2. Деление с остатком. Теорема Безу

Деление с остатком

Определение. Пусть f и g — многочлены, g\ne0. Будем говорить, что f поделен на g с остатком, если f представлен в виде f=gq+r, где q и r — многочлены, причем {\rm deg}\, r<{\rm deg}\, g.

Полином r называется остатком от деления f на g, q — неполным частным.

Пример. f=3x^4+2x^3-x+4,g=x^2+x-2.

q=3x^2-x+7,r=-10x+18.

Теорема. (о делении с остатком). Пусть f и g — полиномы над полем \mathbb{K}, g\ne0. Тогда существуют единственные многочлены q и r над полем \mathbb{K} такие, что f=qg+r и {\rm deg}\, r<{\rm deg}\, g.

Доказательство. Существование.

Пусть {\rm deg}\, f<{\rm deg}\, g. Положим q=0,r=f.

{\rm deg}\, f\ge {\rm deg}\, g.

Предположим, что теорема верна не для любого полинома f (g фиксируем). Среди всех многочленов f, для которых теорема неверна, выберем многочлен наименьшей степени и обозначим его f_0:

{\rm deg}\, f_0=m,{\rm deg}\, g=n, m\ge n.

Пусть f_0=a_0x^m+\ldots;g=b_0x^n+\ldots;\qquad(a_0,b_0\ne0). Положим

\displaystyle f_1=f_0-{a_0\over b_0}x^{m-n}g.

Коэффициент при x^m в многочлене f_1 равен \displaystyle a_0-{a_0\over b_0}\cdot b_0=0. Следовательно, {\rm deg}\, f_1<m. Значит, для многочлена f_1 теорема верна. Существуют такие q_1 и r, что f_1=q_1g+r,{\rm deg}\, r<{\rm deg}\, g. Тогда

\begin{array}{l}<br /> \displaystyle<br /> f_0=f_1+{a_0\over b_0}x^{m-n}g=gq_1+r+{a_0\over b_0}x^{m-n}g=\\[3mm]<br /> \displaystyle<br /> =g\left( \underbrace{q_1+{a_0\over b_0}x^{m-n}}_q\right)+r=gq+r,{\rm deg}\, r<{\rm deg}\, g.<br /> \end{array}

Получили противоречие с тем предположением, что есть многочлены, для которых теорема неверна.

Единственность. Предположим, что
\begin{array}{l}<br /> f=gq+r,\quad{\rm deg}\, r<{\rm deg}\, g,\\<br /> f=gq_1+r_1,\quad{\rm deg}\, r_1<{\rm deg}\, g,\\<br /> gq+r=gq_1+r_1,\\<br /> g(q-q_1)=r_1-r.<br /> \end{array}

1) q=q_1. Значит, r=r_1,

2) q\ne q_1.

\begin{array}{l}<br /> {\rm deg}\,(g(q-q_1))={\rm deg}\, g+{\rm deg}\,(q-q_1)\ge{\rm deg}\, g,\\<br /> {\rm deg}\,(r-r_1)\le\max\{{\rm deg}\, r_1,{\rm deg}\, r\}<{\rm deg}\, g.<br /> \end{array}
Получили противоречие. Этот случай невозможен.

Теорема Безу

Теорема. Остаток от деления многочлена f(x) на многочлен x-a равен f(a).

Доказательство. Степень остатка меньше 1, следовательно, остаток — константа. Пусть r — остаток.

f(x)=(x-a)q(x)+r(x).

Это равенство верно при любых значениях x. Положим x=a:
\begin{array}{l}<br /> f(a)=(a-a)q(a)+r, \\<br /> f(a)=r.<br /> \end{array}

Задачи.

1. Проверьте, выполняются ли условия:

1) x^3+3x^2+5x-9 делится на x-1;

2) x^{10}+3x^4+7x^2+5 делится на x^2+1.

2. Докажите, что

x^3-2x^2-5x+6 делится на x^2-4x+3.

3. Найдите значения параметров a и b, при которых

x^3+3ax^2+bx+2  делится на x^2-1.

4. Найдите все значения параметров a и b, такие, что остаток от деления

x^3+3(a+b)x^2+(b-a)x+2 на x^2-1 равен 2x+3.

5. Найдите все натуральные n, такие, что

(x^2+x-1)^n-(x^2-x+1)^{3n} делится на x^2-x.

6. Известно, что остаток от деления полинома P(x) на x-1 равен 2, от деления P(x) на x-3 равен 1. Найдите остаток от деления P(x) на x^2-4x+3.

7. Найдите остаток от деления многочлена P(x)=x^{100}-2x^{51}+1 на Q(x)=x^2-1.

8. Полином P(x) с целыми коэффициентами принимает значение 5 в пяти различных целых точках. Может ли он иметь целый корень?

Комментарии (RSS)  |  Трекбек

Один комментарий

  1. 1 Деление многочленов ``в столбик'' | Математика, которая мне нравится:

    [...] ( не должен быть тождественно равным нулю) справделива теорема о делении с остатком. Если же остаток нулевой, то говорят, что делится на [...]

    6 Май 2011, 0:22

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение