多项式的最大公因式理论

u(x)f(x)+v(x)g(x)=(f(x),g(x))中u(x)，v(x)的

求法探讨

摘要：本文主要运用了高等代数中多项式的最大公因式理论，对最大公因式的判别公式(f(x),g(x))?u(x)f(x)+v(x)g(x)中的u(x)，v(x)进行了求法探讨，并给出了四种求u(x)，v(x)的方法：辗转相除法，递推公式法，矩阵的初等变换法以及待定系数法．

关键字：多项式；系数多项式；最大公因式；Bezout等式

关于两个多项式的最大公因式，高等代数中有一个重要的定理（最大公因式的存在表示定理或倍式和定理）：对于?[x]中任意两个多项式f(x)，g(x)，在?[x]中存在一个最大公因式d(x)．使得在相差一个零次因式的情况下，f(x)，g(x)的最大公因式是唯一的（我们用(f(x),g(x))表示首项系数为1的那个最大公因式），且(f(x),g(x))可以表成f(x)，g(x)的一个组合，即存在?[x]中多项式u(x)，v(x)使

(f(x),g(x))?u(x)f(x)?v(x)g(x) （*）

公式（*）称为最大公因式的判别公式或Bezout等式；（*）中的u(x)，v(x)称为公式（*）中的系数多项式．

上述定理只是表明了u(x)，v(x)的存在性，并未说明u(x)，v(x)如何得到，因此我们致力于研究求得u(x)，v(x)的方法，而以下给出的四种求u(x)，v(x)的方法是最常见也是最有效的方法： 一 运用辗转相除法求u(x)，v(x)

首先让我们对最大公因式的存在表示定理给出证明，这里我们没有做首项系数为1的要求，故要得到（*）式，只须相应的乘以某一实数即可．

证明 如果f(x)，g(x)有一个为零，譬如说，g(x)=0，那么f(x)就是一个最大公因式，且

f(x)?1?f(x)?1?0．

下面来看一般的情形.无妨设g(x)?0．按带余除法，用g(x)除f(x)，得到商q1(x)，余式r1(x)；如果r1(x)?0，就再用r1(x)除g(x)，得到商q2(x)，余式r2(x)；如此辗转相除下去，显然，所得余式的次数不断降低，即

?(g(x))??(r1(x))??(r2(x))??

因此在有限次之后，必然有余式为零．于是我们有一串等式：

f(x)?q1(x)g(x)?r1(x) r1(x)?0

1

g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x) r2(x)?0

r1(x)?q3(x)r2(x)?r3(x) r3(x)?0

? ? ? ?

rs?3(x)?qs?1(x)rs?2(x)?rs?1(x) rs?1(x)?0 rs?2(x)?qs(x)rs?1(x)?rs(x) rs(x)?0

rs?1(x)?qs?1(x)rs(x)?0

rs(x)与0的最大公因式是rs(x)．根据引理：如果有等式f(x)?q(x)g(x)?r(x)成立，那么f(x)，

．说明rs(x)也就是rs(x)与rs?1(x)的一个最g(x)和g(x)，r(x)有相同的公因式（此引理的证明从略）

大公因式；同样的理由，逐步推上去，rs(x)就是f(x)和g(x)的一个最大公因式．

从以上证明，我们很容易求得u(x)，v(x)：由上面的倒数第二个等式，我们有

rs(x)?rs?2(x)?qs(x)rs?1(x)，

再由倒数第三式，

rs?1(x)?rs?3(x)?qs?1(x)rs?2(x)，

代入上式可消去rs?1(x)，得到

rs(x)?(1?qs(x)qs?1(x))rs?2(x)?qs(x)rs?3(x)．

然后根据同样的方法用它上面的等式逐个地消去rs?2(x)，…，r1(x)，再并项就得到

rs(x)?u(x)f(x)?v(x)g(x)，

这样就求得u(x)，v(x)．

例1 设f(x)?x4?2x3?x2?4x?2及g(x)?x4?x3?x2?2x?2， 求u(x)，v(x)使

(f(x),g(x))?u(x)f(x)?v(x)g(x)．

解 应用辗转相除法：

2

x?1x4?x3?x2?2x?2x4?2x3?x2?4x?21x4x3?2x2x3?x2?2x?2?2xx2?2x4?x3?x2?2x?2x3x3?2x?2x0x

从而，

2(f(x),g(x))?x?2．

又由计算过程知：

q1(x)?1，r1(x)?x3?2x q2(x)?x?1，r2(x)?x2?2

而f(x)?q1(x)g(x)?r1(x)，g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x)． 所以

x2?2?r2(x)?g(x)?q2(x)r1(x)

?g(x)?q2(x)[f(x)?q1(x)g(x)] ? ?q2(x)f(x)?[1?q1(x)q2(x)]g(x) ???x?1?f(x)??x?2?g(x)

于是，令u(x)??x?1，v(x)?x?2，就有(f(x),g(x))?u(x)f(x)?v(x)g(x).

（注：由于要求具体算出u(x)及v(x)，所以在做辗转相除法的过程中，不能用非零数乘以除式．） 二 运用递推公式法求u(x)，v(x)

根据辗转相除法，我们发现u(x)，v(x)仅与q1(x)，q2(x)有关.事实上，这个结论一般来说也是对的，即：

设

f(x)?q1(x)g(x)?r1(x) r1(x)?0 g(x)?q2(x)r1(x)?r2(x) r2(x)?0

r1(x)?q3(x)r2(x)?r3(x) r3(x)?0

? ? ? ?

3

rs?2(x)?qs(x)rs?1(x)?rs(x) rs(x)?0

rs?1(x)?qs?1(x)rs(x)?0

令

u0?1，u1?qs(x)，uk?qs?k?1(x)uk?1?uk?2，k?2

则

rs(x)?(?1)s?1us?1f(x)?(?1)susg(x)．

证明 由题设：u0?1，u1?qs(x)，u2?qs?1(x)u1?u0，u3?qs?2(x)u2?u1 ?? 故rs(x)?rs?2(x)?qs(x)rs?1(x)

?rs?2(x)?u1rs?1(x)

?rs?2(x)?u1(rs?3(x)?qs?1(x)rs?2(x)) ?rs?2(x)(1?u1qs?1(x))?rs?3(x)u1 ?rs?2(x)u2?rs?3(x)u1

?(rs?4(x)?qs?2(x)rs?3(x))u2?rs?3(x)u1 ?rs?4(x)u2?rs?3(x)(qs?2(x)u2?u1)

?rs?4(x)u2?rs?3(x)u3 ???

?g(x)(?1)s?2us?2?r1(x)(?1)s?1us?1

?g(x)(?1)s?2us?2?(f(x)?g(x)q1(x))(?1)s?1us?1

?(?1)s?1us?1f(x)?(?1)s(us?2?q1(x)us?1)g(x) ?(?1)s?1us?1f(x)?(?1)susg(x)．

根据这个结论，我们可以用此递推公式，算出u(x)及v(x)．并且显然，这个方法要比用辗转相除法中代入的方法求u(x)及v(x)简便的多．

例2 设f(x)?x?2x?x?7x?12x?10及g(x)?3x?6x?5x?2x?2， 求u(x)，v(x)使

5432432(f(x),g(x))?u(x)f(x)?v(x)g(x)．

4

解 利用辗转相除法：

?191354xx?54323x?6x3?5x2?2x?2x?2x?x?7x?12x?103245753222543x4?x3?51x2?45xx?2x?x?x?x2333820 453?x?2319234x?46x2?47x?2?x?x?x?10201367123334538552765135023424x?x?x??x?x?x242433367126716715x2?10x?10x?x?4225x2?10x?10从而，

d(x)?671x2?671?671

422又由计算过程知：

q1(x)?1x，q2(x)??9x?135

324令

u0?1，u1??则

3245913519135?? ，u2?x??x?x?1 x??x??1??24243?24?9135??3245?671x2?671x?671 f(x)??x???g(x)??x?x?1??4224?4?2?2?4在上式两端同时乘以，得

67118135?4?? x2?2x?2 ?6245 f(x)?x?x?x????g(x)???671671671671671????即所求得

u(x)? 18x?135 ，v(x)? ?6x2?45x?4．

671671671671671三 运用矩阵的初等变换法求u(x)，v(x)

同数字矩阵一样可以定义m?n阶多项式矩阵?(x).称下列变换为?(x)的初等行（列）变换： (1) 换法变换：交换?(x)的第i，j两行（列）； (2) 倍法变换：将?(x)的第i行（列）乘以非零常数k；

(3) 消法变换：将?(x)的第j行（列）的q(x)倍加到第i行（列）上．

同数字矩阵一样也可定义初等矩阵，容易验证多项式矩阵的初等变换与初等矩阵的关系与一般数字

矩阵是一致的: 设

5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/y5uh.html