定义 1.3.1.
设\(f (x), g (x)\in \mathbb{F}[x]\)。若\(d(x)\in \mathbb{F}[x]\)满足：
则称\(d(x)\)是\(f (x)\)与\(g (x)\)的最大公因式。
节 1.3 最大公因式和辗转相除法
引理 1.3.2.
设\(f (x), g(x)\in\mathbb{F}[x]\)。
-
对任意\(l(x) \in \mathbb{F}[x]\)，成立\begin{equation*} (f (x), g(x)) = (f (x) + l(x)g(x), g(x)). \end{equation*}
定理 1.3.3. Bézout定理.
设\(f (x), g (x)\in \mathbb{F}[x]\)，则存在\(d(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得\((f (x), g(x)) = d(x)\)，且存在\(u(x), v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation}
d(x) = f (x) u(x) + g(x) v(x).\tag{1.3.1}
\end{equation}
定理 1.3.4.
\(d(x)\)是\(f(x),g(x)\)的最大公因子等价于
定义 1.3.5.
定理 1.3.6.
设\(f (x), g (x) \in \mathbb{F}[x]\)， 则\(f (x), g(x)\)互素的充要条件是存在\(u(x), v(x) \in \mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f (x) u(x) + g(x) v(x) = 1.
\end{equation*}
命题 1.3.7.
设\(f_1(x) | g(x)\)，\(f_2(x) | g(x)\)，且\(\left(f_1(x) , f_2(x)\right) = 1\)，则
\begin{equation*}
f_1(x) f_2(x) | g(x).
\end{equation*}
命题 1.3.8.
设\(f (x) | g(x)h(x)\)，且\(\left(f (x), g(x)\right) = 1\)，则
\begin{equation*}
f(x)|h(x).
\end{equation*}
命题 1.3.9.
设\(\left(f_1(x), g(x)\right) = 1\)，\(\left(f_2(x), g(x)\right) = 1\)，则
\begin{equation*}
\left(f_1(x) f_2(x), g(x)\right) = 1.
\end{equation*}
命题 1.3.10.
设\(\left(f (x), g(x)\right) = d(x)\ne 0\)， 且\(f (x) = f_1(x) d(x)\)，\(g(x) = g_1(x)d(x)\)， 则\(\left(f_1(x), g_1(x)\right) = 1\)。
练习 练习
基础题.
1.
设\(f(x)=x^4+3x^3-x^2-4x-3,g(x)=3x^3+10x^2+2x-3\)，求\(\left(f(x),g(x)\right)\)，并求\(u(x),v(x)\)，使得\(\left(f(x),g(x)\right)=u(x)f(x)+v(x)g(x)\)。
解答.
因为
\begin{equation*}
f(x)=g(x)q_1(x)+r_1(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
g(x)=r_1(x)q_2(x)+r_2(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
r_1(x)=r_2(x)q_3(x),
\end{equation*}
其中
\begin{equation*}
q_1(x)=\frac{1}{3}x-\frac{1}{9},r_1(x)=-\frac{5}{9}x^2-\frac{25}{9}x-\frac{10}{3},
\end{equation*}
\begin{equation*}
q_2(x)=-\frac{27}{5}x+9,r_2(x)=9x+27,
\end{equation*}
\begin{equation*}
q_3(x)=-\frac{5}{18}x-\frac{10}{81},
\end{equation*}
所以
\begin{equation*}
\left(f(x),g(x)\right)=\frac{1}{9}r_2(x)=x+3.
\end{equation*}
注意到
\begin{align*}
r_2(x) &=g(x)-r_1(x)q_2(x) \\
&=g(x)-\left(f(x)-g(x)q_1(x)\right)q_2(x) \\
&=-q_2(x)f(x)+\left(1+q_1(x)q_2(x)\right)g(x),
\end{align*}
故取
\begin{equation*}
u(x)=-\frac{1}{9}q_2(x)=\frac{3}{5}x-1,
\end{equation*}
\begin{equation*}
v(x)=-\frac{1}{9}\left(1+q_1(x)q_2(x)\right)=-\frac{1}{5}x^2+\frac{2}{5}x,
\end{equation*}
有\(\left(f(x),g(x)\right)=u(x)f(x)+v(x)g(x)\)。
2.
解答.
因为\(f(x)=g(x)+(x^2+2x+b)\)，所以
\begin{equation*}
(f(x),g(x))=(g(x),x^2+2x+b)
\end{equation*}
是一个二次多项式，因此\(x^2+2x+b | g(x)\)。注意到
\begin{equation*}
g(x)=(x^2+2x+b)(x+a-2)+[(4-2a-b)x+(3-a)b],
\end{equation*}
故
\begin{equation*}
\left\{\begin{array}{l}4-2a-b=0,\\(3-a)b=0,\end{array}\right.
\end{equation*}
即\(\left\{\begin{array}{c}a=2\\b=0\end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{c}a=3\\b=-2\end{array}\right.\)。
3.
设 \(f(x),g(x)\)是数域 \(\F\)上非零多项式，证明： \(f(x)\)与 \(g(x)\)不互素的充分必要条件是存在非零多项式 \(u(x),v(x)\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)=v(x)g(x),
\end{equation*}
其中 \(\deg u(x)<\deg g(x),\deg v(x)<\deg f(x)\)。
解答.
充分性：假设\(f(x)\)与 \(g(x)\)互素。由于\(f(x)|v(x)g(x)\text{,}\)所以
\begin{equation*}
f(x)|v(x).
\end{equation*}
这与 \(v(x)\)是非零多项式且 \(\deg v(x)<\deg f(x)\)相矛盾。因此\(f(x)\)与 \(g(x)\)不互素。
必要性：设 \(d(x)=\left(f(x),g(x)\right)\)。由题设， \(\deg d(x)\geq 1\)。令
\begin{equation*}
u(x)=\frac{g(x)}{d(x)},v(x)=\frac{f(x)}{d(x)},
\end{equation*}
则 \(u(x),v(x)\)是 \(\F\)上非零多项式满足
\begin{equation*}
u(x)f(x)=v(x)g(x),
\end{equation*}
且\(\deg u(x)<\deg g(x),\deg v(x)<\deg f(x)\)。
4.
设\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x]\)，证明下面几点等价：
-
\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)；
-
\(\left(f(x),f(x)+g(x)\right)=1\)；
-
\(\left(g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)；
-
\(\left(f(x)g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)。
解答.
“a.\(\Rightarrow \)b.”因为\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)，所以存在\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,
\end{equation*}
即存在\(u(x)-v(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
\left(u(x)-v(x)\right)f(x)+v(x)\left(f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
故\(\left(f(x),f(x)+g(x)\right)=1\)。
“b.\(\Rightarrow \)c.”因为\(\left(f(x),f(x)+g(x)\right)=1\)，所以存在\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)+v(x)\left(f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
即存在\(-u(x),u(x)+v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
-u(x)g(x)+\left(u(x)+v(x)\right)\left(f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
故\(\left(g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)。
“c.\(\Rightarrow \)a.”因为\(\left(g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)，所以存在\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)g(x)+v(x)\left(f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
即存在\(v(x),u(x)+v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
v(x)f(x)+\left(u(x)+v(x)\right)g(x)=1,
\end{equation*}
故\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)。
\begin{equation*}
\left(f(x),f(x)+g(x)\right)=1,\left(g(x),f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
从而\(\left(f(x)g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)。
“d.\(\Rightarrow \)a.”因为\(\left(f(x)g(x),f(x)+g(x)\right)=1\)，所以存在\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)g(x)+v(x)\left(f(x)+g(x)\right)=1,
\end{equation*}
即存在\(v(x),v(x)+u(x)f(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
v(x)f(x)+\left(v(x)+u(x)f(x)\right)g(x)=1,
\end{equation*}
故\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)。
5.
提高题.
6.
设\(t(x)\)是首一多项式， \(\left(f (x), g(x)\right) = d(x)\)，则
\begin{equation*}
\left(f (x) t(x), g(x) t(x)\right) = d(x) t(x).
\end{equation*}
解答.
因为\(d(x)| f(x)\)且\(d(x)| g(x)\)，所以
\begin{equation*}
d(x)t(x)| f(x)t(x),\ d(x)t(x)| g(x)t(x).
\end{equation*}
根据Bézout定理，存在\(u(x),v(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x).
\end{equation*}
于是，存在\(u(x),v(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
(f(x)t(x))u(x)+(g(x)t(x))v(x)=d(x)t(x).
\end{equation*}
从而\(\left(f (x) t(x), g(x) t(x)\right) = d(x) t(x) \)。
7.
设\(f_1(x)=af(x)+bg(x),g_1(x)=cf(x)+dg(x)\)，且\(ad-bc\neq 0\)，证明：
\begin{equation*}
(f(x),g(x))=(f_1(x),g_1(x)).
\end{equation*}
解答.
记\(d(x)= (f(x),g(x))\)，则\(d(x)|f(x),\ d(x)|g(x)\)，因此
\begin{equation*}
d(x)|af(x)+bg(x),\ d(x)|cf(x)+dg(x),
\end{equation*}
即\(d(x)|f_1(x),\ d(x)|g_1(x)\)。 因为\(ad-bc\neq 0\)，所以
\begin{align}
f(x)\amp =\frac{d}{ad-bc}f_1(x)-\frac{b}{ad-bc}g_1(x),\tag{1.3.2}\\
g(x)\amp =-\frac{c}{ad-bc}f_1(x)+\frac{a}{ad-bc}g_1(x).\tag{1.3.3}
\end{align}
根据Bézout定理，存在 \(u(x),v(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation}
u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x).\tag{1.3.4}
\end{equation}
\begin{equation*}
s(x)f_1(x)+t(x)g_1(x)=d(x),
\end{equation*}
其中
\begin{equation*}
s(x)=\frac{d}{ad-bc}u(x)-\frac{c}{ad-bc}v(x),
\end{equation*}
\begin{equation*}
t(x)=-\frac{b}{ad-bc}u(x)+\frac{a}{ad-bc}v(x),
\end{equation*}
因此\(d(x)=\left(f_1(x),g_1(x)\right)\)。
8.
设 \(m,n\)是正整数，证明：
\begin{equation*}
\left(x^m-1,x^n-1\right)=x^d-1,
\end{equation*}
其中 \(d\)是 \(m,n\)的最大公因数。
解答.
不妨设\(m\geq n\)。根据带余除法，存在 \(q_1,r_1\in\N\)，使得
\begin{equation*}
m=nq_1+r_1,
\end{equation*}
其中 \(0\leq r_1< n\)。则
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
x^m-1 & = (x^{nq_1}-1)x^{r_1}+(x^{r_1}-1)\\
& =(x^{n}-1)\left(\sum\limits_{k=0}^{q_1-1}x^{nk}\right)x^{r_1}+(x^{r_1}-1).
\end{array}
\end{equation*}
根据引理 1.3.2，
\begin{equation*}
\left(x^m-1,x^n-1\right)=\left(x^n-1,x^{r_1}-1\right).
\end{equation*}
-
当\(r_1=0\)，即\(n\)是\(m\)的因数时，\begin{equation*} \left(x^m-1,x^n-1\right)=\left(x^n-1,0\right)=x^n-1. \end{equation*}此时，\(d=n\)，结论成立。
-
当\(r_1\neq 0\)时，再用带余除法，有\begin{equation*} n=r_1q_2+r_2, \end{equation*}其中 \(0\leq r_2< r_1\)。同上证明可得\begin{equation*} \left(x^n-1,x^{r_1}-1\right)=\left(x^{r_1}-1,x^{r_2}-1\right), \end{equation*}故\begin{equation*} \left(x^{m}-1,x^n-1\right)=\left(x^{r_1}-1,x^{r_2}-1\right). \end{equation*}
-
当 \(r_2=0\)时，则\begin{equation*} \left(x^{m}-1,x^n-1\right)=x^{r_1}-1, \end{equation*}这里 \(r_1\)是 \(m,n\)的最大公因数，结论成立。
-
当\(r_2\neq 0\)时，继续辗转相除，必有\begin{equation*} r_{s-1}=r_sq_{s+1}, \end{equation*}\begin{equation*} \left(x^{m}-1,x^n-1\right)=\left(x^{r_{s-1}}-1,x^{r_s}-1\right)=x^{r_s}-1, \end{equation*}结论成立。
-
9.
设\(f_1(x),\ldots ,f_m(x)\in\mathbb{F}[x]\)，证明：存在\(u_1(x),\ldots ,u_m(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation}
\left(f_1(x),\ldots ,f_m(x)\right)=u_1(x)f_1(x)+\cdots +u_m(x)f_m(x).\tag{1.3.5}
\end{equation}
解答.
首先，可以证明如下引理：
\begin{equation*}
\left(f_1(x),\ldots ,f_m(x)\right)=\left((f_1(x),\ldots ,f_{m-1}(x)),f_m(x)\right).
\end{equation*}
假设
\begin{equation*}
d(x)=\left(f_1(x),\ldots ,f_m(x)\right).
\end{equation*}
因为\(d(x)\left|f_i(x)\right.,i=1,\ldots ,m-1,m\)，所以
\begin{equation*}
d(x)\left|(f_1(x),\ldots ,f_{m-1}(x))\right.\mbox{且}d(x)\left|f_m(x)\right.
\end{equation*}
其次，设\(h(x)\left|(f_1(x),\ldots ,f_{m-1}(x))\right.\)且\(h(x)\left|f_m(x)\right.\)，则
\begin{equation*}
h(x)\left|f_i(x)\right.,i=1,\ldots ,m-1,m,
\end{equation*}
所以\(h(x)\left|d(x)\right.\)。根据定义，\(\left((f_1(x),\cdots ,f_{m-1}(x)),f_m(x)\right)=d(x)\)。
下面对\(m\)用数学归纳法证明本题的结论。
假设命题对\(m-1\)成立，即对于\(f_1(x),\ldots ,f_{m-1}(x)\)，存在\(v_1(x),\ldots ,v_{m-1}(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
(f_1(x),\ldots ,f_{m-1}(x))=v_1(x)f_1(x)+\cdots +v_{m-1}(x)f_{m-1}(x).
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
\left(f_1(x),\cdots ,f_m(x)\right)=\left(v_1(x)f_1(x)+\cdots +v_{m-1}(x)f_{m-1}(x),f_m(x)\right),
\end{equation*}
根据定理 1.3.3，存在\(v_m(x),u_m(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{align*}
&\left(f_1(x),\ldots ,f_m(x)\right)\\
=&v_m(x)\left(v_1(x)f_1(x)+\cdots +v_{m-1}(x)f_{m-1}(x)\right)+u_m(x)f_m(x),
\end{align*}
令\(u_i(x)=v_m(x)v_i(x),i=1,\ldots ,m-1\)，则结论成立。
10.
设 \(f(x),g_1(x),g_2(x),g_3(x)\in\F[x]\)。若 \(g_i(x)| f(x),i=1,2,3\)，试问下列命题是否成立，并说明理由：
解答.
-
\begin{equation*} g_1(x)g_2(x)|f(x). \end{equation*}注意到\begin{equation*} \left(g_1(x),g_3(x)\right)=1,\left(g_2(x),g_3(x)\right)=1, \end{equation*}根据 命题 1.3.9，有\begin{equation*} \left(g_1(x)g_2(x),g_3(x)\right)=1. \end{equation*}又\(g_3(x)|f(x)\) ，故由命题 1.3.7可知\begin{equation*} g_1(x)g_2(x)g_3(x)|f(x). \end{equation*}
-
结论未必成立。如\begin{equation*} g_1(x)=x(x-1),g_2(x)=x(x+1),g_3(x)=(x-1)(x+1) \end{equation*}满足\((g_1(x),g_2(x),g_3(x))=1\)，且\begin{equation*} g_i(x)|x(x-1)(x+1),\ i=1,2,3, \end{equation*}但\begin{equation*} g_1(x)g_2(x)g_3(x)\nmid x(x-1)(x+1). \end{equation*}
11.
设 \(f(x),g(x),h(x)\in\F[x]\)，\(h(x)\ne 0\)，且 \(g(x)\)与 \(h(x)\)互素，证明：存在 \(r(x),s(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=g(x)r(x)+h(x)s(x),
\end{equation*}
其中 \(\deg r(x)<\deg h(x)\)。
解答.
因为 \(\left(g(x),h(x)\right)=1\)，所以存在 \(u(x),v(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)g(x)+v(x)h(x)=1.
\end{equation*}
两边同乘 \(f(x)\)得
\begin{equation}
f(x)u(x)g(x)+f(x)v(x)h(x)=f(x).\tag{1.3.6}
\end{equation}
根据带余除法，存在 \(q(x),r(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation}
f(x)u(x)=q(x)h(x)+r(x),\tag{1.3.7}
\end{equation}
\begin{equation*}
g(x)r(x)+h(x)s(x)=f(x),
\end{equation*}
其中 \(s(x)=f(x)v(x)+g(x)q(x)\)。
12.
设\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x],\deg f(x)>0,\deg g(x)>0\)。证明：如果\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)，那么存在唯一的\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,
\end{equation*}
且\(\deg u(x)<\deg g(x),\deg v(x)<\deg f(x)\)。
解答.
存在性：因为\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)，所以存在\(h(x),k(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation}
f(x)h(x)+g(x)k(x)=1.\tag{1.3.8}
\end{equation}
由于\(\deg g(x)>0\)，所以由带余除法，存在\(q(x),r(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation}
h(x)=g(x)q(x)+r(x),\tag{1.3.9}
\end{equation}
\begin{equation*}
f(x)\left(g(x)q(x)+r(x)\right)+g(x)k(x)=1.
\end{equation*}
故存在\(u(x)=r(x),v(x)=f(x)q(x)+k(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1,
\end{equation*}
其中\(\deg u(x)<\deg g(x)\)。
我们断言，\(\deg v(x)<\deg f(x)\)。若不然，\(\deg v(x)\geq \deg f(x)\)，由\(\deg u(x)<\deg g(x)\)知：
\begin{equation*}
\deg\left(u(x)f(x)\right)<\deg f(x)+\deg g(x)\leq \deg \left(v(x)g(x)\right).
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
\deg \left(u(x)f(x)+v(x)g(x)\right)=\deg \left(v(x)g(x)\right)\geq 2,
\end{equation*}
与\(u(x)f(x)+v(x)g(x)=1\)相矛盾。
唯一性：设另有\(u_1(x),v_1(x)\)满足条件，即\(u_1(x)f(x)+v_1(x)g(x)=1\)，其中\(\deg u_1(x)<\deg g(x),\deg v_1(x) < f(x)\)，则
\begin{equation*}
\left(u(x)-u_1(x)\right)f(x)=\left(v_1(x)-v(x)\right)g(x).
\end{equation*}
故
\begin{equation*}
\left.g(x)\right|\left(u(x)-u_1(x)\right)f(x).
\end{equation*}
由于\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)，所以由 命题 1.3.8得
\begin{equation*}
\left.g(x)\right|u(x)-u_1(x).
\end{equation*}
而\(\deg\left(u(x)-u_1(x)\right)\leq\max\left\{\deg u(x),\deg u_1(x)\right\}<\deg g(x)\)，所以只能\(u(x)-u_1(x)=0\)，即\(u(x)=u_1(x)\)，进而\(v(x)=v_1(x)\)。
13.
设\(f_1(x),\cdots ,f_m(x),g_1(x),\cdots ,g_n(x)\in\mathbb{F}[x]\)。证明：
\begin{equation*}
\left(f_1(x)\cdots f_m(x),g_1(x)\cdots g_n(x)\right)=1
\end{equation*}
的充分必要条件是
\begin{equation*}
\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i=1,\ldots ,m,\ j=1,\ldots ,n.
\end{equation*}
解答.
充分性：因为
\begin{equation*}
\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1,\forall i=1,\ldots ,m,\ j=1,\cdots ,n,
\end{equation*}
所以根据 命题 1.3.9，得
\begin{equation*}
\left(f_1(x)\cdots f_m(x),g_j(x)\right)=1,\ \forall j=1,\ldots ,n.
\end{equation*}
进而，有
\begin{equation*}
\left(f_1(x)\cdots f_m(x),g_1(x)\cdots g_n(x)\right)=1.
\end{equation*}
必要性：因为\(\left(f_1(x)\cdots f_m(x),g_1(x)\cdots g_n(x)\right)=1\)，所以存在\(u(x),v(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
u(x)f_1(x)\cdots f_m(x)+v(x)g_1(x)\cdots g_n(x)=1.
\end{equation*}
对\(\forall i=1,\cdots ,m,\ j=1,\cdots ,n\)，令
\begin{equation*}
p_i(x)=u(x)(\prod\limits_{\substack{1\leq k\leq m\\k\neq i}}f_k(x)),q_j(x)=v(x)(\prod\limits_{\substack{1\leq l\leq n\\l\neq j}}g_l(x)),
\end{equation*}
则\(p_i(x)f_i(x)+q_j(x)g_j(x)=1\)。因此\(\left(f_i(x),g_j(x)\right)=1\)。
14.
设\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x],m\in\mathbb{Z}^+\)，证明：如果\(\left(f(x),g(x)\right)=1\)，那么\(\left(f^m(x),g^m(x)\right)=1\)。
15.
设\(f(x),g(x)\in\mathbb{F}[x],m\in\mathbb{Z}^+\)，证明：
\begin{equation*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)=\left(f(x),g(x)\right)^m.
\end{equation*}
解答.
当\(f(x)=g(x)=0\)时，结论显然成立。
当\(f(x),g(x)\)不全为0时，设\(d(x)=\left(f(x),g(x)\right)\)，则\(d(x)\neq 0\)，存在\(f_1(x),g_1(x)\in\mathbb{F}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=d(x)f_1(x),g(x)=d(x)g_1(x),\mbox{且}\left(f_1(x),g_1(x)\right)=1\mbox{。}
\end{equation*}
于是根据 练习 1.3.6
\begin{align*}
\left(f^m(x),g^m(x)\right)&=\left(d^m(x)f_1^m(x),d^m(x)g_1^m(x)\right) \\
&=d^m(x)\left(f_1^m(x),g_1^m(x)\right).
\end{align*}
由上题结论知\(\left(f_1^m(x),g_1^m(x)\right)=1\)，因此\(\left(f^m(x),g^m(x)\right)=d^m(x)\)。
Sage相关.
16.
实现本节中使用的sage自带程序。
