8.1 多项式运算与除法

为什么多项式需要自己的算术

多项式看似只是 $x^4-3x^3+2x^2+4x-1$ 这类熟悉表达式，但第 8 章会把它 当成一个完整的算术系统来处理。我们不只是代入数值或展开括号，而是要建立 一套足以支持“带余除法”、最大公因式、因式分解与后面部分分式分解的语言。

除非特别说明，本章系数都取自 $R$。同一套定义也适用于任何域 $F$，例如 $Q$、$R$ 或 $C$。

多项式作为有限形式和

定义

R 上的多项式

一个实系数多项式是一个形式和

$$p(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i$$

其中每个 $a_i\in R$，而且只有有限多个 $a_i$ 非零。所有实系数多项式的集合 记作 $R[x]$。

“形式”这个词很重要。多项式不是某个单一 $x$ 值下的函数值，而是一整列系数 数据；只要系数固定，整个多项式就固定。

概念视角结构

先看系数，再作代入

两个形式多项式相等，正是指每个对应系数相同，包括省略的零系数。因此 $1+x$ 与 $1+x+0x^2$ 相等。代入实数 $t$ 后，才得到数值 $p(t)=\sum_i a_it^i$。虽然记号写成无穷求和，却没有收敛问题： 只有有限多个非零加项。

单个函数值所含的信息少于系数列表。例如 $x$ 与 $x^2$ 在 $t=0$ 都给出 $0$，系数却不同。在 $\mathbb R$ 上，若每个实数输入的值都相同，确实可以 推出多项式相等；本节稍后的根数上界会证明这个逆向结论。在此之前， 系数相等是定义，代入则是对已经定义的对象进行的操作。

若至少有一个系数非零，$p(x)$ 的次数是使 $a_i\ne0$ 的最大指标 $i$。若所有 系数都是零，我们称它为零多项式，并约定

$$\deg(0)=-\infty.$$

这个约定可以让许多次数公式不用一直把零多项式分开处理。

非零常数的次数是 $0$，因为常数项是最高非零项。零多项式没有这样的项， 并不是零次多项式。比较次数时，$-\infty$ 小于每个非负整数；约定 $\max(-\infty,m)=m$、$(-\infty)+m=-\infty$，也包括 $m=-\infty$。 这些是处理次数的规则，并不是说多项式含有负整数指数。 零多项式没有首项系数，也不是 monic。

若首项系数是 $1$，多项式称为 monic。例如 $x^3-4x+7$ 是 monic，而 $2x^3-4x+7$ 不是。

常见错误

不要只看最后写出的项就判断次数

若写成

$$p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n,$$

只有在 $a_n\ne0$ 时才可断言 $\deg(p)=n$。符号本身不保证最后一个系数非零。

加法、乘法与次数

设

$$p(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i,\qquad q(x)=\sum_{i=0}^{\infty}b_ix^i.$$

加法是逐项相加：

$$p(x)+q(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(a_i+b_i)x^i.$$

乘法则使用卷积公式：

$$p(x)q(x)=\sum_{i=0}^{\infty}d_ix^i,\qquad d_i=\sum_{k=0}^{i}a_kb_{i-k}.$$

因为非零系数只有有限多个，乘积仍然是多项式。

定理

次数规则

对 $p(x),q(x)\in R[x]$，

1. $\deg(p+q)\le \max\{\deg p,\deg q\}$；
2. $\deg(pq)=\deg p+\deg q$。

第二条使用了系数域没有零因子的性质。

第一条可能是严格不等式，因为最高次项可以抵消。例如

$$(x^2+1)+(-x^2+x)=x+1.$$

乘法规则较强：若 $p$、$q$ 非零且首项系数分别为 $a_r$、$b_s$，则 $pq$ 中 $x^{r+s}$ 的系数是 $a_rb_s$，它不会是零。

进一步说明为何没有更高次项。设 $\deg p=r$、$\deg q=s$。 若 $i>r+s$，每个贡献 $a_kb_{i-k}$ 都满足 $k>r$ 或 $i-k>s$， 所以至少一个系数为零。在指标 $r+s$ 处，只有 $k=r$、$i-k=s$ 可能贡献； 系数来自域，故其乘积非零。因此两个非零多项式的乘积不可能是零多项式。

对加法，超过 $\max(r,s)$ 的系数都是零。若两者次数不同，较高的首项没有 可抵消的对应项，所以达到上界。次数相同时，抵消却可能一直进行到底： $p+(-p)=0$ 的次数为 $-\infty$。乘法中若一个因式为零，乘积也为零， 上述约定仍使次数公式成立。

多项式除法算法

本节的核心结构结果是整数除法的多项式版本。它说明用非零多项式作除数时， 存在唯一商式与唯一余式，而且余式次数小于除式次数。

定理

多项式除法算法

设 $f(x),g(x)\in R[x]$ 且 $g(x)\ne0$。则存在唯一 $q(x),r(x)\in R[x]$ 使得

$$f(x)=g(x)q(x)+r(x),\qquad \deg r\lt\deg g.$$

先证存在性。考虑非空集合

$$S=\{f-gs:s\in\mathbb R[x]\}.$$

取 $s=0$ 可知 $f\in S$。若 $0\in S$，选 $q$ 使 $f-gq=0$， 并取 $r=0$；由 $\deg0=-\infty$，余式满足条件。否则 $S$ 的每个成员 都有非负整数次数，因此良序原理保证存在次数最小的 $r_0=f-gq_0$。

假设 $\deg r_0=k\ge j=\deg g$，两者首项系数分别为 $c_k,b_j$。 因为 $b_j\ne0$，在系数域中可以取 $c_k/b_j$。构造

$$r_1=r_0-g\left(\frac{c_k}{b_j}x^{k-j}\right) =f-g\left(q_0+\frac{c_k}{b_j}x^{k-j}\right).$$

指数 $k-j$ 非负，所以新增的式子仍是多项式，$r_1$ 仍在 $S$ 内。 两个首项 $c_kx^k$ 抵消，剩余项的次数都小于 $k$。若 $r_1=0$， 便与 $0\notin S$ 矛盾；若非零，则与最小次数矛盾。 因此 $\deg r_0\lt\deg g$，所求商式、余式就是 $q_0,r_0$。

唯一性同样重要。若

$$f=gq_1+r_1=gq_2+r_2$$

且两个余式次数都小于 $g$，则

$$g(q_1-q_2)=r_2-r_1.$$

左边若非零，次数至少是 $\deg g$；右边次数严格小于 $\deg g$。因此两边都必为 零，故 $q_1=q_2$ 且 $r_1=r_2$。

证明透视

唯一性的矛盾发生在哪里

假设商式不同，其差就是非零多项式，次数至少为 $0$。乘以非零的 $g$， 左边次数便至少为 $\deg g$。右边相减时可以消项，但次数不可能高于两个 余式中较高者。因此两边不可能相等，商式必须相同；代回就迫使余式也相同。 这个论证同时用到次数界限与除式非零的假设。

沿着除法步骤逐步消去最高次项来建立商式，同时保持 $f=gq+r$，其中 $r$ 是暂时余式。

1. 除法恒等式

   对非零 $g$，多项式除法把 $f(x)$ 写成 $f(x)=g(x)q(x)+r(x)$，且 $r=0$ 或 $\deg r < \deg g$。

2. 本章例子

   用 $g=x^2-2x+3$ 除 $f=x^4-3x^3+2x^2+4x-1$，逐个最高次项建立 $q$ 与 $r$。

3. 消去 $x^4$

   最高次项比值 $x^4/x^2$ 给出第一个商式项 $x^2$；减去 $x^2g$ 后留下 $-x^3-x^2+4x-1$。

4. 消去 $-x^3$

   重复同一规则得到第二个商式项 $-x$，并把暂时余式更新为 $-3x^2+7x-1$。

5. 按次数停止

   最后商式项是 $-3$；余式 $x+8$ 的次数为 $1$，小于 $\deg(g)=2$。

6. 不变量

   最后恒等式是 $f=(x^2-2x+3)(x^2-x-3)+(x+8)$。

多项式长除法反复消去暂时余式的最高次项，同时保持 $f=gq+r$，其中 $r$ 是暂时余式。过程在余式为零或次数小于除式次数时停止。

例题

用二次式除四次式

求

$$f(x)=x^4-3x^3+2x^2+4x-1$$

除以

$$g(x)=x^2-2x+3$$

所得的商式与余式。每次相减都保留完整的剩余多项式，包括常数项：

$$\begin{aligned} f-x^2g&=-x^3-x^2+4x-1,\\ (f-x^2g)-(-x)g&=-3x^2+7x-1,\\ (-3x^2+7x-1)-(-3)g&=x+8. \end{aligned}$$

商式累积各次乘数 $x^2,-x,-3$。第二步减去 $(-x)g$ 时，必须改变它 每一项的符号，而非只改首项。把一直保留的常数 $-1$ 写清楚，可防止漏项。 长除法得到

$$q(x)=x^2-x-3,\qquad r(x)=x+8.$$

所以

$$x^4-3x^3+2x^2+4x-1 =(x^2-2x+3)(x^2-x-3)+(x+8).$$

由代入取得余式

当除式是一次式时，除法算法会变成非常实用的定理。

定理

余式定理

设 $f(x)\in R[x]$ 且 $a\in R$。当 $f(x)$ 除以 $x-a$ 时，余式等于 $f(a)$。

因为余式次数小于 $1$，它只能是常数 $R$。写成

$$f(x)=(x-a)q(x)+R$$

并代入 $x=a$，便得 $f(a)=R$。

此处 $R=f(a)$ 在除法恒等式中视为常数多项式，也可以是零。不能先把 恒等式除以 $x-a$ 再代入 $x=a$，因为这样会除以零；直接在多项式 恒等式中代入才是合法操作。

多项式整除 $g\mid f$ 的意思是：同一系数域中存在多项式 $q$ 使 $f=gq$。若 $g$ 非零，这等价于余式为零。特别地，每个多项式都整除 零多项式，但带余除法要求除式非零。

定理

因式定理

对 $f(x)\in R[x]$ 与 $a\in R$，

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

因式定理把代数因式与根连起来：一个根给出一个一次因式，而一个一次因式也给出 一个根。

例题

模 $x^2-1$ 的余式

假设 $f(x)$ 除以 $x-1$ 的余式是 $5$，除以 $x+1$ 的余式是 $3$。求 $f(x)$ 除以 $x^2-1$ 的余式。

余式定理给出

$$f(1)=5,\qquad f(-1)=3.$$

除以 $x^2-1$ 的余式次数小于 $2$，所以设为 $ax+b$。则

$$a+b=5,\qquad -a+b=3.$$

解得 $a=1$、$b=4$，故余式是

$$x+4.$$

思考检查

$f(x)=x^3+2x-5$ 除以 $x-2$ 的余式是多少？

使用余式定理。

解答 · 答案

余式是 $f(2)=8+4-5=7$。

非零多项式可以有多少个根？

因式定理给出根的数量上界。

定理

根的数量上界

一个 $R$ 或 $C$ 上的非零 $n$ 次多项式最多有 $n$ 个相异根。

归纳起点是次数 $0$：非零常数不可能取零值。假设结论对 $n$ 次多项式 成立，考虑 $n+1$ 次的 $f$。若它无根，结论已经成立；否则取一个根 $a$。 因式定理给出 $f(x)=(x-a)q(x)$，其中 $q$ 非零，由乘积次数规则可知 其次数为 $n$。

若 $b\ne a$ 是另一个根，代入得 $0=(b-a)q(b)$。标量 $b-a$ 在系数域中 非零，所以 $q(b)=0$。归纳假设保证这类相异根最多有 $n$ 个，再加上 $a$ 这个值，最多有 $n+1$ 个。论证不要求 $q(a)\ne0$；即使 $a$ 也是 $q$ 的根，在根的集合中仍只算一个值。

因此，若一个次数至多 $n$ 的多项式有 $n+1$ 个相异根，它必定是零多项式。

次数条件允许哪些情形

若 $f=0$、$g\ne0$，唯一商式与余式是 $q=r=0$。若 $f\ne0$ 但 $\deg f\lt\deg g$，则唯一结果为 $q=0$、$r=f$，不必消项。 若除式是非零常数 $c$，余式次数必须小于 $0$，只有零多项式符合， 所以 $q=f/c$、$r=0$。把零多项式误认为零次，会错误地排除这个合法余式。

长除法中，每个尚未完成的非零余式都有非负整数次数。消去首项会使次数 严格下降，因此过程终会停止。最终余式不必为正：这里没有整数余数的 符号限制。停止条件是次数变小，而非在某个输入处的数值变小。

根数上界也需要精确的假设。零多项式在每个输入处都为零，所以必须排除。 “相异”计算的是不同值，而不是某个因式出现的次数。把上界用于 $p-q$ 可知：若两个次数至多 $n$ 的多项式在 $n+1$ 个相异输入处相等，则它们 相等；否则非零的差会有过多的根。在每个实数输入处都相等是其特例， 这便补全了形式多项式与代入所得函数之间的联系。

如何读多项式长除法

长除法表不应被看成一串神秘排列。它只是重复做“消去最高次项”。在前面的长除法例子中， 第一步比较

$$\frac{x^4}{x^2}=x^2.$$

选 $x^2$ 是因为 $x^2(x^2-2x+3)$ 的最高次项正好是 $x^4$，可以消去被除式的 最高次项。相减后，余下式子变成 $-x^3-x^2+4x-1$。同样逻辑给出下一个商式项 $-x$，因为 $(-x^3)/x^2=-x$；再下一步给出 $-3$。当余式变成 $x+8$ 时，它的次数 是 $1$，已小于除式的 $2$，所以必须停止。停止条件不是“看起来够简单”，而是 定理中的次数条件。

例题

用因式定理决定参数

求 $k$，使

$$x-3$$

整除

$$f(x)=x^3+kx^2-4x+6.$$

由因式定理，$x-3$ 整除 $f(x)$ 当且仅当 $f(3)=0$。计算

$$f(3)=27+9k-12+6=21+9k.$$

因此 $21+9k=0$，所以

$$k=-\frac{21}{9}=-\frac73.$$

重点是：我们不需要真的把三次式除以 $x-3$；因式定理把整除条件转成一个代入方程。

常见错误

常见错误

把某一点相等误当成多项式相等

两个多项式在某一个 $x$ 值相等，并不代表它们是同一个多项式。要证明多项式相等， 通常要比较所有系数，或证明两者差的根多于其次数所容许。

常见错误

忘记余式的次数条件

只有 $f=gq+r$ 还不够。若没有 $\deg r\lt\deg g$，商式与余式不会唯一，因为可以把 一个 $g$ 的倍数在 $q$ 与 $r$ 之间移来移去。

总结

本节建立第 8 章后续内容所需的代数基础。多项式是有限支撑的形式和；次数记录最高 非零系数的位置，并控制加法、乘法与除法。除法算法给出唯一商式与余式；余式定理把 除以 $x-a$ 转化为代入 $a$；因式定理把根与一次因式连起来；根数上界则说明为何 过多相异根会迫使多项式成为零多项式。

练习阅读指南

做本节练习时，要把三件事分开。第一，代数变形必须保持正在讨论的多项式恒等式。 第二，只要出现余式，就要同时检查余式次数是否真的小于除式次数。第三，要分清题目 是在要求计算，还是在要求对一类多项式作一般证明。

关于次数的题目，先检查最高次项会否抵消。和式的次数规则只给上界；两个四次多项式 相加后可能变成二次、一次、常数，甚至零。乘积则不同：只要两个因式都非零，最高次项 的系数相乘仍非零，所以次数会精确相加。

关于余式与因式定理的题目，不要急着长除。若除式是 $x-a$，直接代入 $a$；若除式是 $(x-1)(x+1)$ 这类乘积，先用次数界限把余式设成 $ax+b$，再用根处的函数值决定系数。 而 roots-of-unity 证明题的核心也不是展开大多项式，而是在 $\omega$ 与 $\omega^2$ 代入后，把问题化成关于 $f(1)$、$g(1)$ 的两条线性方程。

快速检查

思考检查

为什么把零多项式的次数约定为 $-\infty$？

想想涉及加法与乘法的次数公式。

解答 · 答案

这个约定让 $\deg(0\cdot p)=\deg0+\deg p$ 等公式可形式上一致。

思考检查

若一个非零多项式次数至多为 $4$，它最多可以有多少个相异根？

使用根的数量上界。

解答 · 答案

最多有 $4$ 个相异根。

练习

1. 设 $p(x)=3x^4-x^2+2$、$q(x)=-3x^4+5x+1$。先用次数规则给出 $p+q$ 次数的上界， 再计算它的实际次数。
2. 将 $x^4-3x^3+2x^2+4x-1$ 除以 $x^2-2x+3$。
3. 用余式定理求 $x^5-2x^2+7$ 除以 $x+1$ 的余式。
4. 假设 $f(1)=5$ 且 $f(-1)=3$。重建 $f$ 模 $x^2-1$ 的余式。
5. 证明变量代换保持下列整除关系：若 $F(x)=f(x^3)$、$G(x)=g(x^3)$，且 $F(x)+xG(x)$ 可被 $x^2+x+1$ 整除，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 都可被 $x-1$ 整除。

解答 · 参考解答 1

次数规则给出的上界是 $4$，但 $3x^4$ 与 $-3x^4$ 抵消。因此 $p+q=-x^2+5x+3$，次数是 $2$。

解答 · 参考解答 2

商式是 $x^2-x-3$，余式是 $x+8$。

解答 · 参考解答 3

因为除式是 $x-(-1)$，余式为 $(-1)^5-2(-1)^2+7=-1-2+7=4$。

解答 · 参考解答 4

设余式为 $ax+b$。由 $a+b=5$、$-a+b=3$ 得 $a=1$、$b=4$，所以余式是 $x+4$。

解答 · 参考解答 5

设 $\omega=e^{2\pi i/3}$。因为 $x^2+x+1=(x-\omega)(x-\omega^2)$， 假设给出 $f(1)+\omega g(1)=0$ 及 $f(1)+\omega^2g(1)=0$，因为 $\omega^3=(\omega^2)^3=1$。相减得 $(\omega-\omega^2)g(1)=0$，又 $\omega\ne\omega^2$，所以 $g(1)=0$，继而 $f(1)=0$。由因式定理，$x-1$ 同时整除 $f(x)$ 与 $g(x)$。