有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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整式の除法

整式の除法

定理≪整式に関する除法の定理≫

 すべての整式 $f(x),$ $g(x)\ (\neq 0)$ に対して, \begin{align*} &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{align*} なる整式 $q(x),$ $r(x)$ 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.
整式の列 $f_k(x) = a_kx^{n_k}+\cdots$ $(a_k \neq 0,\ k \geqq 1)$ 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{align*} 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{align*} 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, \[\left\{\begin{array}{l} f(x) = g(x)q_0(x)+r_0(x) \quad \cdots [1]', \\ r_0(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg r_0(x) < g(x) \quad \cdots [2] \end{array}\right.\] なる整式 $q_0(x),$ $r_0(x)$ 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{align*} \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{align*} 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≫

 整式 $f(x),$ $g(x)\ (\neq 0)$ に対して, \begin{align*} &f(x) = g(x)q(x)+r(x), \\ &r(x) \neq 0 \Longrightarrow \deg r(x) < g(x) \end{align*} なる整式 $q(x),$ $r(x)$ 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.
(1)
すべての実数係数 $d$ 次多項式 $f(x)$ は
$f(x) = c_de_d(x)+\cdots +c_1e_1(x)+c_0$ ($c_k$: 実数)
の形に表されることを示せ.
(2)
すべての整数 $n$ に対して $e_k(n)$ は整数であることを示せ.
(3)
すべての整数 $n$ に対して $f(n)$ が整数となるような実数係数 $d$ 次多項式 $f(x)$ を (1) のように表す. このとき, $c_k$ は整数となることを示せ.

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, $1 \leqq k \leqq d-1$ 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, $q_d(x)$ は定数となるから, その値を $c_d$ とおくと, \begin{align*} &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{align*} 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)
$f(0) = c_0,$ $f(1),$ $\cdots,$ $f(d)$ は整数であって, $1 \leqq k \leqq d$ 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.