最后更新: 2025-10-15 11:06 查看: 8 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

一元多项环的整除理论

## 一元多项环的整除理论
对 $K[x]$ 内一个次数大于零的多项式 $f(x)$ ，由上段讨论可知不存在 $u(x) \in K[x]$ ，使 $u(x) f(x)=1$（因 $u(x) f(x)$ 次数大于 0 ）。因而在 $K[x]$ 内乘法没有逆运算，即没有除法运算．这与有理整数环相同．因而有理整数环内的整除理论与因子分解理论可以平行地推移到 $K[x]$（或 $\mathbb{F}_p[x]$ ）中来。

**定义** 给定 $f(x), g(x) \in K[x], f(x) \neq 0$ ．若存在一 $q(x) \in K[x]$ ，使 $g(x)=q(x) f(x)$ ，则称 $f(x)$ 整除 $g(x)$ ，记做 $f(x) \mid g(x)$ ， $f(x)$ 称为 $g(x)$ 的**因式**，$g(x)$ 称为 $f(x)$ 的**倍式**．若 $f(x)$ 不能整除 $g(x)$ ，则记做 $f(x) \nmid g(x)$ ．

### 带余除法
**命题1.1**  设 $f(x), g(x) \in K[x], f(x) \neq 0$ ．则存在唯一的 $q(x), r(x) \in K[x]$ ，使

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

其中 $r(x)=0$ 或 $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．
证 存在性 设

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

如果 $n=0$ ，则取 $q(x)=\frac{1}{a_0} g(x), r(x)=0$ 即可．下面假定 $n>0$ ．对 $g(x)$ 的次数作数学归纳法：如果 $g(x)=0$ 或 $\operatorname{deg} g(x)<n$ ，则令 $q(x)=0, r(x)=g(x)$ 即满足要求．设 $g(x)$ 次数 $<m$ 时，命题正确，则当 $g(x)$ 次数为 $m$ 时，有

$$
g(x)=b_0 x^m+b_1 x^{m-1}+\cdots+b_m \quad\left(b_0 \neq 0\right)
$$

（这里 $m \geqslant n$ ），令

$$
g_1(x)=g(x)-\frac{b_0}{a_0} x^{m-n} f(x)
$$

若 $g_1(x)=0$ ，则取 $q(x)=\frac{b_0}{a_0} x^{m-n}, r(x)=0$ ．否则，因 $\operatorname{deg} g_1(x)<m$ ，按归纳假设，存在 $q_1(x), r_1(x) \in K[x]$ ，使
$$
g_1(x)=q_1(x) f(x)+r_1(x)
$$

这里 $r_1(x)=0$ 或 $\operatorname{deg} r_1(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．现在令

$$
q(x)=\frac{b_0}{a_0} x^{m-n}+q_1(x), \quad r(x)=r_1(x)
$$

显然有 $q(x) f(x)+r(x)=g(x)$ ．
唯一性 设又有 $\bar{q}(x), \bar{r}(x)$ 满足命题要求，那么

$$
\begin{aligned}
& q(x) f(x)+r(x)=\bar{q}(x) f(x)+\bar{r}(x) \\
& {[q(x)-\bar{q}(x)] f(x)=\bar{r}(x)-r(x)}
\end{aligned}
$$

比较两边的次数，即可知 $\bar{r}(x)-r(x)=0, q(x)-\bar{q}(x)=0$ ．

命题1．1中的 $q(x)$ 和 $r(x)$ 分别称为用 $f(x)$ 去除

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【初中数学】最高公因式与辗转相除法

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