8.1 多項式運算與除法

為甚麼多項式需要自己的算術

多項式看似只是 $x^4-3x^3+2x^2+4x-1$ 這類熟悉表達式，但第 8 章會把它 當成一個完整的算術系統來處理。我們不只是代入數值或展開括號，而是要建立 一套足以支持「帶餘除法」、最大公因式、因式分解與後面部分分式分解的語言。

除非特別說明，本章係數都取自 $R$。同一套定義也適用於任何域 $F$，例如 $Q$、$R$ 或 $C$。

多項式作為有限形式和

定義

R 上的多項式

一個實係數多項式是一個形式和

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

其中每個 $a_i\in R$，而且只有有限多個 $a_i$ 非零。所有實係數多項式的集合 記作 $R[x]$。

「形式」這個字很重要。多項式不是某個單一 $x$ 值下的函數值，而是一整列係數 資料；只要係數固定，整個多項式就固定。

概念視角結構

先看係數，再作代入

兩個形式多項式相等，正是指每個對應係數相同，包括省略的零係數。因此 $1+x$ 與 $1+x+0x^2$ 相等。代入實數 $t$ 後，才得到數值 $p(t)=\sum_i a_it^i$。雖然記號寫成無窮求和，卻沒有收斂問題： 只有有限多個非零加項。

單個函數值所含的資訊少於係數列表。例如 $x$ 與 $x^2$ 在 $t=0$ 都給出 $0$，係數卻不同。在 $\mathbb R$ 上，若每個實數輸入的值都相同，確實可以 推出多項式相等；本節稍後的根數上界會證明這個逆向結論。在此之前， 係數相等是定義，代入則是對已經定義的對象進行的操作。

若至少有一個係數非零，$p(x)$ 的次數是使 $a_i\ne0$ 的最大指標 $i$。若所有 係數都是零，我們稱它為零多項式，並約定

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

這個約定可以令許多次數公式不用一直把零多項式分開處理。

非零常數的次數是 $0$，因為常數項是最高非零項。零多項式沒有這樣的項， 並不是零次多項式。比較次數時，$-\infty$ 小於每個非負整數；約定 $\max(-\infty,m)=m$、$(-\infty)+m=-\infty$，也包括 $m=-\infty$。 這些是處理次數的規則，並不是說多項式含有負整數指數。 零多項式沒有首項係數，也不是 monic。

若首項係數是 $1$，多項式稱為 monic。例如 $x^3-4x+7$ 是 monic，而 $2x^3-4x+7$ 不是。

常見錯誤

不要只看最後寫出的項就判斷次數

若寫成

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

只有在 $a_n\ne0$ 時才可斷言 $\deg(p)=n$。符號本身不保證最後一個係數非零。

加法、乘法與次數

設

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

加法是逐項相加：

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

乘法則使用卷積公式：

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

因為非零係數只有有限多個，乘積仍然是多項式。

定理

次數規則

對 $p(x),q(x)\in R[x]$，

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

第二條使用了係數域沒有零因子的性質。

第一條可能是嚴格不等式，因為最高次項可以抵消。例如

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

乘法規則較強：若 $p$、$q$ 非零且首項係數分別為 $a_r$、$b_s$，則 $pq$ 中 $x^{r+s}$ 的係數是 $a_rb_s$，它不會是零。

進一步說明為何沒有更高次項。設 $\deg p=r$、$\deg q=s$。 若 $i>r+s$，每個貢獻 $a_kb_{i-k}$ 都滿足 $k>r$ 或 $i-k>s$， 所以至少一個係數為零。在指標 $r+s$ 處，只有 $k=r$、$i-k=s$ 可能貢獻； 係數來自域，故其乘積非零。因此兩個非零多項式的乘積不可能是零多項式。

對加法，超過 $\max(r,s)$ 的係數都是零。若兩者次數不同，較高的首項沒有 可抵消的對應項，所以達到上界。次數相同時，抵消卻可能一直進行到底： $p+(-p)=0$ 的次數為 $-\infty$。乘法中若一個因式為零，乘積也為零， 上述約定仍使次數公式成立。

多項式除法算法

本節的核心結構結果是整數除法的多項式版本。它說明用非零多項式作除數時， 存在唯一商式與唯一餘式，而且餘式次數小於除式次數。

定理

多項式除法算法

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

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

先證存在性。考慮非空集合

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

取 $s=0$ 可知 $f\in S$。若 $0\in S$，選 $q$ 使 $f-gq=0$， 並取 $r=0$；由 $\deg0=-\infty$，餘式滿足條件。否則 $S$ 的每個成員 都有非負整數次數，因此良序原理保證存在次數最小的 $r_0=f-gq_0$。

假設 $\deg r_0=k\ge j=\deg g$，兩者首項係數分別為 $c_k,b_j$。 因為 $b_j\ne0$，在係數域中可以取 $c_k/b_j$。構造

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

指數 $k-j$ 非負，所以新增的式子仍是多項式，$r_1$ 仍在 $S$ 內。 兩個首項 $c_kx^k$ 抵消，剩餘項的次數都小於 $k$。若 $r_1=0$， 便與 $0\notin S$ 矛盾；若非零，則與最小次數矛盾。 因此 $\deg r_0\lt\deg g$，所求商式、餘式就是 $q_0,r_0$。

唯一性同樣重要。若

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

且兩個餘式次數都小於 $g$，則

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

左邊若非零，次數至少是 $\deg g$；右邊次數嚴格小於 $\deg g$。因此兩邊都必為 零，故 $q_1=q_2$ 且 $r_1=r_2$。

證明透視

唯一性的矛盾發生在哪裏

假設商式不同，其差就是非零多項式，次數至少為 $0$。乘以非零的 $g$， 左邊次數便至少為 $\deg g$。右邊相減時可以消項，但次數不可能高於兩個 餘式中較高者。因此兩邊不可能相等，商式必須相同；代回就迫使餘式也相同。 這個論證同時用到次數界限與除式非零的假設。

沿著除法步驟逐步消去最高次項來建立商式，同時保持 $f=gq+r$，其中 $r$ 是暫時餘式。

1. 除法恆等式

   對非零 $g$，多項式除法把 $f(x)$ 寫成 $f(x)=g(x)q(x)+r(x)$，且 $r=0$ 或 $\deg r < \deg g$。

2. 本章例子

   用 $g=x^2-2x+3$ 除 $f=x^4-3x^3+2x^2+4x-1$，逐個最高次項建立 $q$ 與 $r$。

3. 消去 $x^4$

   最高次項比值 $x^4/x^2$ 給出第一個商式項 $x^2$；減去 $x^2g$ 後留下 $-x^3-x^2+4x-1$。

4. 消去 $-x^3$

   重複同一規則得到第二個商式項 $-x$，並把暫時餘式更新為 $-3x^2+7x-1$。

5. 按次數停止

   最後商式項是 $-3$；餘式 $x+8$ 的次數為 $1$，小於 $\deg(g)=2$。

6. 不變量

   最後恆等式是 $f=(x^2-2x+3)(x^2-x-3)+(x+8)$。

多項式長除法反覆消去暫時餘式的最高次項，同時保持 $f=gq+r$，其中 $r$ 是暫時餘式。過程在餘式為零或次數小於除式次數時停止。

例題

用二次式除四次式

求

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

除以

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

所得的商式與餘式。每次相減都保留完整的剩餘多項式，包括常數項：

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

商式累積各次乘數 $x^2,-x,-3$。第二步減去 $(-x)g$ 時，必須改變它 每一項的符號，而非只改首項。把一直保留的常數 $-1$ 寫清楚，可防止漏項。 長除法得到

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

所以

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

由代入取得餘式

當除式是一次式時，除法算法會變成非常實用的定理。

定理

餘式定理

設 $f(x)\in R[x]$ 且 $a\in R$。當 $f(x)$ 除以 $x-a$ 時，餘式等於 $f(a)$。

因為餘式次數小於 $1$，它只能是常數 $R$。寫成

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

並代入 $x=a$，便得 $f(a)=R$。

此處 $R=f(a)$ 在除法恆等式中視為常數多項式，也可以是零。不能先把 恆等式除以 $x-a$ 再代入 $x=a$，因為這樣會除以零；直接在多項式 恆等式中代入才是合法操作。

多項式整除 $g\mid f$ 的意思是：同一係數域中存在多項式 $q$ 使 $f=gq$。若 $g$ 非零，這等價於餘式為零。特別地，每個多項式都整除 零多項式，但帶餘除法要求除式非零。

定理

因式定理

對 $f(x)\in R[x]$ 與 $a\in R$，

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

因式定理把代數因式與根連起來：一個根給出一個一次因式，而一個一次因式也給出 一個根。

例題

模 $x^2-1$ 的餘式

假設 $f(x)$ 除以 $x-1$ 的餘式是 $5$，除以 $x+1$ 的餘式是 $3$。求 $f(x)$ 除以 $x^2-1$ 的餘式。

餘式定理給出

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

除以 $x^2-1$ 的餘式次數小於 $2$，所以設為 $ax+b$。則

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

解得 $a=1$、$b=4$，故餘式是

$$x+4.$$

思考檢查

$f(x)=x^3+2x-5$ 除以 $x-2$ 的餘式是多少？

使用餘式定理。

解答 · 答案

餘式是 $f(2)=8+4-5=7$。

非零多項式可以有多少個根？

因式定理給出根的數量上界。

定理

根的數量上界

一個 $R$ 或 $C$ 上的非零 $n$ 次多項式最多有 $n$ 個相異根。

歸納起點是次數 $0$：非零常數不可能取零值。假設結論對 $n$ 次多項式 成立，考慮 $n+1$ 次的 $f$。若它無根，結論已經成立；否則取一個根 $a$。 因式定理給出 $f(x)=(x-a)q(x)$，其中 $q$ 非零，由乘積次數規則可知 其次數為 $n$。

若 $b\ne a$ 是另一個根，代入得 $0=(b-a)q(b)$。純量 $b-a$ 在係數域中 非零，所以 $q(b)=0$。歸納假設保證這類相異根最多有 $n$ 個，再加上 $a$ 這個值，最多有 $n+1$ 個。論證不要求 $q(a)\ne0$；即使 $a$ 也是 $q$ 的根，在根的集合中仍只算一個值。

因此，若一個次數至多 $n$ 的多項式有 $n+1$ 個相異根，它必定是零多項式。

次數條件允許哪些情形

若 $f=0$、$g\ne0$，唯一商式與餘式是 $q=r=0$。若 $f\ne0$ 但 $\deg f\lt\deg g$，則唯一結果為 $q=0$、$r=f$，不必消項。 若除式是非零常數 $c$，餘式次數必須小於 $0$，只有零多項式符合， 所以 $q=f/c$、$r=0$。把零多項式誤認為零次，會錯誤地排除這個合法餘式。

長除法中，每個尚未完成的非零餘式都有非負整數次數。消去首項會使次數 嚴格下降，因此過程終會停止。最終餘式不必為正：這裏沒有整數餘數的 符號限制。停止條件是次數變小，而非在某個輸入處的數值變小。

根數上界也需要精確的假設。零多項式在每個輸入處都為零，所以必須排除。 「相異」計算的是不同值，而不是某個因式出現的次數。把上界用於 $p-q$ 可知：若兩個次數至多 $n$ 的多項式在 $n+1$ 個相異輸入處相等，則它們 相等；否則非零的差會有過多的根。在每個實數輸入處都相等是其特例， 這便補全了形式多項式與代入所得函數之間的聯繫。

如何讀多項式長除法

長除法表不應被看成一串神秘排列。它只是重複做「消去最高次項」。在前面的長除法例子中， 第一步比較

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

選 $x^2$ 是因為 $x^2(x^2-2x+3)$ 的最高次項正好是 $x^4$，可以消去被除式的 最高次項。相減後，餘下式子變成 $-x^3-x^2+4x-1$。同樣邏輯給出下一個商式項 $-x$，因為 $(-x^3)/x^2=-x$；再下一步給出 $-3$。當餘式變成 $x+8$ 時，它的次數 是 $1$，已小於除式的 $2$，所以必須停止。停止條件不是「看起來夠簡單」，而是 定理中的次數條件。

例題

用因式定理決定參數

求 $k$，使

$$x-3$$

整除

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

由因式定理，$x-3$ 整除 $f(x)$ 當且僅當 $f(3)=0$。計算

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

因此 $21+9k=0$，所以

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

重點是：我們不需要真的把三次式除以 $x-3$；因式定理把整除條件轉成一個代入方程。

常見錯誤

常見錯誤

把某一點相等誤當成多項式相等

兩個多項式在某一個 $x$ 值相等，並不代表它們是同一個多項式。要證明多項式相等， 通常要比較所有係數，或證明兩者差的根多於其次數所容許。

常見錯誤

忘記餘式的次數條件

只有 $f=gq+r$ 還不夠。若沒有 $\deg r\lt\deg g$，商式與餘式不會唯一，因為可以把 一個 $g$ 的倍數在 $q$ 與 $r$ 之間移來移去。

總結

本節建立第 8 章後續內容所需的代數基礎。多項式是有限支撐的形式和；次數記錄最高 非零係數的位置，並控制加法、乘法與除法。除法算法給出唯一商式與餘式；餘式定理把 除以 $x-a$ 轉化為代入 $a$；因式定理把根與一次因式連起來；根數上界則說明為何 過多相異根會迫使多項式成為零多項式。

練習閱讀指南

做本節練習時，要把三件事分開。第一，代數變形必須保持正在討論的多項式恆等式。 第二，只要出現餘式，就要同時檢查餘式次數是否真的小於除式次數。第三，要分清題目 是在要求計算，還是在要求對一類多項式作一般證明。

關於次數的題目，先檢查最高次項會否抵消。和式的次數規則只給上界；兩個四次多項式 相加後可能變成二次、一次、常數，甚至零。乘積則不同：只要兩個因式都非零，最高次項 的係數相乘仍非零，所以次數會精確相加。

關於餘式與因式定理的題目，不要急著長除。若除式是 $x-a$，直接代入 $a$；若除式是 $(x-1)(x+1)$ 這類乘積，先用次數界限把餘式設成 $ax+b$，再用根處的函數值決定係數。 而 roots-of-unity 證明題的核心也不是展開大多項式，而是在 $\omega$ 與 $\omega^2$ 代入後，把問題化成關於 $f(1)$、$g(1)$ 的兩條線性方程。

快速檢查

思考檢查

為甚麼把零多項式的次數約定為 $-\infty$？

想想涉及加法與乘法的次數公式。

解答 · 答案

這個約定讓 $\deg(0\cdot p)=\deg0+\deg p$ 等公式可形式上一致。

思考檢查

若一個非零多項式次數至多為 $4$，它最多可以有多少個相異根？

使用根的數量上界。

解答 · 答案

最多有 $4$ 個相異根。

練習

1. 設 $p(x)=3x^4-x^2+2$、$q(x)=-3x^4+5x+1$。先用次數規則給出 $p+q$ 次數的上界， 再計算它的實際次數。
2. 將 $x^4-3x^3+2x^2+4x-1$ 除以 $x^2-2x+3$。
3. 用餘式定理求 $x^5-2x^2+7$ 除以 $x+1$ 的餘式。
4. 假設 $f(1)=5$ 且 $f(-1)=3$。重建 $f$ 模 $x^2-1$ 的餘式。
5. 證明變量代換保持下列整除關係：若 $F(x)=f(x^3)$、$G(x)=g(x^3)$，且 $F(x)+xG(x)$ 可被 $x^2+x+1$ 整除，則 $f(x)$ 與 $g(x)$ 都可被 $x-1$ 整除。

解答 · 參考解答 1

次數規則給出的上界是 $4$，但 $3x^4$ 與 $-3x^4$ 抵消。因此 $p+q=-x^2+5x+3$，次數是 $2$。

解答 · 參考解答 2

商式是 $x^2-x-3$，餘式是 $x+8$。

解答 · 參考解答 3

因為除式是 $x-(-1)$，餘式為 $(-1)^5-2(-1)^2+7=-1-2+7=4$。

解答 · 參考解答 4

設餘式為 $ax+b$。由 $a+b=5$、$-a+b=3$ 得 $a=1$、$b=4$，所以餘式是 $x+4$。

解答 · 參考解答 5

設 $\omega=e^{2\pi i/3}$。因為 $x^2+x+1=(x-\omega)(x-\omega^2)$， 假設給出 $f(1)+\omega g(1)=0$ 及 $f(1)+\omega^2g(1)=0$，因為 $\omega^3=(\omega^2)^3=1$。相減得 $(\omega-\omega^2)g(1)=0$，又 $\omega\ne\omega^2$，所以 $g(1)=0$，繼而 $f(1)=0$。由因式定理，$x-1$ 同時整除 $f(x)$ 與 $g(x)$。