2、多項式除法
一、多項式整除
多項式之間存在乘法,我們自然想要去考慮乘法的逆運算是怎樣的。首先來介紹整除:
定義:對於$K[x]$上的多項式$f$、$g$,若有存在多項式$h$,使得
$f=hg$
我們就稱$g$整除$f$,記為$g | f$。這時也稱$g$是$f$的因式($f$則是倍式)。注意並沒有要求$h \neq f$或者$h \neq g$。
整除有以下簡單的性質:
1、$0 | f$當且僅當$f = 0$;
2、任意$f$都滿足$f | 0$;
3、任意$b \in K^*$、$f \in K[x]$,$b | f$,這里$K^*$指$K$中不為$0$的數構成的集合;
4、反身性:任意$f$,$f | f$;
5、傳遞性:若$f | g$、$g | h$,則$f | h$;
6、加法保持:若對$i = 1,2,...,s$,都有$g | f_i$,則對$K[x]$中任意的$u_i, i = 1,2,...,s$,有$g | \sum_{i=1}^{s} u_if_i$。
這些性質都是從定義就可以推知的。
注意到整除關系不具有對稱性。當具有對稱性時,即$g | f$和$f | g$同時滿足,就稱$f$和$g$相伴,記作$f ~ g$。相伴關系有如下性質:
$f ~ g$的充分必要條件是存在$c \in K^*$,使得$f=cg$。
充分性是容易證明的。下面來證必要性:
由題目條件,存在$h_1$、$h_2$,使得
$f = h_1g$
$g = h_2f$
則有
$f = h_1h_2f$
只需要考慮$f$、$g$非零的情況即可:運用消去律,有
$h_1h_2 = 1$
則運用度數關系規律有$\deg h_1 + \deg h_2 = 0$,則有$\deg h_1 = \deg h_2 = 0$。那么$h_1$即是我們要求的$c$。
度數關系在證明中顯示出了它的威力,此后我們還會用到。另外,整除滿足這樣的度數關系:
若$g | f$且$f \neq 0$,就有$\deg g \leq \deg f$
證明式簡單的。
二、多項式帶余除法
整除畢竟是可遇而不可求的情況,多數情況我們不能要求整除。多項式有如下的帶余除法定理:
定理:對$K[x]$中的任意兩個多項式$f$、$g$,只要$g \neq 0$,就存在唯一的$h$和$r$,使得下面的關系成立:
$f = hg + r, \deg r < \deg g$
證明:先來證明存在性。設$\deg g = m$:
1° $m = 0$,此時$g = b, b \in K$,則$h = \frac{1}{b} f$,$r = 0$,且$\deg 0 < \deg g$;
2° $m > 0$且$\deg f < m$,此時有$h = 0$,$r = f$,且$\deg f < \deg g$;
3° $m > 0$且$\deg f \geq m$。此時固定住$g$,對$f$的度數$n$做數學歸納法。假設$0 \leq m \leq \deg f < n$時,存在性均成立。考慮利用歸納假設,要降低$f$的度數。不妨設$f$的首項是$ax^n$,$g$的首項是$bx^m$,那么$ab^{-1}x^{n-m}g$的首項就為$ax^n$,記
$f_1 = f - ab^{-1}x^{n-m}g$
那么$\deg f_1 < n$,利用歸納假設,存在$h_1$、$r_1$,使
$f_1 = h_1g + r_1 , \deg r_1 < \deg g$
然后把$f_1$代入,就有了
$f = (h_1 + ab^{-1}x^{n-m})g + r_1 , \deg r_1 < \deg g$
則是$h = h_1 + ab^{-1}x^{n-m}$,$r = r_1$,由數學歸納法原理,存在性至此得證。
下面再證唯一性,假設存在兩組多項式,使
$f = hg + r , \deg r < \deg g$
$f = h'g + r' , \deg r' < \deg g$
兩式相減就得到$(h-h')g = r-r'$,考慮度數關系:
$\deg (h-h') + \deg g = \deg (r'-r)$
$\deg (r'-r) \leq \max \{\deg r', \deg r \} < \deg g$
就得到
$\deg (h-h') < 0$
也就是$h-h'=0$,則$h=h'$,進而$r=r'$,唯一性得證。至此,定理得證。
此時,稱$h$是$g$除$f$的商式,$r$稱為余式。
帶余除法定理的唯一性可以將整除的情況包含進來:
對$g \neq 0$和任意的$f$,$g | f$當且僅當用$g$除$f$的余式$r = 0$。
帶余除法和整除性還有以下性質:
設數域$K$、$F$滿足$K \subset F$,$f$、$g \in K[x]$,則有:在$K[x]$中$g | f$當且僅當在$F[x]$中$g | f$。
證明:
先來證明必要性:從整除性可知,$f = hg$,其中$h \in K[x]$,則顯然有$h \in F[x]$,那么$f = hg$在$F[x]$中也成立,必要性就此得證。
然后證明充分性:只考慮$f$、$g$不為$0$的情況即可。在$K[x]$中做帶余除法:$f = hg + r$,這一除法等式在$F[x]$中當然也成立。由$F[x]$中$g | f$,可以得$r = 0$,進而$K[x]$中也有$g | f$,充分性得證。
以上性質說明,數域的擴大不會改變整除性,但是縮小是有可能改變的。
帶余除法定理的證明過程也告訴我們如何去做帶余除法,也就是不斷地去構造$ab^{-1}x^{n-m}$,直到余式的度數低於除式為止。
譬如我們有這樣的結論:$K[x]$中,$(x-a) | (x^m - a^m), a \in K, m \in N^*$。這一結論即可用帶余除法結合數學歸納法來證明。類似的結論有$(x+a) | (x^{2m+1} + a^{2m+1})$。
三、整數環中的整除和帶余除法
如果把多項式換成整數,把度數換成絕對值,上面我們提到的結論都可以移植到整數環中,而且除了帶余除法定理的存在性部分,其余的證明方法也完全一樣。我們來證明一下帶余除法定理的存在性部分:
存在性定理:任意的整數$a$、$b$,$b \neq 0$,存在整數$h$、$r$,使得$a=hb+r, 0 \leq r < |b|$。
證明:考慮去模仿多項式帶余除法的證明過程,降低a的“度數”,不過因為這里不存在基本情況,無法應用歸納法,所以這次做一些變化:若$a = hb +r, 0 \leq r < |b|$成立,改寫成$r = a - hb$,那么$r = a - b - (h-1)b$、$r = a + b - (h+1)b$也都是成立的。這樣,對$b$的正負分類討論,就可以降低$a$的絕對值了。然后不斷去降低,找到符合定理的$r$就可以了。嚴謹的證明如下:
設集合$S = \{ r' = a - qb : q \in Z , r' \geq 0 \}$,若$b > 0$,取$q = -a^2$,由於在整數范圍內討論,則$a + a^{2} b > 0$是成立的;$b < 0$取$q = a^2$即可,這樣$S$非空,從而$S$中一定有最小數,記作$r$。現在來證明$r$滿足$r < |b|$。利用反證法:
若$b > 0$,若$r \geq b$,則由於$r = a-qb \geq b$,則一定有$r - b = a - (q+1)b \geq 0$,也即$r - b \in S$,這與$r$是最小數矛盾;$b < 0$的情況完全類似。這樣就證明了$r < |b|$,從而整數的帶余除法的存在性定理得證。
多項式帶余除法和整數帶余除法的性質的這些相似是很美妙的。