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

“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。

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。

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。

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。

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。

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。

存在性的证明用最小次数思想。考虑所有 $f(x)-g(x)s(x)$。若其中有零，余式就是 零；否则取一个次数最小者。若它的次数仍不小于 $\deg g$，就减去适当的 g(x) 倍数以消去最高次项，得到次数更小的元素，矛盾。

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 $r_1=r_2$。

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。

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 $f(a)=R$。

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。

非零多项式可以有多少个根？

因式定理给出根的数量上界。

证明可对次数归纳。若 f 有根 a，则 $f(x)=(x-a)q(x)$ 且 $\deg q=\deg f-1$。除了 a 以外，f 的每个根也会是 q 的根，于是由归纳 假设得到上界。

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。

证明思路

多项式除法算法不只是长除法表格，而是一个有存在性与唯一性的定理。存在性可用 “次数下降”来理解。考虑所有 $f-gs$ 这种形式的多项式，若其中有零就完成；否则 选一个次数最小者。若它的次数仍不小于 g 的次数，就可以用 g 的适当倍数消去 它的最高次项，得到同一集合中次数更低的元素，与“最小”矛盾。

唯一性则来自次数比较。若有两组商式与余式，同时满足 $f=gq_1+r_1=gq_2+r_2$，相减得 $g(q_1-q_2)=r_2-r_1$。左边若非零，次数至少是 $\deg g$；右边因为是两个合法余式之差，次数必小于 $\deg g$。两种要求不能同时 成立，所以两边都必为零，商式与余式唯一。

这个思路会在下一节再次出现。多项式 Euclidean algorithm 能够停止，是因为每一步 都产生次数严格下降的余式。对多项式而言，次数扮演了整数算法中“大小”的角色： 它可以下降，但不能无限下降。

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 Example 8.0 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。

常见错误

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

Exercises

1. 设 $p(x)=3x^4-x^2+2$、$q(x)=-3x^4+5x+1$。先判断 $p+q$ 可能的最高次数， 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. 证明投影片 Exercise 8.1：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。