馀式定理例题-多项式除法例题

馀式定理是多项式理论中的核心定理之一，它揭示了多项式除法运算中，被除式、除式、商式和馀式之间深刻而简洁的内在联系。其经典表述为：当一个多项式f(x)除以一次因式(x-a)时，所得的馀数恒等于该多项式在x=a处的函数值f(a)。这一定理将复杂的多项式除法求馀问题，转化为简单的函数求值问题，极大地简化了运算和证明过程，是连接多项式代数形式与函数形式的重要桥梁。

在实际应用中，馀式定理的价值远不止于计算馀数。它是解决多项式整除性问题、求解多项式方程根、进行多项式因式分解以及处理多项式函数图像与性质的关键工具。
例如，判断(x-a)是否为f(x)的因式，只需验证f(a)是否为零，这正是馀式定理的直接推论——因式定理。在各类数学考试，尤其是中学数学竞赛、高考以及更高层次的代数课程中，馀式定理都是必考且重点考查的内容。它常常与综合除法、韦达定理、复数理论等知识点结合，构成综合性较强的问题。

掌握馀式定理，不仅意味着掌握了一个高效的数学工具，更意味着建立了一种将“除法运算”与“函数求值”相关联的代数思维。通过大量典型例题的演练，学习者能够深化对多项式结构的理解，提升代数变形与解决问题的能力。易搜职考网提醒广大备考者，对于馀式定理的学习，务必从原理推导入手，熟练其直接应用，并逐步拓展到其在不同复杂情境下的灵活运用，这是构建扎实代数基础不可或缺的一环。

设有一个关于变量x的多项式f(x)，我们用它除以一个一次多项式（除式）(x - a)，其中a是一个常数。根据多项式除法的定义，总存在唯一的多项式商式q(x)和一个常数馀数r，使得以下等式成立：

f(x) = (x - a) · q(x) + r

这个等式是恒成立的，即对任意x值都成立。现在，我们考虑一个特殊的情况：令x = a。将其代入上述恒等式：

f(a) = (a - a) · q(a) + r = 0 · q(a) + r = r

由此，我们得到了馀式定理的核心结论：多项式f(x)除以(x - a)所得的馀数r，等于f(a)。这就是馀式定理的标准表述。特别地，当r = 0，即f(a)=0时，根据定义，(x - a)就是f(x)的一个因式，这便推导出了因式定理。

掌握定理后，我们通过例题来巩固其最直接的应用。

例题1：直接求馀数

求多项式 f(x) = 2x³ - 3x² + 4x - 5 除以 (x - 2) 的馀数。

解析：根据馀式定理，馀数 r = f(2)。我们计算 f(2)：

f(2) = 2(2)³ - 3(2)² + 4(2) - 5 = 28 - 34 + 8 - 5 = 16 - 12 + 8 - 5 = 7。

也是因为这些，所求馀数为7。无需执行冗长的多项式长除法，仅通过简单的求值即可解决。

例题2：已知馀数反求多项式系数

已知多项式 f(x) = x³ + kx² - 4x + 3 除以 (x - 1) 的馀数为2，求常数k的值。

解析：由馀式定理，馀数 r = f(1) = 2。

计算 f(1)： f(1) = (1)³ + k(1)² - 4(1) + 3 = 1 + k - 4 + 3 = k。

所以有 k = 2。

这类问题是馀式定理的逆向应用，在易搜职考网的题库中非常常见，关键在于建立“馀数等于函数值”的方程。

当除式是(ax - b)形式时，馀式定理需要稍作调整。设多项式f(x)除以(ax - b)（a≠0）的馀数为r。因为(ax - b) = a(x - b/a)，我们可以先将f(x)除以(x - b/a)，得到馀数r‘ = f(b/a)。由于除式系数a的影响，最终馀数r可能与r’不同。更一般的方法是：

设 f(x) = (ax - b) · Q(x) + r， 其中r为常数。 令 x = b/a，则 f(b/a) = (a(b/a) - b) · Q(b/a) + r = (b - b)·Q(b/a) + r = r。

所以，多项式f(x)除以(ax - b)所得的馀数r，等于f(b/a)。

例题3：除式为一次多项式的一般形式

求多项式 f(x) = 4x⁴ - 2x³ + 3x - 1 除以 (2x + 1) 的馀数。

解析：这里除式是 (2x + 1) = 2(x + 1/2)。根据上述推导，馀数 r = f(-1/2)。

计算 f(-1/2)：

f(-1/2) = 4(-1/2)⁴ - 2(-1/2)³ + 3(-1/2) - 1 = 4(1/16) - 2(-1/8) - 3/2 - 1 = 1/4 + 1/4 - 3/2 - 1 = 1/2 - 3/2 - 1 = -1 - 1 = -2。

也是因为这些，馀数为-2。

因式定理是馀式定理的特例（馀数为零），两者结合能高效处理多项式的因式分解、求根及证明问题。

例题4：因式分解与求值

已知多项式 f(x) = x³ - 4x² + x + 6 有一个因式为 (x - 2)，请求： (1) 将f(x)进行因式分解； (2) 计算 f(1) + f(3) - f(-1) 的值。

解析： (1) 因为(x - 2)是因式，所以f(2)=0（因式定理）。我们可以用综合除法或者配凑法找出商式。 使用综合除法： 以2进行运算： 系数： 1 -4 1 6 运算： 2 -4 -6 结果： 1 -2 -3 0 所以，商式为 x² - 2x - 3。 也是因为这些，f(x) = (x - 2)(x² - 2x - 3) = (x - 2)(x - 3)(x + 1)。

(2) 利用(1)的分解结果，可以快速求值： f(1) = (1-2)(1-3)(1+1) = (-1)(-2)2 = 4。 f(3) = (3-2)(3-3)(3+1) = (1)(0)4 = 0。 f(-1) = (-1-2)(-1-3)(-1+1) = (-3)(-4)0 = 0。 所以，f(1) + f(3) - f(-1) = 4 + 0 - 0 = 4。

这道题展示了如何从因式定理出发完成分解，并利用分解后的乘积形式简化求值，这是考试中的高频考点。易搜职考网建议学员熟练掌握综合除法这一配套工具。

当除式不是一次式，而是二次或更高次的多项式时，馀式定理不能直接套用（因为馀式可能不是常数，而是一个次数低于除式的多项式）。此时，我们需要运用带馀除法的普遍形式，并巧妙赋值。

例题5：除式为二次多项式

多项式 f(x) = x⁴ + 3x³ - 2x² + ax + b 除以 (x² - 1) 的馀式为 2x + 1，求常数a和b的值。

解析：由于除式(x² - 1)是二次式，馀式应为一次式或常数，题目已告知馀式为2x+1。根据带馀除法定义，可设： f(x) = (x² - 1) · Q(x) + (2x + 1)， 其中Q(x)是商式。 此式为恒等式。注意到x² - 1 = (x-1)(x+1)，为了消去未知的商式Q(x)，我们可以代入使除式为0的x值，即x=1和x=-1。

• 令x = 1： f(1) = (1²-1)·Q(1) + (21+1) = 0 + 3 = 3。 但直接计算f(1) = 1⁴ + 31³ - 21² + a1 + b = 1 + 3 - 2 + a + b = 2 + a + b。 所以有方程： 2 + a + b = 3 → a + b = 1。 (方程①)
• 令x = -1： f(-1) = ((-1)²-1)·Q(-1) + (2(-1)+1) = 0 + (-1) = -1。 直接计算f(-1) = (-1)⁴ + 3(-1)³ - 2(-1)² + a(-1) + b = 1 - 3 - 2 - a + b = -4 - a + b。 所以有方程： -4 - a + b = -1 → -a + b = 3。 (方程②)

联立方程①和方程②： ① a + b = 1 ② -a + b = 3 两式相加得： 2b = 4 => b = 2。 代入①得： a + 2 = 1 => a = -1。 所以，a = -1， b = 2。

本题是馀式定理思想的升华，通过选择特殊的x值（除式的根）来“消去”商式，从而建立关于未知系数的方程。这是解决此类复杂除式问题的通用策略。

馀式定理的思想可以推广到更复杂的情境，例如涉及多个变量或者需要构造特定方程的情况。

例题6：多元多项式求值

设多项式 f(x) = (x² - x + 1)²⁰ + (x² + x + 1)²⁰，求f(x)除以(x² + 1)的馀式。

解析：除式是二次式x²+1，馀式应为一次式或常数，设为ax + b。有恒等式： f(x) = (x² + 1) · Q(x) + (ax + b)。 为了消去Q(x)，我们代入x² = -1（即x是虚数单位i或-i）。注意，此时x本身不是实数，但多项式恒等式在复数范围内依然成立。

当x² = -1时，计算f(x)的表达式： x² - x + 1 = (-1) - x + 1 = -x。 x² + x + 1 = (-1) + x + 1 = x。 所以，f(x) = (-x)²⁰ + (x)²⁰ = x²⁰ + x²⁰ = 2x²⁰。 由于x² = -1，则x²⁰ = (x²)¹⁰ = (-1)¹⁰ = 1。 也是因为这些，当x满足x² = -1时，有 f(x) = 21 = 2。

另一方面，根据设定的馀式，此时 f(x) = (x²+1)·Q(x) + ax + b = 0 + ax + b = ax + b。 所以我们得到：对于所有满足x² = -1的x（即x = i 或 x = -i），都有 ax + b = 2。

• 令x = i： ai + b = 2。
• 令x = -i： a(-i) + b = 2，即 -ai + b = 2。

将这两个关于a和b的复数方程相加：(ai + b) + (-ai + b) = 2 + 2 => 2b = 4 => b = 2。 将b=2代入ai + b = 2得： ai + 2 = 2 => ai = 0 => a = 0。 也是因为这些，馀式为 0x + 2 = 2，是一个常数。

此题技巧性较强，核心在于利用除式为零的条件（x²=-1）对原多项式进行大幅简化。易搜职考网提醒，在备考高阶竞赛或自主招生时，此类赋值技巧是必备技能。

通过以上从基础到高阶的各类例题分析，我们可以看到馀式定理的应用脉络清晰而富有层次。从最直接的函数求值求馀，到结合因式定理处理分解与求根，再到处理非一次除式时通过“找根赋值”建立方程，其核心思想始终如一：利用多项式恒等式的特性，通过代入特殊值来简化问题，消去未知的商式，从而聚焦于被除式、除式与馀式之间的关系。

对于备考者来说呢，要想在考试中游刃有余地运用馀式定理，必须做到以下几点：深刻理解定理的推导过程，明白其“何以成立”；熟练完成基础例题，做到准确快速；再次，掌握综合除法、多项式长除法等配套计算方法；勇于挑战综合性难题，锻炼在复杂条件下识别问题本质、合理选择赋值点的能力。在易搜职考网提供的系统化学习资源和海量练习题库中，学习者可以按照这一路径，循序渐进地巩固和提升。将馀式定理内化为一种自然的代数思维工具，不仅能帮助你在考试中取得高分，更能为你后续学习更深入的数学理论奠定坚实的基础。