多項式

John Constable (1776-1837) 英國畫家.

本頁有五小節

\begin{equation}{\label{a}}\tag{A}\mbox{}\end{equation}

四則運算.

多項式的型式為
\[f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}\]
其中 $a_{i}$ 稱為係數，$a_{n}$ 稱為領導係數，$a_{0}$ 稱為常數項。若 $a_{n}\neq 0$，則記為 $\deg(f)=n$。

各項係數和為 $f(1)=a_{0}+a_{1}+\cdots +a_{n}$
偶次項係數和為 $\frac{1}{2}(f(1)+f(-1))=a_{0}+a_{2}+a_{4}+\cdots$
奇次項係數和為 $\frac{1}{2}(f(1)f(-1))=a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots$。

假設 $f(x)=g(x)\cdot q(x)+r(x)$，其中 $g(x)\neq 0$ 及 $r(x)=0$ 或 $\deg(r)<\deg(g)$，則稱 $f$ 為被除式， $g$為除式，$q$為商式， $r$為餘式。

♠例題. 假設 $f(x)=x^{4}-8x^{3}+25x^{2}-30x-8$ 則
\[f(x)=(x-2)^{4}+(x-2)^{3}+(x-2)^{2}+6(x-2)-16\mbox{。}\]
因此 $f$ 除以 $(x-2)^{2}$ 之餘式為 $6(x-2)-16=6x-28$。 $\blacksquare$

♠例題. 求下式之值
\[4\left (\frac{3+2\sqrt{2}}{2}\right )^{4}-8\left (\frac{3+2\sqrt{2}}{2}\right )^{3}
-15\left (\frac{3+2\sqrt{2}}{2}\right )^{2}+13\left (\frac{3+2\sqrt{2}}{2}\right )+1\mbox{。}\]

求解: 令 $x=\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$，則 $4x^{2}-12x+1=0$。又可知 $f(x)=4x^{4}+8x^{3}-15x^{2}+13x+1$。因此 $f(x)=(4x^{2}-12x+1)(x^{2}+x+1)+2$，所以可得
\[f\left (\frac{3+2\sqrt{2}}{2}\right )=f(x)=0+2=2\mbox{。}\blacksquare\]

♥習題. 求下式之值
\[4(1+2i)^{4}-8(1+2i)^{3}-15(1+2i)^{2}+13(1+2i)+1\mbox{。}\]
答: $114-124i$

\begin{equation}{\label{b}}\tag{B}\mbox{}\end{equation}

餘式定理與因式定理.

假設 $f(x)=(x-a)q(x)+r$，則 $f(x)$ 除以 $x-a$ 之餘式為 $r=f(a)$。當 $f(a)$ 複雜難求時，可用綜合除法求餘式。

♠例題. 假設多項式 $f(x)$ 除以 $x^{2}-3x+2$ 之餘式為 $3x-4$ 及設多項式 $g(x)$ 除以 $x-1$ 之餘式為 $5$。
求 $f(x)+g(x)$ 除以 $x-1$ 之餘式。

求解: 首先可知 $f(x)=(x^{2}-3x+2)q(x)+3x-4$ 及 $g(1)=5$，所以餘式為 $f(1)+g(1)=-1+5=4$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設 $(x+1)f(x)$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式為 $5x+3$。求 $f(x)$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式。

求解: 假設 $f(x)=(x^{2}+x+1)q(x)+ax+b$，則
\begin{align*}
(x+1)f(x) & =(x+1)(x^{2}+x+1)q(x)+(x+1)(ax+b)\\
& =(x+1)(x^{2}+x+1)q(x)+ax^{2}+(a+b)x+b\mbox{。}
\end{align*}
因此 $ax^{2}+(a+b)x+b$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式亦為 $5x+3$。用長除法可得
\[ax^{2}+(a+b)x+b=a(x^{2}+x+1)+bx+b-a\mbox{，}\]
因此 $b=5$ 及 $b-a=3$，解得 $a=2$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設多項式 $f(x)$ 除以 $x+1$ 之餘式為 $6$，除以 $2x-1$ 之餘式為 $12$，求除以 $2x^{2}+x-1$ 之餘式。

求解: 首先可得
\begin{align*}
f(x) & =(2x^{2}+x-1)q(x)+ax+b\\
& =(x+1)(2x-1)q(x)+ax+b\mbox{。}
\end{align*}
所以
\[6=f(-1)=-a+b\mbox{ 及 }12=f\left (\frac{1}{2}\right )=\frac{1}{2}a+b\]
因此解得 $a=4$ 及 $b=10$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設多項式 $f(x)$ 不低於三次，除以 $x+2$ 之餘式為 $5$，除以 $x-2$ 之餘式為 $1$，除以 $x+3$ 之餘式為 $-4$，求分別除以 $(x+2)(x-2)$ 及 $(x+2)(x-2)(x+3)$ 之餘式。

求解: 假設 $f(x)=(x+2)(x-2)q(x)+a(x+2)+5$，因為 $f(2)=1$，所以可得 $4a+5=1$，解得 $a=-1$，故餘式為 $-(x+2)+5=-x+3$。另外假設
\[f(x)=(x+2)(x-2)(x+3)q(x)+a(x+2)(x-2)+(-x+3)\]
因為 $f(-3)=-4$，因此 $a(-1)(-5)+3+3=-4$，解得 $a=-2$。故餘式為
\[-2(x+2)(x-2)+(-x+3)=-2x^{2}-x+11\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題. 假設 $f(x)$ 除以 $(x-b)(x-c)$，$(x-c)(x-a)$ 及 $(x-a)(x-b)$ 之餘式分別為 $3x-1$，$x+1$ 及 $2x+3$，求 $f(x)$ 除以 $(x-a)(x-b)(x-c)$ 之餘式。

求解: 首先可知
\begin{align}
f(x) & =(x-b)(x-c)q_{1}(x)+3x-1\label{eq1}\tag{1}\\
& =(x-c)(x-a)q_{2}(x)+x+1\label{eq2}\tag{2}\\
& =(x-a)(x-b)q_{3}(x)+2x+3\mbox{。}\label{eq3}\tag{3}
\end{align}
由 (\ref{eq2}) 及 (\ref{eq3})，可得 $a+1=2a+3$，因此解得 $a=-2$。由 (\ref{eq1}) 及 (\ref{eq3})，可得 $3b-1=2b+3$，因此解得 $b=4$。由 (\ref{eq1}) 及 (\ref{eq2})，可得 $3c-1=c+1$，因此解得 $c=1$。
假設
\[f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)q(x)+h(x-a)(x-b)+2x+3\mbox{，}\]
則
\[f(c)=h(c-a)(c-b)+2c+3=c+1\mbox{。}\]
將 $a=-2,b=4,c=1$ 代入，解得 $h=\frac{1}{3}$。因此餘式為
\[\frac{1}{3}(x+2)(x-4)+2x+3=\frac{1}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x+\frac{1}{3}\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題. 假設多項式 $f(x)$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式為 $7x+16$，除以 $x-1$ 之餘式為 $8$，求除以 $x^{3}-1$ 之餘式。

求解: 首先可得
\[f(x)=(x^{3}-1)q(x)+A(x^{2}+x+1)+7x+16\mbox{。}\]
因為 $f(1)=8$，所以
\[f(1)=0+A(1+1+1)+7+16=8\]
解得 $A=-5$，故餘式為
\[-5(x^{2}+x+1)+7x+16=-5x^{2}+2x+11\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題. 假設 $f(x)=x^{2000}-1$，求分別除以 $x^{2}+1$，$x^{2}+x+1$ 及 $x^{4}+x^{3}+2x^{2}+x+1$ 之餘式。

求解: 令 $y=x^{2}$，則
\[f(x)=x^{2000}-1=y^{1000}-1\equiv g(y)\mbox{。}\]
故 $f(x)$ 除以 $x^{2}+1$ 相當於 $g(y)$ 除以 $y+1$。所以餘式為 $g(-1)=0$。接著求 $f(x)$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式。因為 $(x-1)(x^{2}+x+1)=x^{3}-1$，所以 $f(x)$ 除以 $x^{3}-1$ 之餘式，再以 $x^{2}+x+1$ 除之，即得所要之餘式。首先令 $y=x^{3}$，則
\[f(x)=x^{2}\cdot (x^{3})^{666}-1=x^{2}\cdot y^{666}-1\equiv h(y)\mbox{。}\]
故 $f(x)$ 除以 $x^{3}-1$ 相當於 $h(y)$ 除以 $y-1$。所以餘式為 $h(1)=x^{2}-1$，再除以 $x^{2}+x+1$，故得餘式 $-x-2$。最後求 $f(x)$ 除以 $x^{4}+x^{3}+2x^{2}+x+1$ 之餘式。因為 $x^{4}+x^{3}+2x^{2}+x+1=(x^{2}+1)(x^{2}+x+1)$，所以
\[f(x)=(x^{2}+1)(x^{2}+x+1)q(x)+(Ax+B)(x^{2}+x+1)-x-2\mbox{。}\]
將 $x^{2}=-1$ 代入，可得 $(Ax+B)(-1+x+1)-x-2=0$，也就是 $Ax^{2}+(B-1)x-2=0$。因為 $x^{2}=-1$，又可得 $-A+(B-1)x-2=0$，也就是 $(-A-2)+(B-1)x=0$。因此解得 $A=-2$ 及 $B=1$。所以餘式為
\[(-2x+1)(x^{2}+x+1)-x-2=-2x^{3}-x^{2}-2x-1\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題. 假設 $f(x)=x^{3}+kx^{2}+lx+m$ 並滿足下列兩條件：

$f(x)$ 除以 $x^{2}+x+1$ 之餘式為 $5x-3$
$f(x)$ 除以 $x-1$ 之餘式為 $-4$

求 $f(x)$。

求解: 首先可知
\[f(x)=(x^{2}+x+1)(ax+b)+5x-3\mbox{。}\]
因為 $f(1)=-4$，所以 $f(1)=3(a+b)+5-3=-4$，解得 $a+b=-2$。因為 $x^{3}$ 之係數為 $1$，故 $a=1$，因此解得 $b=-3$。所以
\[f(x)=x^{2}+x+1)(x-3)+5x-3=x^{3}=2x^{2}+3x-6\mbox{。}\blacksquare\]
\end{Sol}

♠例題. 假設 $f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ 是一個 $n$ 次多項式，其中 $a_{0},a_{1},\cdots ,a_{n}$ 皆為整數。若 $ax-b$ 為 $f(x)$ 之因式且 $a,b$ 為互質整數。證明 $a|a_{n}$ 及 $b|a_{0}$。並推論得 $a-b|f(1)$ 及 $a+b|f(-1)$。

證明: 因為 $ax-b$ 為 $f(x)$ 之因式，所以 $f(\frac{b}{a})=0$，也就是
\[a_{n}\left(\frac{b}{a}\right )^{n}+a_{n-1}\left(\frac{b}{a}\right )^{n-1}+\cdots+a_{1}\left(\frac{b}{a}\right )+a_{0}=0\mbox{。}\]
兩邊乘 $a^{n}$ 則
\begin{equation}{\label{eq4}}\tag{4}
a_{n}b^{n}+a_{n-1}ab^{n-1}+\cdots +a_{1}a^{n-1}b+a_{0}a^{n}=0\mbox{。}
\end{equation}
因此可得
\[a\left (a_{n-1}b^{n-1}+\cdots +a_{1}ba^{n-2}+a_{0}a^{n-1}\right )=-a_{n}b^{n}\mbox{，}\]
所以 $a|a_{n}b^{n}$。因為 $a,b$ 互質，所以 $a,b^{n}$ 也互質。因此 $a|a_{n}$。另外，由 (\ref{eq4})，亦可知
\[a_{n}b^{n}+a_{n-1}ab^{n-1}+\cdots +a_{1}a^{n-1}b=-a_{0}a^{n}\mbox{，}\]
也就是
\[b\left (a_{n}b^{n-1}+a_{n-1}ab^{n-2}+\cdots +a_{1}a^{n-1}\right )=-a_{0}a^{n}\mbox{。}\]
所以 $b|a_{0}a^{n}$。因為 $a,b$ 互質，所以 $a^{n},b$ 也互質。因此 $b|a_{0}$。因為 $ax-b|f(x)$，故得 $a-b|f(1)$ 及 $a+b|f(-1)$。 $\blacksquare$

♠例題. 求 $f(x)=7x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x-6$ 之所有一次整係數因式。

\begin{equation}{\label{c}}\tag{C}\mbox{}\end{equation}

最高公因式與最低公倍式.

最高公因式 H.C.F. 的求法:

因式分解法
輾轉相除法：假設 $f(x)=g(x)q(x)+r(x)$ 則 $(f(x),g(x))=(g(x),r(x))$
去頭去尾法：假設 $d(x)|f(x)$ 及 $d(x)|g(x)$ 則 $d(x)|f(x)m(x)\pm g(x)n(x)$

多項式 $f(x),g(x)$ 之最低公倍式 L.C.M. 滿足下式
\[L.C.M.=\frac{f(x)g(x)}{H.C.F.}\mbox{。}\]
H.C.F.及L.C.M.不唯一，因可以乘一非零常數仍為H.C.F.及L.C.M.。

♠例題. 假設 $f(x)=x^{3}+5x^{2}-18x-18$ 及 $g(x)=x^{4}+7x^{3}+10x+12$，求H.C.F.及L.C.M.。

求解: 用輾轉相除法可得 H.C.F.為 $x^{2}+8x+6$，因此L.C.M.為
\begin{align*}
L.C.M. & =\frac{f(x)g(x)}{H.C.F.}\\ & =\frac{(x^{3}+5x^{2}-18x-18)(x^{4}+7x^{3}+10x+12)}{x^{2}+8x+6}\\
& =(x-3)(x^{4}+7x^{3}+10x+12)\\ & =x^{5}+x^{4}-12x^{3}+10x^{2}-18x-36\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題. 求 $f(x)=x^{50}-2x^{2}-1$ 及 $g(x)=x^{48}-3x^{2}-4$ 之最高公因式。

求解: 假設 $d(x)$ 為最高公因式，則 $d(x)|f(x)$ 及 $d(x)|g(x)$。因此
\[d(x)|f(x)-x^{2}g(x)=3x^{4}+2x^{2}-1=(x^{2}+1)(3x^{2}-1)\mbox{。}\]
令 $x^{2}+1=0$，則 $x^{2}=-1$，因此可得 $f(x)=g(x)=0$ 當 $x^{2}=-1$。令 $3x^{2}-1=0$，則 $x^{2}=\frac{1}{3}$，因此可得 $f(x)\neq 0$ 當 $x^{2}=\frac{1}{3}$。故得 $d(x)=x^{2}+1$。 $\blacksquare$

♥習題. 求 $f(x)=x^{2000}+2x^{2}+1$ 及 $g(x)=x^{1998}+2x^{2}+3$ 之最高公因式。答: $x^{2}+1$

♠例題. 假設 $f(x)=2x^{3}-4x^{2}+2x+(2c+4)$ 與 $g(x)=3x^{3}-6x^{2}+2x+(3c+5)$ 的最高公因式為一次式，求 $c$ 之值。

求解: 假設 $d(x)$ 為其最高公因式，則 $d(x)|f(x)$ 及 $d(x)|g(x)$，因此 $d(x)|3f(x)-2g(x)=2(x+1)$，目的是要消去未知數 $c$，也就是說 $d(x)=x+1$。故 $f(-1)=0$，因此解得 $c=2$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設 $f(x)=x^{3}-3x^{2}+x-c+1$ 與 $g(x)=x^{2}-3x+c-4$ 的最低公倍式為四次式，求 $c$ 之值。

求解: 因為最低公倍式為四次式，所以最高公因式為一次式。假設 $d(x)$ 為其最高公因式，則 $d(x)|f(x)$ 及 $d(x)|g(x)$，因此
\[d(x)|f(x)+g(x)=x^{3}-2x^{2}-2x-3=(x-3)(x^{2}+x+1)\mbox{，}\]
目的是要消去未知數 $c$，也就是說 $d(x)=x-3$。故 $g(3)=0$，因此解得 $c=4$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設 $f(x)=x^{3}+x^{2}+ax+2$ 與 $g(x)=x^{3}+2x^{2}+bx+1$ 的最高公因式為二次式，求 $a,b$ 之值。

求解: 假設 $d(x)$ 為其最高公因式，則 $d(x)|f(x)$ 及 $d(x)|g(x)$，因此
\[d(x)|g(x)-f(x)=x^{2}+(b-a)x-1\] 及 \[d(x)|2g(x)-f(x)=x^{3}+3x^{2}+(2b-a)x=x(x^{2}+3x+2b-a)\mbox{。}\]
因為 $f(0)\neq 0$，所以 $x$ 不為 $f(x)$ 之因式，因此 $=x^{2}+(b-a)x-1$ 及 $x^{2}+3x+2b-a$ 皆為最高公因式，所以差一個倍數，也就是
\[\frac{1}{1}=\frac{b-a}{3}=\frac{-1}{2b-a}\mbox{。}\]
可得 $b-a=3$ 及 $2b-a=-$，最後解得 $a=-7$ 及 $b=-4$。 $\blacksquare$

♥習題. 假設 $f(x)=x^{3}+ax^{2}+11x+6$ 與 $g(x)=x^{3}+bx^{2}+14x+8$ 的最高公因式為二次式，求 $a,b$ 之值。答: $a=6,b=7$

♥習題. 假設 $f(x)=2x^{2}+ax+3$ 與 $g(x)=3x^{2}+4x+b$ 的最高公因式為 $x+c$，其中 $c$ 為整數，
且最低公倍式為 $6x^{3}+17x^{2}+14x+3$，求 $a,b,c$ 之值。答: $a=5,b=1,c=1$

\begin{equation}{\label{d}}\tag{D}\mbox{}\end{equation}

多項函數與方程式.

函數 $f(x)=ax^{2}+bx+c$，其中 $a\neq 0$，稱為二次函數或二次多項函數。首先可得
\begin{align*} f(x) & =ax^{2}+bx+c\\ & =a\left (x+\frac{b}{2a}\right )^{2}-\frac{b^{2}-4ac}{4a}\mbox{，}\end{align*}
因此有下列性質：

二次函數之圖形頂點為 $(-\frac{b}{2a},-\frac{b^{2}-4ac}{4a})$。
對稱軸為 $x+\frac{b}{2a}=0$。
若 $a>0$ 則開口向上，若 $a<0$ 則開口向下。若 $|a|$ 越大，則開口越小。
與 $y$ 軸的交點座標為 $(0,c)$。
若 $b^{2}-4ac>0$，則圖形與 $x$ 軸交於兩點，若 $b^{2}-4ac<0$，則圖形與 $x$ 軸不相交，若 $b^{2}-4ac=0$，則圖形與 $x$ 軸交於一點。

一個實係數 $n$ 次多項式 $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}=0$，當 $a_{n}\neq 0$ 時恰有 $n$ 個根。

當 $n$ 次多項式之係數皆為實數時，若 $a+bi$ 為方程式之一根，則 $a-bi$ 亦為其另一根。若 $z$ 為複數，則 $f(\bar{z})=\overline{f(z)}$。
當 $n$ 次多項式之係數皆為有理數時，若 $a+\sqrt{b}$ 為方程式之一根，其中 $a,b$ 為有理數，則 $a-\sqrt{b}$ 亦為其另一根。
(中間值定理). 若 $m$ 是介於 $f(a)$ 及 $f(b)$ 之間的任一數，則在 $a,b$ 之間必存在一數 $c$ 使得 $f(c)=m$。
(勘根定理). 若 $f(a)\cdot f(b)<0$，則在 $a,b$ 之間至少有一個 $f(x)=0$ 之實根。
若方程式的係數均為正，則此方程式無正根。若方程式的係數均為正負相間，則此方程式無負根。

♠例題. 假設 $f(x)=x^{3}+ax+b$ 為實係數多項式，若 $f(1+i)=7-8i$，求 $f(1-i)$ 及 $f$。

求解: 因 $f(\bar{z})=\overline{f(z)}$，所以 $f(1-i)=7+8i$。另外 $(1+i)^{3}+a(1+i)+b=7-8i$，整理後可得 $(a+b-2)+(a+2)i=7-8i$，也就是$a+b-2=7$ 及 $a+2=-8$，因此解得 $a=-10$ 及 $b=19$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設 $f(x)=x^{4}-x^{3}+ax^{2}+7x+b$ 為實係數多項式，若 $1+2i$ 為 $f(x)=0$ 之一根，求 $f(x)=0$ 之所有根。

求解: 首先可知 $1-2i$ 亦為其另一根，故
\[(x-(1+2i))(x-(1-2i))=x^{2}-2x+5\]
為 $f(x)$ 之因式。因為長除法可得
\[f(x)=(x^{2}-2x+5)(x^{2}+x-1)+(a-3+1)x^{2}+b+5\]
所以 $a-3+1=0$ 及 $b+5=0$，因此解得 $a=2$ 及 $b=-5$。另兩根為 $x^{2}+x-1=0$ 之根，為 $\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$。 $\blacksquare$

♠例題. 假設 $f(x)=x^{4}+ax^{3}-6x^{2}+bx+1$ 為有理係數多項式，若 $1-\sqrt{2}$ 為 $f(x)=0$ 之一根，求 $f(x)=0$ 之所有根。

求解: 首先可知 $1+\sqrt{2}$ 亦為其另一根，故
\[(x-(1-\sqrt{2}))(x-(1+\sqrt{2}))=x^{2}-2x-1\]
為 $f(x)$ 之因式。因為長除法可得
\[f(x)=(x^{2}-2x-1)(x^{2}+(a+2)x-1)+2ax^{2}+(b+a)x\]
所以解得 $a=0$ 及 $b=0$。另兩根為 $x^{2}+2x-1=0$ 之根，為 $-1+\sqrt{2}$ 及 $-1-\sqrt{2}$。 $\blacksquare$

♠例題. 若方程式 $x^{3}-2x^{2}+3x+1-k=0$ 有根介於 $1$ 與 $2$ 之間，求 $k$ 的範圍。

求解: 令 $f(x)=x^{3}-2x^{2}+3x+1-k$，則 $f(1)\cdot f(2)<0$，也就是
\[(1-2+3+1-k)(8-8+6+1-k)<0\mbox{。}\]
因此 $(k-3)(k-7)<0$，解得 $3<k<7$。 $\blacksquare$

\begin{equation}{\label{e}}\tag{E}\mbox{}\end{equation}

根與係數.

假設 $\alpha$ 及 $\beta$ 為 $ax^{2}+bx+c=0$ 之兩根，則
\[\alpha+\beta=-\frac{b}{a}\mbox{ 及 }\alpha\cdot\beta=\frac{c}{a}\mbox{。}\]
假設 $\alpha,\beta,\gamma$ 為 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ 之三根，則
\[\alpha+\beta+\gamma=-\frac{b}{a}\mbox{，}\quad\alpha\cdot\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma
=\frac{c}{a}\mbox{ 及 }\alpha\cdot\beta\cdot\gamma=-\frac{d}{a}\mbox{。}\]

♠例題. 假設方程式 $f(x)=x^{3}+3x^{2}+mx-n=0$ 之三根成等差數列，求 $m+n$ 之值。

求解: 假設三根為 $a-d,a,a+d$，則其和為 $3a=-3$，解得 $a=-1$ 為其一根，所以 $f(-1)=0$，也就是 $-1+3-m-n=0$，得 $m+n=2$。 $\blacksquare$

四則運算.

餘式定理與因式定理.

最高公因式與最低公倍式.

多項函數與方程式.

根與係數.

Hsien-Chung Wu

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餘式定理與因式定理.

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多項函數與方程式.

根與係數.

Hsien-Chung Wu

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