4.多项式最大公因式的求解

多项式最大公因式的求法

定理1设f1(x),f2(x),,fn(x)(n2)是P[x]中n个多项式.P[x]中多项式d(x)称为

f1(x),f2(x),,fn(x)(n2)的最大公因式，如果它满足下面的两个条件：

(1)d(x)是f1(x),f2(x),,fn(x)的公因式. (2)f1(x),f2(x),,fn(x)的公因式全是d(x)的因式.

定理2 设f(x),g(x),h(x)是P[x]中的多项式，P[x]中多项式d(x)是f(x),g(x),h(x)的最大公因式，c是任意的非零常数，则有d(x)(f(x),g(x))(cf(x)h(x)g(x),g(x)).

证明：当f(x)、g(x)有一个为零，例如g(x)0，那么结论显然成立. 当g(x)0时，则有d(x)f(x)，d(x)g(x).

从而d(x)cf(x)h(x)g(x)，即d(x)是cf(x)h(x)g(x)与g(x)的一个公因式，令

c(x)cf(x)h(x)g(x)，c(x)g(x).根据整除的性质，我们有c(x)f(x)，所以c(x)d(x).

所以d(x)(f(x),g(x))(cf(x)h(x)g(x),g(x))

方法1：用辗转相除法求最大公因式

引理 如果f1(x),f2(x),,fn-1(x(n)3)的最大公因式存在，那么

f1(x),f2(x),,fn(x)(n2)

的最大公因式也存在，且

(f1(x),f2(x),,fn-1(x),fn(x))((f1(x),f2(x),,fn-1(x)),fn(x)) . (1)

证明：由题意，假设f1(x),f2(x),,fn-1(x)的最大公因式为d1(x)，那么d1(x)与fn(x)的最大公因式d(x)也是存在的. (2)

又由(1)、(2)式，可知d(x)|fi(x), (1in).

假设c(x)是f1(x),f2(x),,fn(x)(n2)的一个公因式，由(1)式可得c(x)|d1(x).这样c(x)就是d1(x)与fn(x)的一个公因式，再由(2)式可得c(x)|d(x).

所以d(x)(f1(x),f2(x),,fn-1(x),fn(x)) .

定理3 设f1(x),f2(x),,fn(x)(n2)是P[x]中的n个多项式，则在P[x]中存在一个最大公因式d(x)，且d(x)可以表示成f1(x),f2(x),,fn(x)的一个组合，即有p[x]中多项式

u1(x),u2(x),,un(x)使d(x)u1(x)f1(x)u2(x)f2(x)un(x)fn(x).

由定理3对一般情况， 设f(x)anxnan1xn1则，(f(x),g(x))(

a1xa0,g(x)bnxnbn1xn1

b1xb0，不妨设nm

bmb

f(x)xnmg(x),g(x)).记f1(x)mf(x)xnmg(x)，令anan

f1(x)ckxkck1xk1c1xc0，则km，故

(f(x),g(x))(f1(x),g(x))(f1(x),

记f2(x)

ck

g(x)xm1f1(x)). bm

ck

g(x)xm1f1(x)，且(f2(x))(f1(x))故(f(x),g(x))(f1(x),f2(x)) bm

如此下去，所得差式的次数不断降低，即(g(x))(f1(x))(f2(x)).因此在有限次之后，必然有一差式为零，即(f(x),g(x))(f1(x),f2(x))(fr(x),0)，则fr(x)乘以首项系数的倒数之后即为d(x).

). 例1 例1 设f(x)x3x,g(x)x2x求(f(x),g(x)

解：由题意得：

用等式表示出来，就是

f(x)(x3)(x23x2) 11

g(x)(x)(6x6)

63

因此(f(x),g(x))x1

43232

例 2 设f(x)x2xx2x,g(x)x6x5x12 求(f(x),g(x))，并求

u(x),v(x)使(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x).

解：由题意得：

用等式表示即

f(x)(x4)g(x)(18x220x48)

11344

g(x)(x)(18x220x48)(x)

185499

18x20x48(x)(

2

4

9481

x108) 因此(f(x),g(x))x1 92

而

44113

xg(x)(x)(18x220x48) 991854

113

g(x)(x)[f(x)(x4)g(x)]

1854(

113113

x)f(x)[1(x)(x4)]g(x) [**************])f(x)(x2x)g(x) 1854185427

113111

x,v(x)x2x就有

1854185427

(

于是，令u(x)

(f(x),g(x))u(x)f(x)v(x)g(x)

方法2：方程组法求解多项式的最大公因式

定理4 设f(x)、g(x)是P[x]上的两个多项式，令

f(x)0

将方程组化解为

g(x)0

d(x)0

则当c0时，P[x]中多项式d(x)是f(x)与g(x)的最大公因式；当c0时，

c0

f(x)与g(x)互素.（其中c是常数）

例 3 设f(x)x33x22x6,g(x)x3x22x2求(f(x),g(x))

x33x22x60

解：作方程组3 2

xx2x20

x220

32

xx2x20

((1)(2))4

x220

2

x20

(2)(1)x

x220



00

(2)(1)

所以(f(x),g(x))x2

例 4 设f(x)x2xx4x2,g(x)xxx2x2 求(f(x),g(x))

4

3

2

4

3

2

2

x42x3x24x20

解：作方程组4 32

xxx2x20x32x0

43

2

xxx2x20

(1)(2)

x32x0

3

2

xx2x20

(2)(1)x

x32x0

2

x20

(1)(2)

001)(2)x

(2

x20

所以(f(x),g(x))x22