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多项式的带余除法

## 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`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`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
> **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

$$
f_1(x)=q_2(x) \cdot g(x)+f_2(x) ...(3.4)
$$

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

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

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` 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`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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