有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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多項式の除法・分数式

多項式の除法

定理《多項式に関する除法の定理》

 すべての多項式 $f(x),$ $g(x)\ (\neq 0)$ に対して, \[\begin{aligned} &f(x) = g(x)q(x)+r(x) \quad \cdots [1], \\ &r(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg r(x) < g(x) \quad \cdots [2] \end{aligned}\] なる多項式 $q(x),$ $r(x)$ がただ $1$ 組存在する.

証明

 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.
 この証明は, $q(x),$ $r(x)$ を求めるアルゴリズムを与えている.

定義《商, 余り》

 多項式 $f(x),$ $g(x)\ (\neq 0)$ に対して, \[\begin{aligned} &f(x) = g(x)q(x)+r(x), \\ &r(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg r(x) < g(x) \end{aligned}\] なる多項式 $q(x),$ $r(x)$ を, それぞれ $f(x)$ を $g(x)$ で割った(quotient), 余り(remainder)と呼ぶ.

問題《整数値多項式に関するポリアの定理》

 各正の整数 $k$ に対して, \[ e_k(x) = \frac{1}{k!}x(x-1)\cdots (x-k+1)\] と定める. 次のことを示せ.
(1)
すべての実数係数の $d$ 次多項式 $f(x)$ は必ず
$f(x) = c_de_d(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0$ ($c_k$: 実数)
の形に表される.
(2)
すべての整数 $n$ に対して $e_k(n)$ は整数である.
(3)
すべての整数 $n$ に対して $f(n)$ が整数になるような実数係数の $d$ 次多項式 $f(x)$ を (1) のように表す. このとき, $c_k$ は整数になる.
実戦定理$2019/03/21$$2022/08/15$

解答例

(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.

参考

  • どのような整数を代入しても整数の値をとる多項式を「整数値多項式」と呼ぶ.
  • 「整数値多項式」の特徴付けについては, こちらを参照されたい.

分数式

問題《分数式に関するオイラーの公式》

 $a,$ $b,$ $c$ を相異なる実数とする.
(A)
$\dfrac{1}{(a-b)(a-c)}+\dfrac{1}{(b-a)(b-c)}+\dfrac{1}{(c-a)(c-b)} = 0$ 
(B)
$\dfrac{a}{(a-b)(a-c)}+\dfrac{b}{(b-a)(b-c)}+\dfrac{c}{(c-a)(c-b)} = 0$ 
(C)
$\dfrac{a^2}{(a-b)(a-c)}+\dfrac{b^2}{(b-a)(b-c)}+\dfrac{c^2}{(c-a)(c-b)} = 1$ 
が成り立つことを示せ.
標準定理$2021/10/27$$2022/05/12$

解答例

(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.

参考

 一般に, $n \geqq 2$ のとき, 相異なる $n$ 個の複素数 $a_1,$ $\cdots,$ $a_n,$ 整数 $m$ $(0 \leqq m \leqq n-1)$ に対して, 分数式に関する「オイラーの公式」(Euler's formula) \[\sum_{k = 1}^n\frac{a_k{}^m}{\displaystyle\prod_{l \neq k}(a_k-a_l)} = \begin{cases} 0 & (0 \leqq m < n-1) \\ 1 & (m = n-1) \end{cases}\] が成り立つ. ここで, $\displaystyle\prod_{l \neq k}(a_k-a_l)$ は $k$ と異なる $1$ 以上 $n$ 以下のすべての整数 $l$ にわたる $a_k-a_l$ の積を意味する.
問題一覧(式と証明)$3$ 次式の展開・因数分解 二項定理
多項式の除法・分数式 等式の証明・比例式
不等式の証明