k-\alpha_1\right) \cdots\left(\alpha_k-\alpha_{k-1}\right) \cdot q_{k-1}\left(\alpha_k\right)
$$

其中, 已知 $f\left(\alpha_k\right)=0$, 且 $\left(\alpha_k-\alpha_1\right),\left(\alpha_k-\alpha_2\right), \ldots,\left(\alpha_k-\alpha_{k-1}\right)$ 都不等于零,因而有 $q_{k-1}\left(\alpha_k\right)=0$ 。

由因式定理可知 $\alpha_k$ 为 $q_{k-1}(x)$ 的一个根, 即

$$
q_{k-1}(x)=\left(x-\alpha_k\right) \cdot q_k(x)
$$

将 (3.13) 式代人 (3.12) 式, 就得出所证结论:

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_{k-1}\right)\left(x-\alpha_k\right) \cdot q_k(x)
$$

即: $\left(x-\alpha_1\right),\left(x-\alpha_2\right), \ldots,\left(x-\alpha_k\right)$ 都是 $f(x)$ 的因式.

因式定理及推广在沟通两种观点研究多项式的问题上，作用更为突出. 数 $\alpha$ 是多项式的一个零点（根）、一次式 $(x-\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个因式、一次式 $(x-\alpha)$ 能够整除 $f(x) 、 f(\alpha)=0$ 都是同一件事情的不同说法, 在多项式理论的学习中是很重要的.

例 3.11 证明恒等式

$$
a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=(a-b)(b-c)(c-a)
$$

证明: 等式左边是一个三元多项式, 可以分别将 $a, b, c$ 看作元, 同时将 $b, c ; a, c$; $b, a$ 看作常数, 依次将 $a=b, b=c, c=a$ 代人, 分别得到

$$
\begin{aligned}
b^2(b-c)+b^2(c-b)+c^2(b-b) & =0 \\
a^2(c-c)+c^2(c-a)+c^2(a-b) & =0 \\
a^2(b-a)=b^2(a-a)+a^2(a-b) & =0
\end{aligned}
$$

因此，根据因式定理可得

$$
a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a)
$$

由多项式恒等不难断定 $k=1$. 所以

$$
a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=(a-b)(b-c)(c-a)
$$

例3.12 已知 $f(x)=x^3+p x^2+q x+6$ 含有因式 $(x-3)(x-1)$, 试求 $p, q$ 的值及 $f(x)$ 的另一个一次因式。
解: 由已知可设 $f(x)$ 的另一个一次因式为 $a x+b$, 因此:

$$
f(x)=x^3+p x^2+q x+6=(x-3)(x-1)(a x+b)
$$

即:

$$
x^3+p x^2+q x+6=a x^3+(-4 a+b) x^2+(3 a-4 b) x+3 b
$$

由待定系数法, 可以求出

$$
a=1, \quad b=2, \quad p=-2, \quad q=-5
$$

所以, $f(x)$ 的另一个一次因式为 $x+2$.

## 三、余式定理、因式定理的推论
在余式定理与因式定理的基础上, 对一元多项式, 还有下面两个重要推论:
推论 1
一元 $n$ 次多项式 $f(x)$ 最多只能有 $n$ 个不相同的根.

证明: 设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0 \quad\left(a_n \neq 0\right)$, 若已知两两不等的 $n$ 个数 $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ 都是 $f(x)$ 的根, 则由因式定理可知

$$
f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right) \cdot q(x)
$$

但由于 $\operatorname{deg} f(x)=n$, 且 $\operatorname{deg}\left[\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)\right]=n$, 所以 (3.14) 式中 $q(x)$ 只能是零次多项式, 即 $\operatorname{deg} g(x)=0$, 再由多项式相等的定义, 可知

$$
q(x)=a_n \neq 0
$$
若再选任一个与 $\alpha_i,(i=1,2, \ldots, n)$ 都不相等的数 $\alpha_{n+1}$ 代人 (3.14) 式,得

$$
f\left(\alpha_{n+1}\right)=\left(\alpha_{n+1}-\alpha_1\right)\left(\alpha_{n+1}-\alpha_2\right) \cdots\left(\alpha_{n+1}-\alpha_n\right) \cdot \alpha_n
$$

其中, 由 $\alpha_i,(i=1,2, \ldots, n, n+1)$ 都不相等, 可知

$$
\begin{aligned}
& \quad \alpha_{n+1}-\alpha_i \neq 0(i=1,2, \ldots, n), \quad \text { 且 } a_n \neq 0 \\
& \therefore \quad f\left(\alpha_{n+1}\right) \neq 0
\end{aligned}
$$

因此, $\alpha_{n+1}$ 不是 $f(x)$ 的根, 所以, $f(x)$ 最多只有 $n$ 个不同根.
推论 2
如果多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的次数都不大于 $n$, 且有 $n+1$ 个两两不相等的数 $\alpha 1, \alpha 2, \ldots, a_{n+1}$ 能使这两个多项式相应的值相等, 即

$$
f\left(\alpha_i\right)=g\left(\alpha_i\right) \quad(i=1,2, \ldots, n, n+1)
$$

那么, 这两个多项式必定相等, 即 $f(x)=g(x)$.

证明：用反证法. 假设, $f(x) \neq g(x)$, 则多项式 $F(x)=f(x)-g(x)$ 就是一个次数不大于 $n$ 的多项式. 但是由已知条件知道

$$
F\left(\alpha_i\right)=f\left(\alpha_i\right)-g\left(\alpha_i\right)=0, \quad(i=1,2, \ldots, n, n+1)
$$

这就是说, $F(x)$ 有 $n+1$ 个不同的根. 这与推论 1 的结论是矛盾的. 所以 $f(x)=g(x)$.

例 3.13 不用乘法展开下式, 求证:

$$
x(x-1)(x-2)(x-3)+1=\left(x^2-3 x+1\right)^2
$$

证明：设 $f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)+1, g(x)=\left(x^2-3 x+1\right)^2$ 。由于它们都是 4 次多项式，因而根据推论 2 ，只要验证当 $x$ 取任意五个不同的数时，这两个多项式对应的值都相等就可以了，

分别取 $x=0,1,2,3,4$, 则可得:

$$
\begin{gathered}
f(0)=1=g(0) ; \quad f(1)=1=g(1) ; \quad f(2)=1=g(2) \\
f(3)=1=g(3) ; \quad f(4)=25=g(4)
\end{gathered}
$$

所以 $f(x)=g(x)$, 即:

$$
x(x-1)(x-2)(x-3)+1=\left(x^2-3 x+1\right)^2
$$
例 3.14 已知 $f(x)$ 是一个五次多项式, 且可被 $x^2-2$ 整除, 且 $f(1)=f(-1)=$ 0 , 试确定这个多项式 $f(x)$ 的各项系数间的关系。

解: 设 $f(x)=a x^5+b x^4+c x^3+d x^2+e x+f$, 由已知及因式定理可知

$$
f(x)=\left(x^2-2\right)(x+1)(x-1) \cdot q(x)
$$

又由于 $f(x)$ 是五次多项式, 因而 $q(x)$ 必定是一次式, 不妨设为: $q(x)=m x+$ $n(m \neq 0)$. 所以

$$
a x^5+b x^4+c x^3+d x^2+e x+f=\left(x^2-2\right)(x+1)(x-1)(m x+n)
$$

即

$$
a x^5+b x^4+c x^3+d x^2+e x+f=m x^5+n x^4-3 m x^3-3 n x^2+2 m x+2 n
$$

由多项式相等的定义可得:

$$
\left\{\begin{array}{l}
a=m \\
b=n \\
c=-3 m \\
d=-3 n \\
e=2 m \\
f=2 n
\end{array} \quad(m \neq 0)\right.
$$

由此方程组可消去 $m, n$, 就得

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ a = - \frac { 1 } { 3 } x = \frac { 1 } { 2 } e \neq 0 } \\
{ b = - \frac { 1 } { 3 } d = \frac { 1 } { 2 } f }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
6 a=-2 c=3 e \neq 0 \\
6 b=-2 d=3 f
\end{array}\right.\right.
$$

这就是 $f(x)$ 的各系数之间的关系.

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