带余除法

它指向谁（出边）

推出 2

• 本页 ⟹ 因式定理与根推出
  带余除法 $\implies$ 因式定理

  设 $a \in K$。把 $f$ 除以 $x - a$（首一，故带余除法适用）：

  $$f = q\,(x - a) + r, \qquad \deg r < 1$$

  即 $r \in K$ 是常数。把 $x = a$ 代入两边：$f(a) = q(a) \cdot 0 + r = r$。

  于是 $f(a) = 0 \iff r = 0 \iff (x - a) \mid f$。∎

  这条证明只有一行实质内容，但它给出了一个额外收获：余式就是函数值 —— 这也是多项式作为「函数」与作为「形式对象」之间的桥。

• 本页 ⟹ K[x] 是唯一分解整环推出
  带余除法 $\implies$ 唯一分解

  记 $R := K[x]$，它是整环（$\deg(fg) = \deg f + \deg g$）。

  第一步：辗转相除与 Bézout 等式。 对 $f, g \ne 0$ 反复用带余除法（$f = qg + r$，$\deg r < \deg g$），次数严格下降故必停：最后非零余式 $d$ 满足 $d \mid f$、$d \mid g$，且存在 $a, b \in R$ 使

  $$a f + b g = d$$

  （把除法的每一步回代即得。）$d$ 就是 $\gcd(f, g)$（首一化之后唯一）。

  第二步：不可约 $\implies$ 素。 设 $p$ 不可约、$p \mid fg$。若 $p \nmid f$，则 $\gcd(p, f) = 1$，由 Bézout 有 $ap + bf = 1$；两边乘 $g$：$apg + bfg = g$。左端两项都被 $p$ 整除（第一项显然，第二项因为 $p \mid fg$），故 $p \mid g$。

  第三步：存在性。 对 $\deg f$ 归纳：若 $f$ 不可约则已分解完；否则 $f = gh$ 且 $\deg g, \deg h < \deg f$，对两者归纳。

  第四步：唯一性。 设 $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$（都是不可约元，首一化后）。由 $p_1 \mid q_1 \cdots q_s$ 与第二步，存在某个 $j$ 使 $p_1 \mid q_j$；两者都不可约（从而相伴），约掉后对 $r + s$ 归纳，得 $r = s$ 且分解在顺序与单位之下相同。∎

  四步里只有第二步用了域的特殊性（本质上是带余除法给出的 Bézout 等式）；其余三步对任何整环都成立。这也是「欧几里得整环 $\implies$ UFD」这条链的标准证明。

谁指向它（入边）

推出 1

• 一元多项式、域 ⟹ 本页推出
  多项式的次数 + $K$ 是域 $\implies$ 带余除法

  存在性：对 $\deg f$ 归纳。若 $\deg f < \deg g$，取 $q = 0$、$r = f$ 即可。否则设

  $$f = a_m x^{m} + \cdots, \qquad g = b_n x^{n} + \cdots \quad (a_m \ne 0, b_n \ne 0, m \ge n)$$

  令 $c := a_m b_n^{-1} \in K$（这里用到 $K$ 是域，$b_n$ 可逆），并令

  $$f_1 := f - c\,x^{m-n} g$$

  则 $f_1$ 的 $m$ 次项被消掉，$\deg f_1 < \deg f$。对 $f_1$ 用归纳假设：$f_1 = q_1 g + r$（$\deg r < \deg g$），于是 $f = (c x^{m-n} + q_1) g + r$。

  唯一性：设 $f = q g + r = q' g + r'$，两式相减得 $(q - q') g = r' - r$。若 $q \ne q'$，则左端次数 $\ge \deg g$（由 $\deg(fg) = \deg f + \deg g$），而右端次数 $< \deg g$，矛盾。故 $q = q'$，随之 $r = r'$。∎

  「域」在存在性那一步被用了一次（$b_n^{-1}$），在唯一性那一步用了一次（整环的次数可加性）。两处都是本质的。

定义引用 1

• 多项式环 → 本页定义引用

  带余除法是 $K[x]$ 里两个元素之间的运算，先要有这个环。