2、多项式除法
一、多项式整除
多项式之间存在乘法，我们自然想要去考虑乘法的逆运算是怎样的。首先来介绍整除：
定义：对于$K[x]$上的多项式$f$、$g$，若有存在多项式$h$，使得
$f=hg$
我们就称$g$整除$f$，记为$g | f$。这时也称$g$是$f$的因式（$f$则是倍式）。注意并没有要求$h
eq f$或者$h
eq g$。
整除有以下简单的性质：
1、$0 | f$当且仅当$f = 0$；
2、任意$f$都满足$f | 0$；
3、任意$b in K^*$、$f in K[x]$，$b | f$，这里$K^*$指$K$中不为$0$的数构成的集合；
4、反身性：任意$f$，$f | f$；
5、传递性：若$f | g$、$g | h$，则$f | h$；
6、加法保持：若对$i = 1,2,...,s$，都有$g | f_i$，则对$K[x]$中任意的$u_i, i = 1,2,...,s$，有$g | sum_{i=1}^{s} u_if_i$。
这些性质都是从定义就可以推知的。
注意到整除关系不具有对称性。当具有对称性时，即$g | f$和$f | g$同时满足，就称$f$和$g$相伴，记作$f ~ g$。相伴关系有如下性质：
$f ~ g$的充分必要条件是存在$c in K^*$，使得$f=cg$。
充分性是容易证明的。下面来证必要性：
由题目条件，存在$h_1$、$h_2$，使得
$f = h_1g$
$g = h_2f$
则有
$f = h_1h_2f$
只需要考虑$f$、$g$非零的情况即可：运用消去律，有
$h_1h_2 = 1$
则运用度数关系规律有$deg h_1 + deg h_2 = 0$，则有$deg h_1 = deg h_2 = 0$。那么$h_1$即是我们要求的$c$。
度数关系在证明中显示出了它的威力，此后我们还会用到。另外，整除满足这样的度数关系：
若$g | f$且$f eq 0$，就有$deg g leq deg f$
证明式简单的。
二、多项式带余除法
整除毕竟是可遇而不可求的情况，多数情况我们不能要求整除。多项式有如下的带余除法定理：
定理：对$K[x]$中的任意两个多项式$f$、$g$，只要$g eq 0$，就存在唯一的$h$和$r$，使得下面的关系成立：
$f = hg + r, deg r < deg g$
证明：先来证明存在性。设$deg g = m$：
1° $m = 0$，此时$g = b, b in K$，则$h = frac{1}{b} f$，$r = 0$，且$deg 0 < deg g$；
2° $m > 0$且$deg f < m$，此时有$h = 0$，$r = f$，且$deg f < deg g$；
3° $m > 0$且$deg f geq m$。此时固定住$g$，对$f$的度数$n$做数学归纳法。假设$0 leq m leq deg f < n$时，存在性均成立。考虑利用归纳假设，要降低$f$的度数。不妨设$f$的首项是$ax^n$，$g$的首项是$bx^m$，那么$ab^{-1}x^{n-m}g$的首项就为$ax^n$，记
$f_1 = f - ab^{-1}x^{n-m}g$
那么$deg f_1 < n$，利用归纳假设，存在$h_1$、$r_1$，使
$f_1 = h_1g + r_1 , deg r_1 < deg g$
然后把$f_1$代入，就有了
$f = (h_1 + ab^{-1}x^{n-m})g + r_1 , deg r_1 < deg g$
则是$h = h_1 + ab^{-1}x^{n-m}$，$r = r_1$，由数学归纳法原理，存在性至此得证。
下面再证唯一性，假设存在两组多项式，使
$f = hg + r , deg r < deg g$
$f = h'g + r' , deg r' < deg g$
两式相减就得到$(h-h')g = r-r'$，考虑度数关系：
$deg (h-h') + deg g = deg (r'-r)$
$deg (r'-r) leq max {deg r', deg r } < deg g$
就得到
$deg (h-h') < 0$
也就是$h-h'=0$，则$h=h'$，进而$r=r'$，唯一性得证。至此，定理得证。
此时，称$h$是$g$除$f$的商式，$r$称为余式。
带余除法定理的唯一性可以将整除的情况包含进来：
对$g eq 0$和任意的$f$，$g | f$当且仅当用$g$除$f$的余式$r = 0$。
带余除法和整除性还有以下性质：
设数域$K$、$F$满足$K subset F$，$f$、$g in K[x]$，则有：在$K[x]$中$g | f$当且仅当在$F[x]$中$g | f$。
证明：
先来证明必要性：从整除性可知，$f = hg$，其中$h in K[x]$，则显然有$h in F[x]$，那么$f = hg$在$F[x]$中也成立，必要性就此得证。
然后证明充分性：只考虑$f$、$g$不为$0$的情况即可。在$K[x]$中做带余除法：$f = hg + r$，这一除法等式在$F[x]$中当然也成立。由$F[x]$中$g | f$，可以得$r = 0$，进而$K[x]$中也有$g | f$，充分性得证。
以上性质说明，数域的扩大不会改变整除性，但是缩小是有可能改变的。
带余除法定理的证明过程也告诉我们如何去做带余除法，也就是不断地去构造$ab^{-1}x^{n-m}$，直到余式的度数低于除式为止。
譬如我们有这样的结论：$K[x]$中，$(x-a) | (x^m - a^m), a in K, m in N^*$。这一结论即可用带余除法结合数学归纳法来证明。类似的结论有$(x+a) | (x^{2m+1} + a^{2m+1})$。
三、整数环中的整除和带余除法
如果把多项式换成整数，把度数换成绝对值，上面我们提到的结论都可以移植到整数环中，而且除了带余除法定理的存在性部分，其余的证明方法也完全一样。我们来证明一下带余除法定理的存在性部分：
存在性定理：任意的整数$a$、$b$，$b eq 0$，存在整数$h$、$r$，使得$a=hb+r, 0 leq r < |b|$。
证明：考虑去模仿多项式带余除法的证明过程，降低a的“度数”，不过因为这里不存在基本情况，无法应用归纳法，所以这次做一些变化：若$a = hb +r, 0 leq r < |b|$成立，改写成$r = a - hb$，那么$r = a - b - (h-1)b$、$r = a + b - (h+1)b$也都是成立的。这样，对$b$的正负分类讨论，就可以降低$a$的绝对值了。然后不断去降低，找到符合定理的$r$就可以了。严谨的证明如下：
设集合$S = { r' = a - qb : q in Z , r' geq 0 }$，若$b > 0$，取$q = -a^2$，由于在整数范围内讨论，则$a + a^{2} b > 0$是成立的；$b < 0$取$q = a^2$即可，这样$S$非空，从而$S$中一定有最小数，记作$r$。现在来证明$r$满足$r < |b|$。利用反证法：
若$b > 0$，若$r geq b$，则由于$r = a-qb geq b$，则一定有$r - b = a - (q+1)b geq 0$，也即$r - b in S$，这与$r$是最小数矛盾；$b < 0$的情况完全类似。这样就证明了$r < |b|$，从而整数的带余除法的存在性定理得证。
多项式带余除法和整数带余除法的性质的这些相似是很美妙的。