2. Деление с остатком. Теорема Безу

Деление с остатком

Определение. Пусть f и g — многочлены, gne0. 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 — 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}, gne0. 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}, fge {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, mge n.]

Пусть f_0=a_0x^m+ldots;g=b_0x^n+ldots;qquad(a_0,b_0ne0). Положим

    [f_1=f_0-{a_0over b_0}x^{m-n}g.]

Коэффициент при x^m в многочлене f_1 равен displaystyle a_0-{a_0over 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} displaystyle f_0=f_1+{a_0over b_0}x^{m-n}g=gq_1+r+{a_0over b_0}x^{m-n}g=\[3mm] displaystyle =gleft( underbrace{q_1+{a_0over b_0}x^{m-n}}_qright)+r=gq+r,{rm deg}, r<{rm deg}, g. end{array}]

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

Единственность. Предположим, что

    [begin{array}{l} f=gq+r,quad{rm deg}, r<{rm deg}, g,\ f=gq_1+r_1,quad{rm deg}, r_1<{rm deg}, g,\ gq+r=gq_1+r_1,\ g(q-q_1)=r_1-r. end{array}]

1) q=q_1. Значит, r=r_1,

2) qne q_1.

    [begin{array}{l} {rm deg},(g(q-q_1))={rm deg}, g+{rm deg},(q-q_1)ge{rm deg}, g,\ {rm deg},(r-r_1)lemax{{rm deg}, r_1,{rm deg}, r}<{rm deg}, g. 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} f(a)=(a-a)q(a)+r, \ f(a)=r. 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?

Ссылка на основную публикацию