多項式解餘式技巧

多項式解餘式技巧

卓永鴻 提供

多項式函數 f (x) 除以一次因式 x− a 的餘式為 f (a)

定理 1 餘式定理

這是非常好理解的。除式為一次式，所以餘式必然是常數。我們寫 f (x) = (x − a)Q(x) + r

在等號兩邊代 x= a，讓 第一項 變成 0，便可得 f (a) = 0 + r。

一次因式的一次係數不一定都是 1，所以更一般來說，餘式定理可以寫成下面這樣：

多項式函數 f (x) 除以一次因式 ax− b 的餘式為 f(_b a )

定理 2 餘式定理

例題 1

設多項式 f (x) 除以 x− 2 之商式為 Q1(x)，餘式為 1；除以 x 之商式為 Q₂(x)，餘 式為−2。則 Q1(x)+ Q2(x) 除以 x− 1 之餘式為 。

解

先將題目條件寫下：

f (x) =(x − 2)Q1(x)+ 1

=x · Q2(x)− 2

由餘式定理可知，Q1(x)+ Q2(x) 除以 x− 1 之餘式就是 Q1(1)+ Q2(1)。所以將 x= 1 代入 上面的條件，得到

f (1)= − Q1(1)+ 1

=Q2(1)− 2

由−Q1(1)+ 1 = Q2(1)− 2 移項便可得 Q1(1)+ Q2(1)= 3。



如果除式的次數比 1 大，還會有這麼好用的餘式定理嗎？舉例來說 f (x) = (x − 1)(x − 2)Q(x) + r(x)

其中 r(x)= ax + b 為一次以下多項式。若分別代 x = 1、x = 2，會得到 f (1)=0 + r(1)

f (2)=0 + r(2)

現在餘式 r(x) 是一次以下多項式 ax+ b，所以我們無法直接說餘式就是 f (1) 或 f (2)。餘 式定理之所以那麼好用，是因為除式為一次式，餘式必然為常數。但是我們仍然可以 說，使得除式 (x− 1)(x − 2) 為 0 的兩個值：x = 1、x = 2，它們代在 f (x) 或代在 r(x) 都 會相等。

多項式函數 f (x) 除以 d(x) 的餘式為 r(x)，且 d(a)= 0，則 f (a) = r(a)。

定理 3 高階餘式定理

f (x) = d(x)Q(x) + r(x) 在等號兩邊代 x= a，便有 f (a) = 0 + r(a)。

例題 2

若 多 項 式 f (x) 除 以 x − 1 的餘式為 3、除以 x − 2 的餘式為 5，則 f (x) 除以 (x− 1)(x − 2) 的餘式為何？

解

列下題目條件

f (x)=(x − 1)Q1(x)+ 3

=(x − 2)Q2(x)+ 5 而所求為

f (x) = (x − 1)(x − 2)Q3(x)+ (ax + b)

(x− 1)(x − 2) 是二次式，故餘式 r(x) 為一次以下多項式 ax + b。由高階餘式定理



 f (1)= r(1)

f (2)= r(2) ⇒

3= a + b

5= 2a + b ⇒ (a, b) = (2, 1) 所以餘式就是 2x+ 1。



這樣的解法雖然可行，但如果餘式是二次以下 ax²+ bx + c，這樣要慢慢解三個未知 係數就有點麻煩了，因此我們介紹另一種手法。

數學上一個很重要的精神是類推 (analog ⁾，多項式的諸如除式、被除式、商式及餘 式是由整數的除數、被除數、商數及餘數所類推來的，所以讓我們先思考整數的情況。

對於 97 = 3 × 30 + 7，我們可不可以說「97 除以 3 的餘數是 7」呢？不行，因為 7 不 比 3 小，不能當作餘數。可以說目前還剩下 7，但不可以說餘數就是 7。這個 7 不比 3 小，表示我們還沒除乾淨，所以要繼續除：7= 3 × 2 + 1，這個 1 就是 97 除以 3 的餘數。

類推至多項式的情況，列下題目條件

f (x) =(x − 1)Q1(x)+ 3

=(x − 2)Q2(x)+ 5 拿第一個條件來用，將所求寫成

f (x) =(x − 1)(x − 2)Q3(x)+ (ax + b)

=(x − 1)[

(x− 2)Q3(x)]

+ (ax + b)

寫成這樣，我們可不可以說 f (x) 除以 (x− 1)，商式是 (x − 2)Q3(x)、餘式是 ax+ b 呢？不 可以，因為 ax+ b 很可能是一次式，不能當作 f (x) 除以 (x − 1) 的餘式。ax + b 的次方太 大了，表示我們還沒除乾淨，所以要繼續除：ax+ b = a(x − 1) + (b + a)，這個 (b + a) 就 是真正的餘式了。代回上面：

f (x) =(x − 1)[

(x− 2)Q3(x)]

+ (ax + b)

= (x − 1) [

(x− 2)Q3(x)]

+ a (x − 1) + (b + a)

= (x − 1) [

(x− 2)Q3(x)+ a]

+ (b + a)

對照第一個條件，我們就知道 (x− 2)Q3(x)+ a 便是商式 Q1(x)(^這不重要)，而 b+ a 就是 餘式 3(^{這超級重要})。現在我們可以來寫第二種解法。

解2

f (x) =(x − 1)Q1(x)+ 3

=(x − 2)Q2(x)+ 5 所求寫成

f (x) =(x − 1)(x − 2)Q3(x)+ (ax + b)

=(x − 1)(x − 2)Q3(x)+ a(x − 1) + 3

如上面所討論，這是套用第一個條件及「沒除乾淨繼續除」的精神而來。現在套用第二 個條件，可得

f (2)= 0 + a(2 − 1) + 3

也就是

5= a + 3 ⇒ a = 2 所以餘式 a(x− 1) + 3 就是 2(x − 1) + 3 = 2x + 1。

 許多解餘式的技巧，都可以用「沒除乾淨繼續除」來理解，以下再多用幾個例題作 為演示。

例題 3

若多項式 f (x) 除以 x− 1 的餘式為 3、除以 x − 2 的餘式為 5、除以 x − 3 的餘式 為 11，則 f (x) 除以 (x− 1)(x − 2)(x − 3) 的餘式為何？

解1

列下題目條件

f (x) =(x − 1)Q1(x)+ 3

=(x − 2)Q2(x)+ 5

=(x − 3)Q3(x)+ 11 而所求為

f (x)= (x − 1)(x − 2)(x − 3)Q4(x)+ (ax²+ bx + c) 由高階餘式定理







f (1)= r(1) f (2)= r(2) f (3)= r(3)

⇒







3= a + b + c 5= 4a + 2b + c 11= 9a + 3b + c

⇒ (a, b, c) = (2, −4, 5)

所以餘式就是 2x²− 4x + 5。

 解2

列下題目條件

f (x) =(x − 1)Q1(x)+ 3

=(x − 2)Q2(x)+ 5

=(x − 3)Q3(x)+ 11

利用第一、第二個條件，將所求寫成

f (x) =(x − 1)(x − 2)(x − 3)Q4(x)+ a(x − 1)(x − 2) + b(x − 1) + 3 代 x= 2，可得

f (2)= 0 + 0 + b(2 − 1) + 3 也就是

5= b + 3 ⇒ b = 2 最後利用第三個條件，可得

f (3)= 0 + a(3 − 1)(3 − 2) + 2(3 − 1) + 3 也就是

11= 2a + 4 + 3 ⇒ a = 2 所以餘式就是

2(x− 1)(x − 2) + 2(x − 1) + 3 = 2x²− 4x + 5

 現在來解釋，為什麼利用第一、第二個條件時， 餘式 是那樣寫呢？ 餘式是二次式，所 以將它繼續除以 x− 1 時，商式是一次式、餘式是題目所給的 3。上面這樣的寫法，可看 成

a (x− 1) (x − 2) + b (x − 1) + 3 = (x − 1) [

a(x− 2) + b] + 3

這樣商式 a(x− 2) + b 確實是一次式，並且那個 (x − 2) 讓我們欲利用第二個條件時，代 x= 2 會較好算！

例題 4

若多項式 f (x) 除以 x− 1 的餘式為 4、除以 x²+ x + 1 的餘式為 3x − 5，則 f (x) 除 以 x³− 1 的餘式為何？

解

列下題目條件

f (x) =(x − 1)Q1(x)+ 4

=(x²+ x + 1)Q2(x)+ (3x − 5) 利用第二個條件，將所求寫成

f (x) =(x − 1) (x²+ x + 1) Q3(x)+ (ax²+ bx + c) 沒除乾淨繼續除

=(x − 1) (x²+ x + 1) Q3(x)+ a (x²+ x + 1) + (3x − 5)

f (x) 除以 x²+ x + 1 的商式是 (x − 1)Q3(x)+ a，餘式是 3x + 5。現在套用第一個條件，代 x= 1，得到

f (1)= 0 + a(1 + 1 + 1) + (3 − 5) 也就是

4= 3a − 2 ⇒ a = 2 所以餘式就是

2(x²+ x + 1) + (3x − 5) = 2x²+ 5x − 3



例題 5

f (x) 為一多項式，若 (x+ 1) f (x) 除以 x² + x + 1 的餘式為 5x + 3，則 f (x) 除以 x²+ x + 1 的餘式為何？

87^學測

解

先寫出所求

f (x) = (x²+ x + 1)Q1(x)+ (ax + b)

除式 x²+ x + 1 是二次式，故餘式為一次以下多項式 ax + b。兩邊同乘以 x + 1，得到 (x+ 1) f (x) = (x²+ x + 1)[

(x+ 1)Q1(x)]

+ (x + 1)(ax + b) (1) 我們可不可以說，(x+ 1) f (x) 除以 x²+ x + 1 的商式是 (x + 1)Q1(x)、餘式是 (x+ 1)(ax + b) 呢？不可以，因為 (x+ 1)(ax + b) 是二次式，次方太大了，不能當餘式。次方太大，表 示還沒除乾淨，沒除乾淨繼續除，寫成

(x+ 1) f (x) = (x²+ x + 1) [

(x+ 1)Q1(x)]

+ a (x²+ x + 1) + (5x + 3) (2) 對照(1)^與(2)^，可得

(x+ 1)(ax + b) = a(x²+ x + 1) + (5x + 3) 乘開得到

ax²+ (a + b)x + b = ax²+ (a + 5)x + (a + 3) 便可知 (a, b) = 2, 5，所以餘式 ax + b = 2x + 5。



例題 6

f (x) 為不低於 3 次之多項式，以 x+ 1 除之餘 −17，以 x − 1 除之餘 −4，以 x + 2 除之餘 108，以 (x+ 1)(x − 1)(x + 2) 除之餘 ax²+ bx + c。則 a + b + c = 。

解

題目並不是問餘式，是問餘式 r(x) 的各項係數和 a+ b + c，也就是 r(1)。而我們知道 r(1)= f (1)，這個在題目條件早就給了！故所求就是 a + b + c = r(1) = f (1) = −4。

下 筆 前 看 清 楚 題 目 問 什 麼，不 要 太 機 械 化 地 解

 題。

例題 7

f (x)= x²⁰⁰除以 (x− 1)² 的餘式為何？

解

雖然題目沒講明，但我們可以自行寫出 f (x) 除以 (x− 1) 的餘式為 f (1) = 1²⁰⁰ = 1。利 用此條件，將所求寫成

x²⁰⁰ = (x − 1)²Q(x)+ a(x − 1) + 1 x²⁰⁰− 1 = (x − 1)²Q(x)+ a(x − 1)

(x− 1)(x¹⁹⁹+ · · · + x + 1) = (x − 1)
²Q(x)+ a(x− 1) (x¹⁹⁹+ · · · + x + 1) = (x − 1)Q(x) + a

兩邊代 x= 1，得到

200= 0 + a 故餘式為 200(x− 1) + 1 = 200x − 199。

 解2

設 t = x − 1，則題目變成 x²⁰⁰ = (t + 1)²⁰⁰除以 t² 的餘式。使用二項式定理

(t+ 1)²⁰⁰= C²⁰⁰₂₀₀t²⁰⁰+ · · · + C₂²⁰⁰t²+ C₁²⁰⁰t+ C²⁰⁰₀

則顯然 (t+ 1)²⁰⁰ 除以 t² 的餘式即為 C²⁰⁰₁ t+ C²⁰⁰₀ = 200(x − 1) + 1 = 200x − 199。



例題 8

f (x) = x³⁷− 2x²⁶+ 4x⁷− 3，則：

(1) f (x) 除以 x²+ 1 的餘式為 。 (2) f (x) 除以 x²+ x + 1 的餘式為 。

解1 (1)

f (x) = (x²+ 1)Q1(x)+ ax + b 利用高階餘式定理，代 x= i，得到

f (i)= 0 + ai + b 而

f (i)= i³⁷− 2i²⁶+ 4i⁷− 3 = i + 2 − 4i − 3 = −3i − 1 可知 (a, b) = (−3, −1)，故餘式為 ax + b = −3x − 1。

(2)

f (x) = (x²+ x + 1)Q2(x)+ ax + b 利用高階餘式定理，代 x= ω(ω³ = 1, 1 + ω + ω² = 0)^，得到

f (ω)= 0 + aω + b 而

f (ω)= ω³⁷− 2ω²⁶+ 4ω⁷− 3 = ω − 2ω²+ 4ω − 3 = 7ω − 1 可知 (a, b) = (7, −1)，故餘式為 ax + b = 7x − 1。

 如果你因為對複數不太熟，看不太懂我上面在寫什麼，完全沒有關係！因為我真正 的目的，是想要介紹另一種寫法。

所謂的利用高階餘式定理，是想找出 a 使得 d(a) = 0，從而 f (a) = d(a)Q(a) + r(a) = 0+ r(a)。我們完全不用知道商式 Q(x)，它會被乘以 0。然而想使用 d(a) = 0，一定要把

a 值給找出來(^{如上面解法})^嗎？

解2 (1)

f (x)= (x²+ 1)Q1(x)+ ax + b 利用高階餘式定理，讓 x²+ 1 = 0，即 x² = −1，代回 f (x) 得

f (x)= x³⁷− 2x²⁶+ 4x⁷− 3

=( x²)18

· x − 2( x²)13

+ 4( x²)3

· x − 3

=(

− 1)18

· x − 2(

− 1)13

+ 4(

− 1)3

· x − 3

= x + 2 − 4x − 3

= − 3x − 1

這樣餘式就出來了。



(2)

f (x)= (x²+ x + 1)Q2(x)+ ax + b

利用高階餘式定理，讓 x²+ x + 1 = 0，即 x² = −x − 1。代回 · · · 不對，這樣代回 f (x) 會 死人。我們在 x²+ x + 1 = 0 兩邊同乘以 x − 1，得到 x³− 1 = 0，即 x³ = 1。代回 f (x)，得

f (x)= x³⁷− 2x²⁶+ 4x⁷− 3

=( x³)12

· x − 2( x³)8

· x²+ 4( x³)2

· x − 3

= x − 2x²+ 4x − 3

= − 2x²+ 5x − 3

這樣餘式就出· · · 不對，餘式不應該是二次式。此時再利用前面寫的 x² = −x − 1，便可 得餘式為−2(−x − 1) + 5x − 3 = 7x − 1。



10²⁰¹⁶ ÷ 3 的餘數是多少？我們可以先拿底數 10 來除以 3，得底數 1 以後變成 1²⁰¹⁶= 1。至於 11²⁰¹⁶÷ 3 的餘數，一樣先拿底數來除，變成 2²⁰¹⁶，然後再寫成 4¹⁰⁰⁸，再 一次拿底數來除以 3，得 1¹⁰⁰⁸= 1。

多項式的情況亦可類推，請看以下此題。

例題 9

多項式 (x+ 1)⁶除以 x²+ 1 的餘式為 。

92^學測補考

解

令除式 x²+ 1 = 0，即 x²= −1。

(x+ 1)⁶ =(x²+ 2x + 1)³−→ (2x)³ x²+ 1 = 0

=8x³ = 8x · x²−→ 8x · (−1) x²= −1

= − 8x 

例題 10

設三次實係數多項式 f (x) 除以 x− 1, x − 2, x − 3 所得餘式分別為 1, 2, 4，且令二次 多項式 g(x) = ^(x₍₁^−2)(x−3)_−2)(1−3) + 2 · ^(x₍₂^−1)(x−3)_−1)(2−3) + 4 · ^(x₍₃^−1)(x−2)_−1)(3−2)。請選出正確的選項。

(A)g(4)= 7 (B) f (5)= g(5)

(C) f (x) 除以 x− 4 的餘式為 7

(D) f (x) 除以 (x− 1)(x − 2) 的餘式為 x

(E) f (x) 除以 (x− 1)(x − 2)(x − 3) 的餘式為 g(x)

解

由題意知 f (1) = 1, f (2) = 2, f (3) = 4。題目說 f (x) 是三次多項式，現在只知它通過 (1, 1), (2, 2), (3, 4) 三個點，無法確定三次多項式 f (x)。換句話說，通過 (1, 1), (2, 2), (3, 4) 三個點的三次多項式有無限多個。題目所給的 g(x) 是拉格朗日插值法的形式，可看出

n 次 多 項 式 須由 n+ 1 個 點 來 唯 一 決

定。 g(1)= 1, g(2) = 2, g(3) = 4，這是已被確定的二次多項式。

(A)⃝ 直接代入，g(4) = 1 − 6 + 12 = 7 。

(B)^ g(5) 是確定的值，但 f (x) 未被唯一確定，故 f (5) 無法確定。

(C)^ f (x) 除以 x− 4 的餘式為 f (4)，但 f (x) 未被唯一確定，故 f (4) 無法確定。

(D)⃝ 設 f (x) = (x − 1)(x − 2)Q1(x)+ (ax + b), f (1) = a + b, f (2) = 2a + b ⇒ (a, b) = (1, 0) (E)⃝ f (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)Q(x) + r(x)，r(x) 為二次以下多項式。

由高階餘式定理知 f (1)= r(1), f (2) = r(2), f (3) = r(3) ，

故 r(x) 為通過 (1, 1), (2, 2), (3, 4) 三個點的二次多項式，而這就是 g(x) 。