高等代数 · 第 P70 集 · 三十九：带余除法、整除

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◎学习目标

理解并掌握带余除法定理：对任意 \(f(x), g(x) \in F[x]\)，\(g(x) \neq 0\)，存在唯一的 \(q(x), r(x) \in F[x]\) 使得 \(f(x) = g(x)q(x) + r(x)\)，其中 \(r(x) = 0\) 或 \(\deg r(x) < \deg g(x)\)；
理解带余除法中商式\(q(x)\) 和余式\(r(x)\) 的唯一性；
掌握因式定理（Factor Theorem）：\(f(a) = 0\) 当且仅当 \((x-a) \mid f(x)\)，建立多项式的根与因式之间的对应关系；
能够运用带余除法和因式定理进行多项式的因式分解和求根。

1带余除法定理 ⏱ 00:01

带余除法是多项式环中最基本、最重要的定理之一，类比于整数环中的欧几里得除法。

定理 1 · 带余除法（Euclidean Division in F[x]）设 \(F\) 是一个数域，\(f(x), g(x) \in F[x]\)，且 \(g(x) \neq 0\)。则存在唯一的多项式 \(q(x), r(x) \in F[x]\)，使得

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

其中 \(r(x) = 0\) 或 \(\deg r(x) < \deg g(x)\)。
此时称 \(q(x)\) 为商式，\(r(x)\) 为余式。

类比整数除法对整数 \(a, b\)（\(b \neq 0\)），存在唯一整数 \(q, r\) 使 \(a = bq + r\)，\(0 \leq r < |b|\)。多项式带余除法完全类似，只是余式的条件变为次数小于除式的次数。

2带余除法的证明：存在性 ⏱ 01:00

分两种情况讨论。

情形 1：\(\deg f(x) < \deg g(x)\) 或 \(f(x) = 0\)。

此时直接取 \(q(x) = 0,\ r(x) = f(x)\)，则有 \(f(x) = g(x) \cdot 0 + f(x)\)，且 \(r(x) = f(x)\) 满足 \(\deg r(x) < \deg g(x)\)（或 \(r(x) = 0\)）。结论成立。⏱ 01:30

情形 2：\(\deg f(x) \geq \deg g(x)\) 且 \(f(x) \neq 0\)。

记 \(\deg f(x) = n\)，\(\deg g(x) = m\)，则 \(n \geq m \geq 0\)。设

f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0, \quad a_n \neq 0;

g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_0, \quad b_m \neq 0.

考虑多项式 \(f_1(x) = f(x) - \dfrac a_n b_m x^{n-m} \cdot g(x)\)。由于消去了首项，有 \(\deg f_1(x) < n\)。⏱ 03:00

若 \(\deg f_1(x) < m\)，则已得到余式；否则对 \(f_1(x)\) 重复上述步骤，消去其最高次项。由于每次操作都降低多项式的次数，而次数是非负整数，经过有限步后必然得到一个次数小于 \(m\)（或为零多项式）的余项 \(r(x)\)。与此同时，累积的消元项之和就是商式 \(q(x)\)。

证明方法这是数学归纳法（或对次数作归纳）的应用。关键在于每一步都用 \(g(x)\) 的首项消去当前多项式的首项，从而使次数严格下降，最终必然终止。

3带余除法的证明：唯一性 ⏱ 05:00

证明

假设存在两组商式和余式 \((q_1, r_1)\) 和 \((q_2, r_2)\) 均满足定理条件，即：

\[ f(x) = g(x) q_1(x) + r_1(x) = g(x) q_2(x) + r_2(x), \]

其中 \(r_1 = 0\) 或 \(\deg r_1 < \deg g\)，\(r_2 = 0\) 或 \(\deg r_2 < \deg g\)。⏱ 05:15

两式相减得：

g(x)\bigl(q_1(x) - q_2(x)\bigr) = r_2(x) - r_1(x).

若 \(q_1(x) \neq q_2(x)\)，则左边 \(\deg\bigl(g(q_1 - q_2)\bigr) = \deg g + \deg(q_1 - q_2) \geq \deg g\)（因为 \(q_1 - q_2 \neq 0\)，其次数 \(\geq 0\)）。

但右边 \(\deg(r_2 - r_1) \leq \max(\deg r_1, \deg r_2) < \deg g\)，矛盾。⏱ 06:00

故必有 \(q_1(x) = q_2(x)\)，进而 \(r_1(x) = r_2(x)\)。唯一性得证。

关键步骤唯一性的证明核心在于比较等式两边的次数：左边是 \(\deg g\) 的倍数，右边严格小于 \(\deg g\)，除非两边都是零多项式，否则不可能相等。

4因式定理（余因式定理）⏱ 07:00

定理 2 · 因式定理（Factor Theorem）设 \(f(x) \in F[x]\)，\(a \in F\)。则

f(a) = 0 \quad \iff \quad (x - a) \mid f(x).

即：\(a\) 是 \(f(x)\) 的根（或零点）当且仅当 \((x-a)\) 是 \(f(x)\) 的一个因式。

证明

"\(\Rightarrow\)"方向：设 \(f(a) = 0\)。对 \(f(x)\) 除以 \((x-a)\) 作带余除法：⏱ 07:30

f(x) = (x-a) \cdot q(x) + r(x),

其中 \(r(x) = 0\) 或 \(\deg r(x) < \deg(x-a) = 1\)，故 \(r(x)\) 是常数，记 \(r(x) = r \in F\)。代入 \(x = a\)：

f(a) = (a-a) \cdot q(a) + r = r.

由 \(f(a) = 0\) 得 \(r = 0\)，于是 \(f(x) = (x-a) \cdot q(x)\)，即 \((x-a) \mid f(x)\)。

"\(\Leftarrow\)"方向：设 \((x-a) \mid f(x)\)，则存在 \(q(x) \in F[x]\) 使 \(f(x) = (x-a) \cdot q(x)\)。代入 \(x = a\)：\(f(a) = (a-a) \cdot q(a) = 0\)。证毕。

重要推论若 \(f(x)\) 有根 \(a_1, a_2, \dots, a_k\)（互不相同），则 \((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_k) \mid f(x)\)。特别地，\(n\) 次多项式在 \(F\) 中至多有 \(n\) 个不同的根（计入重数则恰好 \(n\) 个，参见代数学基本定理）。

5多项式的根与因式的关系 ⏱ 09:00

根 ⇒ 因式若 \(a \in F\) 是 \(f(x)\) 的根（即 \(f(a) = 0\)），则 \((x-a)\) 整除 \(f(x)\)。

因式 ⇒ 根（逆向）若 \((x-a) \mid f(x)\)，则 \(f(a) = 0\)。

因式定理建立了根的求法与因式分解之间的联系：

已知一个根 \(a\)，则可提取因式 \((x-a)\)，将 \(f(x)\) 降一次；
反过来，要寻找 \(f(x)\) 的根，可尝试可能的有理根（有理根判别法），或通过观察找到明显根后进行因式分解。

一般情况下的余数对任意 \(f(x) \in F[x]\) 和任意 \(a \in F\)，用 \((x-a)\) 做带余除法，余式总是一个常数 \(r = f(a)\)。这可以写成：

\[ f(x) = (x-a) \cdot q(x) + f(a). \] 这就是著名的余数定理（Remainder Theorem），是因式定理的推广形式。

6应用举例 ⏱ 10:30

例 1：用因式定理判断是否为因式判断 \((x-2)\) 是否整除 \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 4\)。
解：计算 \(f(2) = 2^3 - 3 \cdot 2^2 + 4 = 8 - 12 + 4 = 0\)。由因式定理，\((x-2) \mid f(x)\)。⏱ 11:00

例 2：用带余除法做除法运算求 \(f(x) = 2x^3 - 3x^2 + x - 5\) 除以 \(g(x) = x - 2\) 的商式和余式。
解：由带余除法（或用综合除法）：

\[ 2x^3 - 3x^2 + x - 5 = (x-2)(2x^2 + x + 3) + 1. \]

商式 \(q(x) = 2x^2 + x + 3\)，余式 \(r = 1\)。验证：\(f(2) = 1 = r\)，符合余数定理。⏱ 11:45

例 3：利用已知根分解多项式分解 \(f(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6\)（已知 \(f(1) = 0\)）。
解：由因式定理，\((x-1) \mid f(x)\)。做带余除法：

\[ f(x) = (x-1)(x^2 - 5x + 6) = (x-1)(x-2)(x-3). \]

三个根 \(1, 2, 3\) 均为有理根，因式分解完成。⏱ 12:30

例 4：余数定理的直接应用求 \(f(x) = x^4 - 3x^3 + 2x^2 - x + 1\) 除以 \((x+1)\) 的余式。
解：由余数定理，余式等于 \(f(-1)\)：

\[ f(-1) = (-1)^4 - 3(-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) + 1 = 1 + 3 + 2 + 1 + 1 = 8. \]

无需做完整的带余除法即可得到余式 \(r = 8\)。⏱ 13:20

★重点回顾

1

带余除法定理：\(f = gq + r\)，\(r = 0\) 或 \(\deg r < \deg g\)。商式 \(q\) 和余式 \(r\) 唯一存在。证明用次数归纳（不断消去首项）。

2

唯一性证明技巧：假设有两组解，作差后用次数比较推出矛盾。

3

因式定理：\(f(a) = 0 \iff (x-a) \mid f(x)\)。根与因式一一对应。

4

余数定理：\(f(x)\) 除以 \((x-a)\) 的余式等于 \(f(a)\)，即 \(f(x) = (x-a)q(x) + f(a)\)。

5

应用：用因式定理验证因式、用余数定理快速求余式、用已知根降次分解多项式。

⚠易错点提醒

常见错误

忽略 \(g(x) \neq 0\) 的前提：带余除法要求除式 \(g(x)\) 非零。零多项式没有定义次数，不能作为除式。
混淆"根"与"因式"：\(a\) 是根（一个数），\((x-a)\) 是因式（一个多项式）。因式定理将两者等价联系起来，但二者本身是不同的数学对象。
忘记余式的次数条件：余式 \(r(x)\) 必须满足 \(r = 0\) 或 \(\deg r < \deg g\)。若余式次数不小于除式次数，说明除法尚未完成。
因式分解时漏掉重根：若 \(a\) 是 \(k\) 重根，则 \((x-a)^k \mid f(x)\) 但 \((x-a)^{k+1} \nmid f(x)\)。因式定理只保证 \((x-a) \mid f(x)\)，重根需要反复使用。
在有理系数多项式中误用有理根：一个整系数多项式可能有有理根，也可能没有。有理根判别法给出了有理根的可能候选，但需要逐一验证。

✎自测与作业

求 \(f(x) = 3x^3 - 2x^2 + 5x - 7\) 除以 \(g(x) = x - 1\) 的商式和余式，并验证余数定理（即余式等于 \(f(1)\)）。
判断下列多项式是否有因式 \((x-3)\)：
- (a) \(f(x) = x^3 - 27\)
- (b) \(g(x) = x^2 - 5x + 6\)
- (c) \(h(x) = x^3 + 2x^2 - 9x - 18\)
已知 \(f(x) = x^3 + ax^2 + bx + 6\) 有因式 \((x-1)\) 和 \((x+2)\)，求 \(a, b\) 的值。⏱ 提示：利用因式定理建立方程组
证明：若 \(f(x) \in F[x]\) 的次数为 \(n\)，则 \(f(x)\) 在 \(F\) 中至多有 \(n\) 个不同的根（按重数计则恰好 \(n\) 个，在代数闭域中）。
（选做）用带余除法验证：\(x^4 - 1 = (x-1)(x+1)(x^2+1)\)，并说明为什么 \(x^4-1\) 在 \(\mathbb{R}[x]\) 中有两个实根 \(\pm 1\)，在 \(\mathbb{C}[x]\) 中有四个复根 \(\pm 1, \pm i\)。
（思考题）带余除法定理在哪些更一般的环中也成立？提示：考虑欧几里得整环（Euclidean Domain）的概念。

下一集预告第 P71 集 · 四十：继续研究多项式环的结构，引入最大公因式（GCD）的概念，并用带余除法（辗转相除法）计算两个多项式的最大公因式。