關(guān)于帶余除法的討論

關(guān)于帶余除法的討論

一、帶余除法的性質(zhì)多項式是代數(shù)學(xué)的基本對象之一。它不僅與方程理論有關(guān)，而且通常以線性取代。它的理論和方法是對初始迭代內(nèi)容的深入和系統(tǒng)。例如，在等式化中，x作為一個符號和符號只能用作中學(xué)數(shù)學(xué)中的字?jǐn)?shù)。事實上，它可以代表其他確定的事物。當(dāng)然，我們現(xiàn)在只討論和討論與數(shù)字有關(guān)的問題。在中學(xué)代數(shù)中,已經(jīng)有多項式的除法,譬如,有x4+4x3+2x2+x+1=(x2+4x+1)(x2+1)-3x,這是用x4+4x3+2x2+x+1去除x2+1所謂的結(jié)果,同樣用391去除以323得到:391=1×323+68,這也屬于多項式除法.通過研究發(fā)現(xiàn),其實上述求法具有一般性,從這里便得出帶余除法定理:任意非零多項式g(x)除f(x),其商式余式一定存在,且余式是惟一滿足關(guān)系式f(x)=g(x)q(x)+r(x)的零多項式,或次數(shù)小于g(x)的一個多項式,它的主要應(yīng)用有四方面.二、回轉(zhuǎn)相除法的實驗—輾轉(zhuǎn)相除法求最大公因式顧名思義,輾轉(zhuǎn)相除法就是反復(fù)進(jìn)行帶余除法.它以帶余除法為基礎(chǔ),是用以求兩個多項式f(x)、g(x)的最大公因式(f(x)、g(x))的一種計算方法,運用這一方法,在求得(f(x)、g(x))的同時,還可以求得u(x)、v(x),使得(f(x)、g(x))=f(x)u(x)+g(x)v(x),它的理論依據(jù)是:若f(x)=g(x)q(x)+r(x),則有(f(x)、g(x))=(g(x)、r(x)),該結(jié)論也是輾轉(zhuǎn)相除法的靈魂.例如,對于任意的整數(shù)a、b,b≠0,且a≥b求a、b的最大公約數(shù)(a,b),當(dāng)然,當(dāng)其中一些數(shù)正好能除盡另一數(shù)時,這兩個數(shù)的最大公約數(shù)易求,如(3,12)=3,但是當(dāng)a,b兩數(shù)比較大時,且b除不盡a時,此時就可用輾轉(zhuǎn)相除法.另外可有((x+1)2,(x+1))=x+1,但較復(fù)雜時,就得用此法,詳細(xì)討論見文獻(xiàn).用b除a得商q0,余數(shù)為r,寫成:a=q0b+r0≤r＜b(1)如果r≠0,用r除b,得商q1,余數(shù)為r1,寫成:b=q1r+r10≤r1＜r(2)如果r1≠0,用r1除r,得商q2,余數(shù)為r2,寫成:r=q2r1+r20≤r2＜r1(3)如果r2,r3…rn-1,rn都不等于0,同樣有:r1=q3r2+r30≤r3＜r2(4)??rn-1=qn+1rn+rn+10≤rn+1＜rn(n+2)rn=qn+2rn+1(n+3)由于b>r>r1>r2>r3>…,且b是有限數(shù),故經(jīng)過有限步驟后,最后一定出現(xiàn)余數(shù)為0的情形,即一直到rn+1能除盡rn時為止.由輾轉(zhuǎn)相除法的理論依據(jù)知(a,b)=(b,r)=(r,r1)=(r1,r2)=(r2,r3)=…=(rn,rn+1)=rn+1,這樣求(a,b)的問題就轉(zhuǎn)化為易求的(rn,rn+1)的問題,如前面的(391,323)有391=1×323+68,323=4×68+51,68=1×51+17,51=3×17(391,323)=(323,68)=(68,51)=(51,17)=17三、qx評分用一次多項式x-α去除多項式f(x),即f(x)=(x-α)q(x)+C,其中C=f(α)例:一個多項式f(x),當(dāng)它能被x-1除時余式為3,被x-3除時余式為5,則當(dāng)f(x)被(x-1)(x-3)除時余式為何?解:由已知得:f(x)=(x-1)q1(x)+3?1?f(x)=(x-3)q2(x)+5?2?把x=3代入〈1〉中,f(3)=2q1(3)+3,得q1(3)=1把余數(shù)定理逆過來應(yīng)用,當(dāng)用q2(x)去除q1(x)時,由于q1(3)=1,可有q1(x)=(x-3)q2(x)+1〈3〉把〈3〉式代入〈1〉式得:f(x)=(x-1)[(x-3)q2(x)+1]+3=(x-1)(x-3)q2(x)+x+2即f(x)被(x-1)(x-3)除余式為x+2.或者把x=1代入〈2〉中,f(1)=-2q2(1)+5得q2(1)=1,同樣可得:q2(x)=(x-1)q1(x)+1?4?把〈4〉式代入〈2〉式可得:f(x)=(x-1)(x-3)q1(x)+x+2,解畢.四、酶活劑x的余式例:用帶余除法求當(dāng)m,n為何值時,x2+mx+1|x3+nx2+5x+2解:作帶余除法x3+nx2+5x+2|x2+mx+1|x+(n-m)x3+mx2+x(n-m)x2+4x+2(n-m)x2+m(n-m)x+n-m(m2-mn+4)x+m-n+2故x2+mx+1除x3+nx2+5x+2的余式r(x)=(m2-mn+4)x+(m-n+2)因此x2+mx+1|x2+nx2+5x+2等價于r(x)=0,即:m2-mn+4=0且m-n+2=0?即m=2?n=4五、帶余除法構(gòu)造式關(guān)鍵點:在這類存在性問題中,常常要求所找的多項式的次數(shù)小于某些給定的多項式的次數(shù).例:設(shè)f(x),g(x)為兩互素且次數(shù)均大于0的多項式,證明存在多項式u(x),v(x)使得f(x)u(x)+g(x)v(x)=1,且?(u(x))<?(g(x))?(v(x))<?(f(x))證明:∵(f(x),g(x))=1,所以有k(x),h(x)使得:f(x)k(x)+g(x)h(x)=1由帶余除法定理,存在φ(x),u(x),ψ(x),v(x)使得:k(x)=g(x)φ(x)+u(x)[u(x)=0或?(u(x))＜?(g(x))]h(x)=f(x)ψ(x)+v(x)[v(x)=0或?(v(x))＜?(f(x))]于是f(x)u(x)+g(x)v(x)+f(x)g(x)[φ(x)+ψ(x)]=1(*)又若u(x)=0,則g(x)|k(x),從而由f(x)k(x)+g(x)h(x)=1得g(x)|1,這與?(g(x))>0相矛盾,故u(x)≠0,因此?(u(x))<?(g(x)),同理有?(v(x))<?(f(x))因此考察(*)式兩邊的次