多项式的最大公因式理论.doc

多项式的最大公因式理论 u(_)f(_)+v(_)g(_)=(f(_),g(_))中u(_)，v(_)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(_),g(_))?u(_)f(_)+v(_)g(_)中的u(_)，v(_)进行了求法探讨，并给出了四种求u(_)，v(_)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?[_]中任意两个多项式f(_)，g(_)，在?[_]中存在一个最大公因式d(_)．使得在相差一个零次因式的情况下，f(_)，g(_)的最大公因式是唯一的（我们用(f(_),g(_))表示首项系数为1的那个最大公因式），且(f(_),g(_))可以表成f(_)，g(_)的一个组合，即存在?[_]中多项式u(_)，v(_)使 (f(_),g(_))?u(_)f(_)?v(_)g(_) （_） 公式（_）称为最大公因式的判别公式或Bezout等式；（_）中的u(_)，v(_)称为公式（_）中的系数多项式． 上述定理只是表明了u(_)，v(_)的存在性，并未说明u(_)，v(_)如何得到，因此我们致力于研究求得u(_)，v(_)的方法，而以下给出的四种求u(_)，v(_)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(_)，v(_) 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(_)，g(_)有一个为零，譬如说，g(_)=0，那么f(_)就是一个最大公因式，且 f(_)?1?f(_)?1?0． 下面来看一般的情形.无妨设g(_)?0．按带余除法，用g(_)除f(_)，得到商q1(_)，余式r1(_)；如果r1(_)?0，就再用r1(_)除g(_)，得到商q2(_)，余式r2(_)；如此辗转相除下去，显然，所得余式的次数不断降低，即 ?(g(_))??(r1(_))??(r2(_))?? 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(_)?q1(_)g(_)?r1(_) r1(_)?0 1 g(_)?q2(_)r1(_)?r2(_) r2(_)?0 r1(_)?q3(_)r2(_)?r3(_) r3(_)?0 ? ? ? ? rs?3(_)?qs?1(_)rs?2(_)?rs?1(_) rs?1(_)?0 rs?2(_)?qs(_)rs?1(_)?rs(_) rs(_)?0 rs?1(_)?qs?1(_)rs(_)?0 rs(_)与0的最大公因式是rs(_)．根据引理：如果有等式f(_)?q(_)g(_)?r(_)成立，那么f(_)， ．说明rs(_)也就是rs(_)与rs?1(_)的一个最g(_)和g(_)，r(_)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(_)就是f(_)和g(_)的一个最大公因式． 从以上证明，我们很容易求得u(_)，v(_)：由上面的倒数第二个等式，我们有 rs(_)?rs?2(_)?qs(_)rs?1(_)， 再由倒数第三式， rs?1(_)?rs?3(_)?qs?1(_)rs?2(_)， 代入上式可消去rs?1(_)，得到 rs(_)?(1?qs(_)qs?1(_))rs?2(_)?qs(_)rs?3(_)． 然后根据同样的方法用它上面的等式逐个地消去rs?2(_)，…，r1(_)，再并项就得到 rs(_)?u(_)f(_)?v(_)g(_)， 这样就求得u(_)，v(_)． 例1 设f(_)?_4?2_3?_2?4_?2及g(_)?_4?_3?_2?2_?2， 求u(_)，v(_)使 (f(_),g(_))?u(_)f(_)?v(_)g(_)． 解 应用辗转相除法： 2 _?1_4?_3?_2?2_?2_4?2_3?_2?4_?21_4_3?2_2_3?_2?2_?2?2__2?2_4?_3?_2?2_?2_3_3?2_?2_0_ 从而， 2(f(_),g(_))?_?2． 又由计算过程知： q1(_)?1，r1(_)?_3?2_ q2(_)?_?1，r2(_)?_2?2 而f(_)?q1(_)g(_)?r1(_)，g(_)?q2(_)r1(_)?r2(_)． 所以 _2?2?r2(_)?g(_)?q2(_)r1(_) ?g(_)?q2(_)[f(_)?q1(_)g(_)] ? ?q2(_)f(_)?[1?q1(_)q2(_)]g(_) ???_?1?f(_)??_?2?g(_) 于是，令u(_)??_?1，v(_)?_?2，就有(f(_),g(_))?u(_)f(_)?v(_)g(_). （注：由于要求具体算出u(_)及v(_)，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(_)，v(_) 根据辗转相除法，我们发现u(_)，v(_)仅与q1(_)，q2(_)有关.事实上，这个结论一般来说也是对的，即： 设 f(_)?q1(_)g(_)?r1(_) r1(_)?0 g(_)?q2(_)r1(_)?r2(_) r2(_)?0 r1(_)?q3(_)r2(_)?r3(_) r3(_)?0 ? ? ? ? 3 rs?2(_)?qs(_)rs?1(_)?rs(_) rs(_)?0 rs?1(_)?qs?1(_)rs(_)?0 令 u0?1，u1?qs(_)，uk?qs?k?1(_)uk?1?uk?2，k?2 则 rs(_)?(?1)s?1us?1f(_)?(?1)susg(_)． 证明 由题设：u0?1，u1?qs(_)，u2?qs?1(_)u1?u0，u3?qs?2(_)u2?u1 ?? 故rs(_)?rs?2(_)?qs(_)rs?1(_) ?rs?2(_)?u1rs?1(_) ?rs?2(_)?u1(rs?3(_)?qs?1(_)rs?2(_)) ?rs?2(_)(1?u1qs?1(_))?rs?3(_)u1 ?rs?2(_)u2?rs?3(_)u1 ?(rs?4(_)?qs?2(_)rs?3(_))u2?rs?3(_)u1 ?rs?4(_)u2?rs?3(_)(qs?2(_)u2?u1) ?rs?4(_)u2?rs?3(_)u3 ??? ?g(_)(?1)s?2us?2?r1(_)(?1)s?1us?1 ?g(_)(?1)s?2us?2?(f(_)?g(_)q1(_))(?1)s?1us?1 ?(?1)s?1us?1f(_)?(?1)s(us?2?q1(_)us?1)g(_) ?(?1)s?1us?1f(_)?(?1)susg(_)． 根据这个结论，我们可以用此递推公式，算出u(_)及v(_)．并且显然，这个方法要比用辗转相除法中代入的方法求u(_)及v(_)简便的多． 例2 设f(_)?_?2_?_?7_?12_?10及g(_)?3_?6_?5_?2_?2， 求u(_)，v(_)使 5432432(f(_),g(_))?u(_)f(_)?v(_)g(_)． 4 解 利用辗转相除法： ?191354__?54323_?6_3?5_2?2_?2_?2_?_?7_?12_?103245753222543_4?_3?51_2?45__?2_?_?_?_2333820 453?_?2319234_?46_2?47_?2?_?_?_?10____67123334538552765135023424_?_?_??_?_?_242433367126716715_2?10_?10_?_?4225_2?10_?10从而， d(_)?671_2?671?671 422又由计算过程知： q1(_)?1_，q2(_)??9_?135 324令 u0?1，u1??则 3245913519135?? ，u2?_??_?_?1 _??_??1??24243?24?9135??3245?671_2?671_?671 f(_)??_???g(_)??_?_?1??4224?4?2?2?4在上式两端同时乘以，得 67118135?4?? _2?2_?2 ?6245 f(_)?_?_?_????g(_)???671671671671671????即所求得 u(_)? 18_?135 ，v(_)? ?6_2?45_?4． 671671671671671三 运用矩阵的初等变换法求u(_)，v(_) 同数字矩阵一样可以定义m?n阶多项式矩阵?(_).称下列变换为?(_)的初等行（列）变换： (1) 换法变换：交换?(_)的第i，j两行（列）； (2) 倍法变换：将?(_)的第i行（列）乘以非零常数k； (3) 消法变换：将?(_)的第j行（列）的q(_)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。