河海大学 2026年高等代数第0题
📝 题目
13．设 $f_{1}(x), f_{2}(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上两个互素的多项式，$r_{1}(x), r_{2}(x)$ 是 $\mathbb{K}[x]$ 中的任意多项式，且 $r_{1}(x), r_{2}(x)$的次数分别小于 $f_{1}(x), f_{2}(x)$ 的次数．证明：存在多项式 $g(x) \in \mathbb{K}[x]$ ，被 $f_{1}(x)$ 除余式为 $r_{1}(x)$ ，被 $f_{2}(x)$ 除余式为 $r_{2}(x)$ ．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：利用互素条件得到贝祖等式
由于 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 互素，根据多项式互素的性质，存在多项式 $u(x), v(x) \in \mathbb{K}[x]$ 使得 $u(x) f_1(x) + v(x) f_2(x) = 1$。
公式：u(x) f_1(x) + v(x) f_2(x) = 1
提示：注意互素的定义：最大公因式为常数（非零），因此存在多项式组合得到1。
步骤 2/5
目标：构造候选多项式 g(x)
考虑多项式 $g(x) = r_1(x) v(x) f_2(x) + r_2(x) u(x) f_1(x)$。
公式：g(x) = r_1(x) v(x) f_2(x) + r_2(x) u(x) f_1(x)
提示：构造思路来源于中国剩余定理的类比，利用贝祖等式将余数组合。
步骤 3/5
目标：验证 g(x) 模 f_1(x) 的余数为 r_1(x)
将贝祖等式 $u(x) f_1(x) + v(x) f_2(x) = 1$ 变形为 $v(x) f_2(x) = 1 - u(x) f_1(x)$，代入 $g(x)$ 得：
$g(x) = r_1(x) (1 - u(x) f_1(x)) + r_2(x) u(x) f_1(x) = r_1(x) + (r_2(x) - r_1(x)) u(x) f_1(x)$。
因此 $g(x) \equiv r_1(x) \pmod{f_1(x)}$。
公式：g(x) = r_1(x) + (r_2(x) - r_1(x)) u(x) f_1(x)
提示：注意模运算：$g(x) \equiv r_1(x) \pmod{f_1(x)}$ 意味着 $g(x) - r_1(x)$ 是 $f_1(x)$ 的倍式。
步骤 4/5
目标：验证 g(x) 模 f_2(x) 的余数为 r_2(x)
类似地，由 $u(x) f_1(x) = 1 - v(x) f_2(x)$，代入 $g(x)$ 得：
$g(x) = r_1(x) v(x) f_2(x) + r_2(x) (1 - v(x) f_2(x)) = r_2(x) + (r_1(x) - r_2(x)) v(x) f_2(x)$。
因此 $g(x) \equiv r_2(x) \pmod{f_2(x)}$。
公式：g(x) = r_2(x) + (r_1(x) - r_2(x)) v(x) f_2(x)
提示：注意对称性，与上一步类似，但使用不同的变形。
步骤 5/5
目标：结论：存在性得证
我们构造了多项式 $g(x) = r_1(x) v(x) f_2(x) + r_2(x) u(x) f_1(x)$，并验证了它满足被 $f_1(x)$ 除余 $r_1(x)$，被 $f_2(x)$ 除余 $r_2(x)$。因此，这样的多项式存在。
提示：注意题目中 $r_1(x), r_2(x)$ 的次数分别小于 $f_1(x), f_2(x)$ 的次数，但构造的 $g(x)$ 次数可能较高，不过题目只要求存在性，不要求唯一性。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。