まず, 存在を示す.

(i)

$f(x) = 0$ のとき. $q(x) = r(x) = 0$ に対して $[1],$ $[2]$ が成り立つ.

(ii)

$f(x) \neq 0,$ $\deg f(x) < \deg g(x)$ のとき. $q(x) = 0,$ $r(x) = f(x)$ に対して $[1],$ $[2]$ が成り立つ.

(iii)

$f(x) \neq 0,$ $\deg f(x) \geqq \deg g(x)$ のとき. $g(x) = bx^m+\cdots$ $(b \neq 0)$ とする.
多項式の列 $f_k(x) = a_kx^{n_k}+\cdots$ $(a_k \neq 0,\ k \geqq 1)$ を $f_1(x) = f(x)$ と漸化式 \[ f_{k+1}(x) = f_k(x)-\frac{a_k}{b}x^{n_k-m}g(x)\] で定める. $f_{k+1}(x) \neq 0$ のとき $\deg f_{k+1}(x) < \deg f_k(x)$ であるから, ある番号 $l\ (\geqq 2)$ について \[ f_l(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg f_l(x) < \deg g(x)\] となる. このとき, \[\begin{aligned} f_l(x) &= f_1(x)+\sum\limits _{k = 1}^{l-1}\{ f_{k+1}(x)-f_k(x)\} \\ &= f(x)+\sum\limits _{k = 1}^{l-1}\left\{ -\frac{a_k}{b}x^{n_k-m}g(x)\right\} \\ &= f(x)-g(x)\sum\limits _{k = 1}^{l-1}\frac{a_k}{b}x^{n_k-m}, \\ f(x) &= g(x)\sum\limits _{k = 1}^{l-1}\frac{a_k}{b}x^{n_k-m}+f_l(x) \end{aligned}\] である. よって, $q(x) = \displaystyle\sum\limits _{k = 1}^{l-1}\dfrac{a_k}{b}x^{n_k-m},$ $r(x) = f_l(x)$ に対して $[1],$ $[2]$ が成り立つ.

　次に, 一意性を示す. 上記の $q(x),$ $r(x)$ に加えて, \[\left\{\begin{array}{l} f(x) = g(x)q_0(x)+r_0(x) \quad \cdots [1]', \\ r_0(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg r_0(x) < g(x) \quad \cdots [2] \end{array}\right.\] なる多項式 $q_0(x),$ $r_0(x)$ の存在を仮定する. $[1],$ $[1]'$ の辺々を引くと, \[ r(x)-r_0(x) = g(x)\{ q_0(x)-q(x)\} \quad \cdots [1]''\] が得られる. $[2],$ $[2]'$ から, $r(x)-r_0(x) \neq 0$ のとき $\deg (r(x)-r_0(x)) < \deg g(x)$ であることに注意する.
仮に $q_0(x)-q(x) \neq 0$ とすると, $[1]''$ から, $r(x)-r_0(x) \neq 0$ で, \[\begin{aligned} \deg (r(x)-r_0(x)) &= \deg g(x)\{ q_0(x)-q(x)\} \\ &= \deg g(x)+\deg (q_0(x)-q(x)) \\ &\geqq \deg g(x) \end{aligned}\] となり, 上記の注意に反する.
よって, $q_0(x)-q(x) = 0$ つまり $q(x) = q_0(x)$ が成り立つ.
これと $[1]''$ から, $r(x)-r_0(x) = 0$ つまり $r(x) = r_0(x)$ が成り立つ.

(1)

$f(x)$ を $x$ で割った商を $q_1(x),$ 余りを $c_0$ とおき, $1 \leqq k < d$ なる各整数 $k$ に対して $q_k(x)$ を $\dfrac{1}{k+1}(x-k)$ で割った商を $q_{k+1}(x),$ 余りを $c_k$ とおく. このとき, $q_d(x)$ は定数になるから, その値を $c_d$ とおくと, \[\begin{aligned} &f(x) = xq_1(x)+c_0 \\ &= e_1(x)q_1(x)+c_0 \\ &= \cdots \\ &= e_k(x)q_k(x)+c_{k-1}e_{k-1}(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0 \\ &= e_k(x)\left\{\frac{1}{k+1}(x-k)q_{k+1}(x)+c_k\right\} \\ &\qquad\qquad\qquad +c_{k-1}e_{k-1}(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0 \\ &= e_{k+1}(x)q_{k+1}(x)+c_ke_k(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0 \\ &= \cdots \\ &= e_d(x)q_d(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0 \\ &= c_de_d(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる.

(2)

整数 $n$ に対して, 連続する $k$ 個の整数の積 $n(n-1)\cdots (n-k+1)$ は $k!$ の倍数であるから, \[ e_k(n) = \frac{1}{k!}n(n-1)\cdots (n-k+1)\] は整数である.

(3)

仮定から, $f(0) = c_0,$ $f(1),$ $\cdots,$ $f(d)$ は整数である. また, $1 \leqq k \leqq d$ なる整数 $k$ に対して $[1]$ に $x = k$ を代入したときの $c_d,$ $\cdots,$ $c_{k+1}$ の係数は $0$ であり, $c_k$ の係数は \[ e_k(k) = \frac{1}{k!}k(k-1)\cdots 1 = 1\] であるから, 数学的帰納法により $c_k$ が整数であることが示される.

(A)

左辺を通分して整理すると, \[\begin{aligned} &\frac{1}{(a-b)(a-c)}+\frac{1}{(b-a)(b-c)}+\frac{1}{(c-a)(c-b)} \\ &= \frac{-(b-c)-(c-a)-(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= \frac{-b+c-c+a-a+b}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= 0 \end{aligned}\] が得られる.

(B)

左辺を通分して整理すると, \[\begin{aligned} &\frac{a}{(a-b)(a-c)}+\frac{b}{(b-a)(b-c)}+\frac{c}{(c-a)(c-b)} \\ &= \frac{-a(b-c)-b(c-a)-c(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= \frac{-ab+ca-bc+ab-ca+bc}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= 0 \end{aligned}\] が得られる.

(C)

左辺を通分して整理すると, \[\begin{aligned} &\frac{a^2}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^2}{(b-a)(b-c)}+\frac{c^2}{(c-a)(c-b)} \\ &= \frac{-a^2(b-c)-b^2(c-a)-c^2(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)} \\ &= 1 \\ &\left(\because\begin{array}{l} -a^2(b-c)-b^2(c-a)-c^2(a-b) \\ = -a^2(b-c)-b^2c+ab^2-c^2a+bc^2 \\ = -a^2(b-c)+a(b^2-c^2)-bc(b-c) \\ = -(b-c)\{ a^2-(b+c)a+bc\} \\ = -(b-c)(a-b)(a-c) \\ = (a-b)(b-c)(c-a) \end{array}\right)\end{aligned}\] が得られる.

(1)

$a,$ $b \in G$ とする. このとき, $|a| < 1,$ $|b| < 1$ つまり $a^2 < 1,$ $b^2 < 1$ から \[\begin{aligned} |1+ab|^2-|a+b|^2 &= (1+ab)^2-(a+b)^2 \\ &= (1+2ab+a^2b^2)-(a^2+2ab+b^2) \\ &= 1-a^2-b^2+a^2b^2 \\ &= (1-a^2)(1-b^2) > 0 \end{aligned}\] であるので, \[ |a+b|^2 < |1+ab|^2, \quad |a+b| < |1+ab|\] つまり \[ |a\ast b| = \left|\frac{a+b}{1+ab}\right| = \frac{|a+b|}{|1+ab|} < 1\] が成り立つ. よって, $a\ast b \in G$ である.

(2)

$a,$ $b,$ $c \in G$ のとき, \[\begin{aligned} (a\ast b)\ast c &= \frac{\dfrac{a+b}{1+ab}+c}{1+\dfrac{a+b}{1+ab}\cdot c} = \frac{(a+b)+c(1+ab)}{(1+ab)+(a+b)c} \\ &= \frac{a+b+c+abc}{1+ab+bc+ca} \\ a\ast (b\ast c) &= \frac{a+\dfrac{b+c}{1+bc}}{1+a\cdot\dfrac{b+c}{1+bc}} = \frac{a(1+bc)+(b+c)}{(1+bc)+a(b+c)} \\ &= \frac{a+b+c+abc}{1+ab+bc+ca} \end{aligned}\] であるから, \[ (a\ast b)\ast c = a\ast (b\ast c)\] が成り立つ.