最后更新: 2025-04-14 09:06 查看: 461 次反馈刷题

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## 余式定理
在多项式除法里，介绍了[多项式长除法](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=13)，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:
$$
\begin{aligned}
f(x) & =3 x^3-4 x^2+x+6 \\
& =(x+1)(x-2)(x-3)
\end{aligned}
$$

刷题

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