多项式除法、余式与恒等判定

对多项式作除法时，非零余式的次数比除式低。利用这个限制，往往只需求很少的未知系数，不必展开庞大的高次多项式。

带余除法的存在与唯一

设 $F,G$ 为实系数或复系数多项式， $G$ 不是零多项式。存在唯一多项式 $Q,R$ ，使

F=GQ+R,\qquad R=0\ \text{或}\ \deg R<\deg G.

存在性由逐次消去最高次项得到，每一步次数下降，有限步后停止。若有两组商余式，则 $G(Q_1-Q_2)=R_2-R_1$ ；左侧若非零，次数至少为 $\deg G$ ，右侧次数却小于它，矛盾。因此商与余式唯一。

多项式除法中的 $G\ne0$ 表示“不是零多项式”，不要求 $G(x)$ 对每个实数都非零。带余恒等式在 $G$ 的根处也成立；只有写成分式 $F(x)/G(x)$ 时才须排除分母为零。

一次除式与综合除法

除以 $x-a$ 的余式为 $F(a)$ ；除以 $cx-d$ （ $c\ne0$ ）的余式为 $F(d/c)$ 。代入除式的根即可证明。

综合除法逐步“乘根再相加”：例如 $F(x)=2x^3-3x^2+4x-5$ 除以 $x-2$ 。系数依次为 $2,-3,4,-5$ ，保留首项 $2$ ，然后得到 $1,6,7$ ，故

F(x)=(x-2)(2x^2+x+6)+7.

缺少的幂次必须补零；否则各系数会错位。

两个不同根确定一次余式

若除式为 $(x-a)(x-b)$ ， $a\ne b$ ，则余式 $R$ 次数至多为 $1$ ，并满足 $R(a)=F(a),R(b)=F(b)$ 。因此

R(x)=F(a)\frac{x-b}{a-b}+F(b)\frac{x-a}{b-a}.

例如 $F(x)=x^{100}+x+1$ 除以 $x^2-1$ 。由 $F(1)=3,F(-1)=1$ ，余式为 $x+2$ 。验证时也可用 $x^2=1$ 作余式化简： $x^{100}$ 的余式是 $1$ 。

“作余式化简”不是断言任意实数 $x$ 都满足 $x^2=1$ ，而是每一步替换都只改变一个除式的倍数。

重根除式需要额外条件

除以 $(x-a)^2$ 时，只代入一次 $a$ 不足以决定一次余式。由

F(x)=(x-a)^2Q(x)+R(x)

及一次求导，得 $R(a)=F(a)$ 、 $R'(a)=F'(a)$ ，所以

R(x)=F(a)+F'(a)(x-a).

例如 $x^5$ 除以 $(x-1)^2$ 的余式是 $1+5(x-1)=5x-4$ 。也可以令 $x=1+t$ 作有限二项展开，只保留常数和一次项，不使用导数。

更一般地，除以 $(x-a)^m$ 可以把 $F(a+t)$ 按 $t$ 展开并保留次数低于 $m$ 的项；这是有限代数运算，不依赖泰勒级数理论。

有限个值何时能证明恒等

若 $F,G$ 的次数都不超过 $n$ ，且在 $n+1$ 个互异点取值相同，则 $F-G$ 是至少有 $n+1$ 个根的至多 $n$ 次多项式，只能为零多项式。因此两者恒等。

次数上界与节点互异缺一不可。例如 $0$ 与 $x(x-1)$ 在 $0,1$ 两点取值相同，却不恒等。以少数取值验证一个无次数限制的函数等式，更不能成立。

系数范围、整除与整数代入

带余除法在有理、实或复数系数范围内成立，因为消去首项时所需的非零系数相除仍留在相应范围。对于整系数多项式，商和余式未必仍为整系数。例如 $x$ 除以 $2x+1$ 的商为 $1/2$ 、余式为 $-1/2$ ，不存在满足次数要求的整系数商余式。

若整系数除式首项系数为 $1$ 或 $-1$ ，长除法每一步无需引入非整数，商余式便仍为整系数。特别地，整系数 $P$ 除以 $x-a$ （ $a$ 为整数）所得商为整系数，余数为整数 $P(a)$ 。

若余式为零，称非零多项式 $D$ 整除 $P$ ，记为 $D\mid P$ ；应说明商式允许的系数范围。余式为零意味着存在多项式 $Q$ 使 $P=DQ$ ，不是只在除式非零的点上讨论分式。

由整系数恒等式 $P(x)-P(b)=(x-b)Q(x)$ ，当 $a,b$ 是不同整数时，代入 $a$ 得

(a-b)\mid\bigl(P(a)-P(b)\bigr).

这里的整除是整数整除。结论来自多项式因式定理和整系数商，不需要建立数论专题。

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