引入—算法——带余除法——,,

1、第一章 多项式§1 数域 1数的发展：自然数（N）整数（Z）有理数（Q）实数（R）复数（C）. 2从发展的角度分析：N中，对加法，乘法封闭，但对减法、除法不封闭。 人类接受零和负数，Z中，对加、减、乘封闭，但对除法不封闭。 人类接受分数，Q中，对加、减、乘、除封闭。 人类承认无限不循环小数，R复数C。 也是数（为了极限的完备性；直观上表现为任意线段都能有数表示其长） 注：数集P中任意两个数作某一运算的结果都仍在P中，我们就说数集P对这个运算是封闭的。3人们可能由于环境的不同，对同一事物可能有不同的见解。在数学中，由于数的涵义不同，会有不同的结果。 如x+2=0在N中无解，但在Z中有解

2、； 2x+3=0在N、Z中无解，但在Q中有解； x2-2=0在N、Z、Q中无解，但在R中有解； x2+1=0在N、Z、Q、R中无解，但在C中有解。可见由于数集的不同，会有不同的结果。 4从数的分析中可以看到：Q、R、C对加减、乘、除运算封闭，但N、Z对加、减、乘、除不构成封闭。从R、Q、C所具有的代数性质，引入一个一般的概念：定义1 设P是由一些复数组成的集合，其中包括0与1。如果P中任意两个数的和、差、积、商（除数不为零）仍然是P中的数，那么P就称为数域。分析：从上分析可知，Q、R、C为数域，但N、Z不是数域。例1：令，则F是一个数域。例2：任何数域都包含有理数域Q。例3：是数域。例4：不是

3、一个数域。§2 一元多项式定义2 设n是一非负整数，形式表达式（1）其中全属于数域P，称为系数在域P中的一元多项式，或者简称为数域P的一元多项式。1在多项式（1）中，称为i次项，称为i次项的系数。叫做零次项或常数项。我们用符号或等来代表多项式。2系数全为零的多项式称为零多项式，记为0。3在（1）式中，若,则称为多项式（1）的首项。称为首项系数，n称为多项式（1）的次数。多项式的次数记为。但零多项式是唯一不定义次数的多项式，故用符号时，总假定。4在初等代数中，x作为“未知数”是待求的（方程）。在函数中，x代表变量，但取值范围还是确定的（如）。但在定义中，字母x仅是一个符号，它与域P中元

4、素的积与和都是形式的，是不定元。定义3 如果在多项式与中，除去系数为零的项外，同次项的系数全相等，则与称为相等，记=。例：=，而=，则=。 =，而=，则。在中学代数中，两个多项式可以相加、相减、相乘，域P上的一元多项式（1）可类似地引入这些运算。设。不妨设，在中，令。则1。2，其中s次项的系数是。故。3。（利用多项式的加法运算定义减法运算，为将的所有系数变号后所得多项式。）4结论：数域P上的两个多项式经过加、减、乘等运算后，所得结果仍然是域P上的多项式,由此引出一定义。定义4 所有系数在域P中的一元多项式的全体，称为域P上的一元多项式环，记为Px。P称为Px的系数域（设S是非空数集，若对于S中

5、任意两个数a、b来说，a+b、a-b、ab都在s内，则称s为一个数环）。多项式的次数在多项式的讨论中占有重要地位，关于次数有以下定理.定理 设、是域P上两个多项式，且则1）若 有 。 2）。在中学数学中，或且成立，但在大学数学中以上不一定成立，即。但可能等于零，或有且便不一定有，故对于新的数学定义，其加法、乘法须经验证，判别其是否满足以下6个运算规则。多项式的运算，满足以下的规律：1）加法交换律： 。2）加法结合律： 。3）乘法交换律： 。4）乘法结合律： 。5）乘法对加法的分配律： 。6）乘法消元律： 若且，那么。§3 整除的概念在整数Z中，对加、减、乘封闭，构成整环。我们在小学或

6、中学阶段已学到如下知识或概念：在Z中乘法的逆运算除法并不是普遍可做的。这就要讨论，整数的整除性。引入算法带余除法，则使且，满足以上条件的qr是唯一确定的。如400=35×11+15、20=5×4+0等，若，说明a整除b，否则a不整除b。在Z中还有最大公因数，最小公倍数，a、b互素等概念，由于一元多项式构成一元多项式环Px，故与整环Z有许多相似之处，如整除，最大公因式，最小公倍式，因式分解，重因式等概念。定理(带余除法) 对于Px中任意两个多项式与，其中，则，使成立，其中或且这样的、是唯一确定的。证明：先证的存在性。若或，则取，即可。现假定，设， ，且非0，。令，则与有相同的

7、首项，故的次数小于是次数，再对作同样的讨论可知，存在，使而的次数低于g的次数或=0。令，有得证。现证唯一性。设另有多项式使，其中或者。于是，即。若又已知，则，有，即，与已知矛盾。所以： ， ，唯一性得证。注：带余除法中所得的称为除的商，称为除的余式。定义5 设、，若使成立，则称整除，称为的倍式。 表示不能整除。定理1 ，其中0 ,|的充要条件是除的余式为零。证明：“” |,则,使，即。“”若，则，即|。注1：定理1与定义5的差别，在定义5中没有要求，即允许=0，但定理1中0。理由：带余除法或除式中，可以为零，因为= 即0|0有意义，但无意义。所以与有不一样的含义，但时，可用表示商。注2：从定义

8、5知：（1），故（反身性）。 （2），故任一多项式整除零多项式。 （3）有，故零次多项式整除任一个多项式。（以上（1）、（2）、（3）也可以作为整除性的性质）。由定义5可直接推出关于多项式整除性的一些基本性质。1°互伴性：若、，则，其中c为非零常数。证明：由于，则，使。 由于，则，使 于是=。若则，结论成立。若，由消去律可知：，则。则，即为常数C，即。2°传递性：若，则。证明：由，使。 由，使。 则，即。3°若，则。证明：，使。 ，使。故，即。4°若，。 则， 其中）为域P上的任意多项式。证明：，使，故=（，即。注：一般称，为的一个组合。注：两个多项式之

9、间的整除关系不会因为系数域的扩大而改变，因为从带余除法可知，去除，所谓商与余式，仅与、的系数有关。（仅为符号）即商与余式的系数由、的系数经+、-、运算而得，又因系数对+、-、运算构成封闭，故系数域的扩大并不能改变商与余式的系数，即不能改变、间的整除关系。§4 最大公因式定义6设,1）若满足且,则称为与的公因式。2）若是和的公因式，且、的公因式全是的因式，则称为和的最大公因式。分析：（1）是与0的最大公因式。 （2）两个零多项式的最大公因式为零。 （3）若分别是与的最大公因式，由def6可知，应有与，则常数0使。说明两个多项式的最大公因式在可以相差一个非零常数倍的意义下是唯一确定的。两

10、个不全为零的多项式的最大公因式总是一个非零多项式，在这个情形下，约定用来表示首项系数是1的那个最大公因式。引理：若，则。分析：引理提供了求最大公因式的方法，即用带余除法，求得余元，求用来取代。由于，这样降低了次数，然后用除，得余元，用取代如此反复进行下去： 由于的次数逐一递降，可知辗转相除步骤在有限步之内必然结束，即使余元，则易知有：，其中C为常数。为首项系数为1的多项式。这种求最大公因式的方法称为辗转相除法。定理2 对于Px中任意两个多项式，在Px中存在一个最大公因式，且可表成的一个组合，即有Px中多项式使。证明: 1）若，则且有。 2）若中有一个为零，不妨设，则且。 3）若 f ( x)

11、，g ( x) 都不等于零。按带余除法，用g ( x )除f ( x )，得到商q 1 ( x ),余式r 1( x )。若r 1 (x ) 0 ，则再用r 1 ( x ) 除g ( x ) 得到商q 2 ( x ) ，余式r 2 ( x ) 。若r 2 ( x ) 0 ，则再用 r 2( x ) 除r 1 ( x) 得到商q 3 ( x )，余式r 3 ( x )。如此辗转相除下去，显然有( g (x ) ) > ( r 1( x ) )> ( r 2 (x ) )>故在有限次之后，必然有余式为零，于是有如下一串等式：f ( x ) = q 1 ( x ) g (x ) +

12、 r 1 (x ) g ( x ) = q 2 ( x ) r 1 (x ) + r 2 ( x )r i 2 ( x ) =q i ( x ) r i 1 ( x ) +r i ( x )r s 2 ( x ) =q s ( x ) r s - 1 ( x ) + rs ( x ) r s 1 ( x ) = q s +1 ( x) r s (x ) + 0 由引理可知，r s (x )即为 f (x )，g ( x) 的最大公因式，同时将上面的等式从下往上推,有如下关系：r s( x ) = r s - 2( x ) q s ( x) r s 1 (x )r s 1 ( x ) = r s

13、 3 (x ) q s- 1 ( x ) r s - 2( x ) 代入上式，消去r s - 1( x )，得：r s ( x ) = ( 1 +q s ( x ) q s - 1( x ) ) r s 2 (x ) q s( x ) r s 3 ( x )然后据同样方法用上面的等式逐个地消去r s 2 ( x )， r s 3 ( x ) , r 1( x )再并项就得到：r s (x ) = u ( x ) f ( x )+ v ( x ) g( x ) .例1：设f ( x ) = x 4 +3 x 3 x 2 4 x- 3f ( x ) =3 x 3 +1 0 x 2 + 2 x -

14、3求：( f ( x ) , g ( x) )，并求 u ( x) , v ( x ) 使 ( f ( x ) , g ( x )= u ( x ) f ( x ) + v (x ) g ( x ) 例2：设f ( x ) =x 4 + x2 -2, g ( x ) = x 3 + x 2 - 2 x-2 ,求(f(x), g(x)，并求u(x),v(x) 使(f,g) = u f + v g.。 x / 4 + 1/ 4= q 2 ( x ) x 3 + x 2 2 x - 2x 3 - x x 2 - x 2x 2 - 2r 2 ( x) = - x 1X 4 + o x 3 + x 2

15、+o x - 2X 4 + x 3 2 x 2 2 x - x 3 + 3 x 2 +2 x 2 - x 3 x 2 + 2 x + 2 r 1 ( x ) = 4 x 2 + 0 - 44 x 2 + 4 x - 4 x 4 - 4 x - 40X 1 = q 1 (x ) - 4 x + 4= q 3 (x ) 即f ( x ) = g ( x ) ( x 1 ) + r 1 ( x ) g ( x ) = r 1 ( x )( 1 / 4 x + 1 / 4 ) + r 2 ( x ) r 1 ( x ) = r 2 ( x ) ( - 4 x + 4 )于是( f ( x ) , g

16、( x ) ) = - r 2 ( x ) = x + 1 且( f ( x ) , g ( x ) ) = x + 1 = - r 2 ( x ) = ( 1 / 4 x + 1 / 4 ) r 1 ( x ) g ( x ) = f ( x ) g ( x ) ( x 1 ) ( x / 4 + 1 / 4 ) g ( x ) = ( x / 4 + 1 / 4 ) f ( x ) - ( x 2 / 4 + 3 / 4 ) g ( x ).dbf7 p ( x )中两个多项式f ( x ) , g ( x )称为互素的，如果( f ( x ) ,g ( x ) ) = 1。由定理2可得如

17、下定理3：定理3 f(x),g(x)p(x)互素，当且仅当存在u ( x ) , v ( x ) p ( x ) , U ( x ) f ( x ) t v ( x ) g ( x ) = 1。证明：（ f ( x ) , g ( x ) ）= 1 , 由 T H 2 , u (x ) , v ( x ) p ( x )使 u( x ) f ( x ) + r ( x ) g ( x ) = 1。由于u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1，于是( f ( x ) , g ( x ) )1 ，则f ( x ) , g ( x )互素。注1：定理2中d ( x

18、)是f ( x ) , g ( x )的最大公因式，则u ( x ),v ( x ) p ( x ) .u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = d ( x )成立.但d ( x ) = u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) 成立，不能说明(仅说明f ( x ) ,g ( x )的公因式，整除d ( x ),但无法说明d ( x ) 是f ( x ) ,g ( x ) 的一个公因式)d ( x ) 是f ( x ) ，g(x)的公因式，但若d ( x ) 是f ( x ) 的一个公因式，则d ( x ) 必为f ( x ) ,g (

19、x ) 的最大公因式。如：f ( x ) = x 2 + 1 , g ( x ) = x 2 - 1 , 1 · f ( x ) + 1 · g ( x ) = 2 x 2则2 x 2显然不是f ( x ) 与g ( x )的最大公因式。注2：定理3中 ，f ( x ) , g ( x ) 互素，则存在u ( x ) ,v ( x )使u ( x ) f ( x ) +v ( x ) g ( x ) = 1成立，同时，若u ( x ) f ( x ) + v (x )g ( x ) = 1 成立，则必有 ( f ( x ) ,g ( x ) ) = 1 ， ( f ( x

20、) , v ( x ) )= 1， ( u ( x ) , v ( x ) ) = 1 ， ( u ( x ) , g ( x ) ) = 1 。定理4 若( f ( x ) , g ( x ) ) = 1 ,且f ( x ) g ( x ) h(x),则f ( x ) h ( x ) . 证明：由(f ( x ) ,g ( x ) = 1 可知有u ( x ) .v ( x )使 u( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1 ，等式两边乘h ( x ) .得u ( x ) f ( x ) h ( x ) +v ( x ) g ( x ) h ( x ) = h (

21、 x )。因为f ( x ) g ( x ) h ( x ) ，所以f ( x ) 整除等式右端，即f ( x ) h ( x ) 。推论：若f 1 ( x ) g ( x )，f 2 ( x ) g ( x ) ,且( f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) )= 1 ，则f 1 ( x ) f 2 ( x ) g ( x )。 证明：f 1 ( x ) g ( x ) 有g ( x ) =f 1 ( x ) h 1 ( x ) ，又f 2 ( x ) f 1 ( x )h1( x ) 且( f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) ) = 1 。由TH4 有f 2 ( x ) h 1 (

22、 x ) ,即h 1 ( x ) = f 2 ( x ) h 2 ( x ) ，代入上式，即得g ( x ) = f 1 ( x ) f 2 ( x ) h 2 ( x ) ，所以f 1 ( x ) f 2 ( x ) g ( x ) 。定理 若( f ( x ) ,g ( x ) ) = 1 ,( f ( x ) ,h ( x ) = 1 ，则( f ( x ) ,g ( x ) h ( x ) = 1 。证明：1° u f + v g = 1 . s f + t h = 1 ,相乘得( u f s + u e h + v s g ) f + v t g h = 1 ,所以( f

23、( x ) ,g ( x ) h ( x ) = 1 .2° 由( f ( x ) ,g ( x ) ) = 1 ,则u ( x ) ,v ( x ) p x 使u ( x ) f ( x ) + v ( x ) g ( x ) = 1 。以h ( x ) 乘这一等式的两端，则f ( x ) 与g ( x ) h ( x ) 的每一公因式均为h ( x ) 的一个因式，故亦是f ( x ) 与h ( x ) 的一个公因式。但( f ( x ),h ( x ) ) = 1 所以( f ( x ) ,g ( x ) h ( x ) ) = 1 。最大公因式与互素的概念可以推广到有限个多项

24、式。 定义7：d ( x ) 称为f 1 ( x ) ， f 2 ( x ) ，f s ( x ) ( s 2 ) 的一个最大公因式，若d ( x)具有下面的性质：1> d ( x ) f i ( x ) , i = 1 ,2,s .2> 若h ( x ) f i ( x ) ,i = 1 , 2 ,s. .那么h( x ) d ( x ) .若d ( x ) 是首项系数为1的最大公因式，记为d ( x ) = ( f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) ,f s ( x ) ) ,若( f 1 ( x ) ,f 2 ( x ), ,f s ( x ) ) = 1 则称f 1 (

25、 x ) ,f 2 ( x ) ,f s ( x ) 互素。注1：若f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) ,f s ( x ) 互素时，它们并不一定两两互素，如：f1 ( x ) = x 2 1 .f 2 ( x ) = x + 1 .f 3 ( x ) = x ,则( f 1 ,f 2 ,f 3 ) = 1 ，但( f 1 ,f 2 ) = x + 1 注2：定理2、定理3均可推广到多个多项式的情形，定理：设f 1 ( x ) ,，f n ( x ) p x ，则d ( x ) = ( f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) ,，f n ( x )存在且唯一，并且存在u1( x ) ,

26、u n ( x ) 使得u 1 f 1 + u 2 f 2 +u n f n = d ( x ).证明：先证存在性：对f 1 ,f 2 ,f n 的多项式个数作数学归纳法。若( f 1 ,f n 1 ) 存在,令d ( x ) = ( ( f 1 , f n - 1 ) ,f n ),则d ( f 1 , ， f n 1 ) ,故d f i ( i= 1 ,2 n ) ，即d 是f 1 ，f 2 ，,fn 的一个公因式.若hf i ( 1 in _) ,则h ( f 1, ,f n 1 ) ,故h d,所以d = ( f 1 , f n ) 存在性得证.唯一性可由两个具最大公因式必相互整除得到

27、，即d 1 ,d 2 为最大公因式，有d 1 d 2 ,d 2 d 1 。又首项系数为1 ，故d 1 = d 2 唯一性得证。设( f 1 ,f 2 ) = u 1 f 1 + u 2 f 2 ，又( ( f 1 ,f 2 ) ,f 3 ) = w 1 ( f 1 , f 2 ) + w 2 f 3 =w 1 u 1 f 1 +w 1 u 2 f 2 + w 2 f 3， 如此续行即知：( f 1 ,f n ) = u 1 f 1 +u n f n 。作业：5 -14，补充题：1 ，5§5.因式分解定理定义8 域P上次数1的多项式P（X）称为域P 上的不可约多项式，如果它不能表成域P

28、上的两个次数比P（X）低的多项式乘积。注1：一次多项式是不可约多项式，因为它不能分解成两个次数低于1 的多项式的乘积.因为次数低于1 的多项式只能是零次多项式，而两个零次多项式的乘积，仍然是零次多项式。注2：多项式P （X）是否可约，只有在给定数域后，才能讨论是否可约，否则无意义。如：x 2 2 在有理数域上不可约，但在实域上可约，又如，x 2 + 2在实域上不可约，但在复数域上可约，由此可见，把多项式分解为不可约多项式的乘积，即因式分解，须明确数域后，才能讨论因式分解。如f( x ) = x 4-4 在Q上: f ( x ) = ( x 2 - 2 ) ( x 2 + 2 ) 在R上: f

29、( x ) = ( x - 21/2)( x + 21/2)( x 2 + 2 )在C上: f ( x ) = ( x - 21/2)( x + 21/2) ( x- 21/2i)( x + 21/2i)注3 ：不可约多项式P（）的因式只有非零常数与它自身的非零常数倍，（如同整数的素数）。注4：对于零多项式或零次多项式不能说可约，亦不能说不可约（由定义直接可知），（如同整数的1与2既不是合数，又不是素数）。 定理5 设p ( x ) p x 是不可约多项式，f ( x ) ,g ( x ) p x 是任意多项式。1>( p( x ) ,f ( x ) = 1 或p ( x ) f ( x

30、 ) 。2>若p ( x ) f ( x ) g ( x ) ,则p ( x ) f ( x ) 或p ( x ) g ( x )。 证明：1>( p ( x ) ,f ( x ) ) p ( x ) ,由于p ( x ) 不可约多项式，则( p ( x ) ,f ( x ) ) = 1或( p ( x ) ,f ( x ) = cp ( x ) （理由见上注3），所以( p ( x ) ,f ( x ) )=1或p ( x ) f ( x) 2>若p ( x ) f ( x ) ,则结论成立，若p ( x ) f ( x ) 则( p ( x ) ,f ( x ) ) =

31、1 ，由定理4, p ( x )g ( x ) 。定理：因式分解及唯一性定理：数域P上每一个次数1的多项式f ( x ) 都可唯一地分解成数域P上一些不可约多项式的乘积，所谓唯一性即说，若有两个分解式f ( x ) = p1 ( x ) p 2 ( x ) ps ( x ) =q 1 ( x ) q 2 ( x ) q t ( x ),那么必有s = t ,且适当排列因式的次序后有p i ( x ) = c i q i ( x ) , i = 1 ,2,s,其中c i (i = 1 , 2 , s )是一些非零常数。证明：先证分解的存在性，对f ( x ) 的次数作数学归纳法，由于一次多项式都

32、是不可约的，所以n = 1 时，结论成立，设( f ( x ) ) = n ，并设结论对于次数低于n的多项式已经成立。若f ( x ) 不可约，则取f ( x ) = p 1 ( x ) 即可。若f ( x ) 可约，即有f ( x ) = f 1 ( x ) f 2 ( x ) ，其中f 1 ( x ),f 2( x ) 的次数都低于n。由归纳法可设f 1 ( x ) ,f 2 ( x ) 都分解成数域P上一些不可约多项式的乘积，即f 1 =p 1 p s ,f 2 = q 1 q t ，则f = f 1 f 2 = p 1 p s q 1 q t，即为f的分解式。再证唯一性：设f ( x

33、) 可有两种不可约因式分解，f = p 1 p 2 p s = q 1 q 2 q t 对因式的个数S作数学归纳法。当s = 1 ,f ( x ) 是不可约多项式，结论显然成立，设不可约因式的个数为s 1时，唯一性已证。由p 1 p 2 p s = q 1 q 2 q t 可知，p 1 q 1 q 2 q t ，因此，p 1 能整除q 1 ,q 2 ，q t 中一个，不防设p 1 q 1 .由于q 1 是不可约多项式，故有p 1 ( x )= c 1 q 1 ( x ) .上式两端消去q 1 ( x ) .有p 2ps =c1-1 q 2 qt.由归纳法假定，有s 1 =t-1,即s = t

34、，且适当排列次序之后，有pi (x)=c iq i ( x),所以分解唯一。注1：因式分解定理虽然在理论上有其基本重要性，但在实践中不可行。因为其没有给出求因式分解的具体方法。注2：标准分解式：在多项式的分解式中，可将每一个不可约因式的首项系数提出来，使其成为首项系数为1的多项式，再将相同的不可约因式合并，于是f ( x ) 分解式成为f ( x ) = c p 1 r 1 ( x ) p s r s ( x ) ，其中C为f ( x ) 的首项系数，p 1( x)， ，p s ( x ) 是不同的首项系数为1的不可约多项式，r 1 ， ，r s是正整数，这种分解式称为标准分解式。注3：f (

35、 x ) ,g ( x ) 的标准分解式为：f ( x ) = a P1k1prkrqr+1kr+1qsksg ( x ) =bp1lrprlrqr+1w+1qtlt其中qi与qi 不同.(I=r+1s,I = r +1, ,t ) 令mi=min(ki,li),( I = 1, 2 r ),则( f ( x ) ,g ( x ) )=p 1 m1p 2 m 2 pr m r 令ni = max ( k I ,l I ) ( I = 1 , 2 r ) ,则f ( x ) ,g ( x ) =p 1 n 1 p r n r q r+1kr+1q s k s q r+1lr+1q t l t 作

36、业：补充题：6、7、8§6. 重 因 式定义9 不可约多项式p ( x ) 称为多项式f ( x ) 的k重因式，如果p k ( x )f ( x ) ,而p k+1( x)不整除f ( x ) 。若k = 1 称p ( x ) 为f ( x ) 单因式，若k > 1称p ( x ) 为f ( x ) 的重因式。分析：若知道f ( x ) 的标准分解式：f ( x ) =cp1r1( x ) p 2 r 2 ( x ) p s r s ( x ) .则易知f ( x ) 的所有重因式及单因式，但问题是：没有一般的求f ( x ) 的标准分解式的方法，故引入一种新的方法判别f (

37、 x ) 有没有重因式微商。定义 多项式f ( x ) = a n x n + an-1x n 1 +a 1x +a 0 的微商，定义为f (x ) = n a n x n -1+( n 1 ) a n 1 x n 2 + +a1 f ( x ) 称为f ( x )的一阶微商，f ( x ) 的k 阶微商定义为f ( k )( x ) =( f ( k 1 ) ( x )。由定义可直接验证关于多项式的微商公式：1°( f + g ) = f +g 2° ( c f )= c f 3° ( f g ) =f g + f g 4° (f m ( x ) )=

38、m f m 1 ( x ) f ( x ) 定理6 若不可约多项式p ( x ) 是f ( x ) 的K重因式( k 1 ) 那么它是微商f ( x )的k 1 重因式。推论1 若不可约多项式p ( x ) 是f ( x ) 的k 重因式，( k1), 则p ( x ) 是f ( x ) ,f ( x)，f ( k 1 ) (x)的因式，但不是f (k)( x) 的因式。证明：由TH6可知，p ( x ) 分别是f ( x ) ,f ( x )， ，f ( k 1 ) (x)的k ,k 1 , ,1重因式，但不是f ( k ) 的因式.注：定理6及其推论，若p ( x ) 是f ( x ) 的

39、k 1 重因式，但p ( x ) 不一定是f ( x)的K重因式，且亦不一定是f ( x ) 的因式。若p ( x ) 是f ( x ) 的因式，则一定是k重因式，（否则与TH6矛盾）。推论2 不可约多项式p ( x ) 是f ( x ) 的重因式的充要条件是，p ( x ) 为f ( x ) 和f ( x ) 的公因式。推论3 多项式f ( x ) 没有重因式的充要条件是f ( x ) 与f ( x ) 互素。分析：由( f(x) ,f (x) 决定f (x) 是否有重因式，( f( x ) ,f (x )= 1无重因式，否则有重因式，可用辗转相除法去求( f ( x ) ,f ( x )

40、)。分析： 设f ( x ) 具有标准分解式，即f ( x ) =cp1r1( x ) p 2 r2( x ) p s rs( x ) 则( f ( x ) ,f ( x ) )=p1r1-1( x ) p2r2-1( x ) ps rs-1( x ) 于是f ( x ) /(f ( x ) ,f ( x ) ) =cp1( x ) p2( x ) ps( x ) 是与f ( x ) 有相同的不可约因式而无任何重因式，故是一个去掉因式重数的有效办法。作业：p45/17§7多项式函数 到现在为止，我们始终是纯形式地讨论多项式，即把多项式看作形式表达式。在这一节里，我们将从函数的观点来考

41、察多项式。对于多项式，是不定元，是一个符号。现将不定元换为域上取值的变量x，则就是域P上的函数，即是P到P的映射。称为多项式函数。在时所得的数称为在时的值，记为。定义 若在时函数值=0，则称为的一个根或零点。分析：由带余除法知道，对于和，唯一的和使，于是。于是就得到以下的余数定理：定理7 （余数定理）除以的余式为。推论：是的根的充要条件是。分析：由推论可定义重根的概念，若是的k重因式，称为的k重根，k=1为单根， k>1为重根。分析：以上讨论可知，欲求当时的值，只需用带余除法求出用除所得余式。现介绍一个更简便的方法综合除法。设，并且设 （1）其中。比较（1）式两端同次项的系数，可得到：

42、这样，欲求系数，只要把前一系数乘以再加上对应系数，故可照下表所指出的算法就可以很快地陆续求出商式的系数和余式。+例: 求，其中。综合除法：-311014-9-39-30781-310-2669所以商式，余式。定理8 中次多项式（）在域P中的根不可能多于n个，重根按重数计算。证明：设在中的不可约因式分解为：。由定理7的推论是可知，在P中根的个数即为（）是一次因式的个数，此个数。所以根的个数不可能多于n个。分析：每个多项式函数都可以由一个多项式来定义；那么不同的多项式是否会定义出相同的函数呢？即若，而对于P中所有的数都有？由定理8给出了否定回答。（若，则有无穷多个根与Th8矛盾。）而定理9从函数相

43、同多项式必相同。定理9 若次数不大于n的两个多项式、，而它们有个不同的数有相同的值，即，则。证明：令。若，即，则是一个次数不超过n的多项式，且在P中有个或更多的根，这与Th8矛盾，所以=0，即。分析：定理8、定理9说明了多项式与多项式函数是完全一致的（条件是域P有无穷多个数）。注：在域P是有无穷多个数时定理9正确。在P是有限域时，即，定理9不正确，总有许多不同的多项式形式决定的函数是相同的，如与0是不同的多项式；但是相同的函数。定理9的应用：Lagrange插值公式：设次数小于n且在n个互异点的值为，则。（见P48-49/12、13）作业：16、18、19、20、21、22、23、24、25、26补充题