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整式の除法

以上の議論は整式の場合にもそのままあてはまる． 実数係数の整式の集合を変数を明示して$\mathbb{R}[x]$と表そう． また係数を有理数にかぎるときは$\mathbb{Q}[x]$と表す． 以下のことは $\mathbb{R}[x]$で考えても，$\mathbb{Q}[x]$で考えても， また複素数で考え$\mathbb{C}[x]$としても同じことである． そこで$K$を有理数の集合$\mathbb{Q}$， 実数の集合$\mathbb{R}$，複素数の集合$\mathbb{C}$のいずれかを表すものとし， これからは$K$に係数をもつ整式の集合$K[x]$を考えることにしよう．

$x$ の整式は，つぎの除法の基本性質をもつ． ここで$\deg f(x)$は整式 $f(x)$ の次数を表す．

定理 15        整式 $f(x),\ g(x) \ \ (\deg g(x) \ge 1)$がある．

$$f(x)=g(x) \cdot q(x)+r(x)\ , \ 0\le \deg r(x) < \deg g(x)$$

となる整式 $q(x),\ r(x)$ がただ１組存在する．

証明      $\deg f(x)=n,\,\, \deg g(x)=m$ とする． 条件を満たす$q(x)$と$r(x)$の存在を$n$についての数学的帰納法で示す．

$n<m$なら $q(x)=0,\ r(x)=f(x)$で成立．$0$から$n-1$で成立とする．

$f(x)$ と $g(x)$ の $n,\,m$ 次の項をそれぞれ $ax^n,\, bx^m$ とする．

$$f_1(x)=f(x)-\dfrac{a}{b}x^{n-m}g(x)$$

と定めれば, $\deg f_1(x)<\deg f(x)$ である． 帰納法の仮定から，

$$f_1(x)=g(x)\cdot q_1(x)+r_1(x),\ 0\le \deg r_1(x)<\deg g(x)$$

となる $q_1(x),\ r_1(x)$が存在する．

$$\begin{eqnarray*} f(x)&=&g(x)\dfrac{a}{b}x^{n-m} +f_1(x)\\ &=&g(x)\dfrac{a}{b... ...x)\\ &=&g(x)\left\{\dfrac{a}{b}x^{n-m}+q_1(x) \right\}+r_1(x) \end{eqnarray*}$$

となるので， $q(x)=\dfrac{a}{b}x^{n-m}+q_1(x)$， $r(x)=r_1(x)$とおけば定理の等式を満たす．

これが１組しかないことを示す．2組あったとする．

$$\begin{eqnarray*} f(x) &=& g(x) \cdot q_1(x)+r_1(x) \\ &=& g(x) \cdot q_2(x)+r_2(x) \end{eqnarray*}$$

すると，

$$g(x)\cdot \{q_1(x)-q_2(x)\}=r_2(x)-r_1(x)$$

となる． もし $q_1(x)-q_2(x)\ne 0$なら $\deg(r_2(x)-r_1(x)) \ge \deg g(x)$ である．

ところが一方， $\deg r_1(x)<\deg g(x),\ \deg r_2(x)<\deg g(x)$ だから， $\deg(r_2(x)-r_1(x))<\deg g(x)$．これは矛盾．

ゆえに$q_1(x)=q_2(x)$．この結果 $r_1(x)\ =\ r_2(x)$ となる． (証明終わり)