§ 2. Деление многочленов с остатком

Определим функцию степени d: K[x]  Z  {–}, полагая d(axⁿ) = для любого монома axⁿ, а для многочлена f(x) =  K[x] зададим значение d(f) формулой d(f) = max{d(f_ixⁱ) | 0  i  n}. Другими словами, d(f) = max{ i | f_i  0}, если этот максимум существует, и d(f) = –∞ в противном случае. Пусть f(x) =  K[x] многочлен степени n, т.е. d(f) = n. Тогда коэффициент f_n  0 называется старшим коэффициентом многочлена f(x), а моном f_nxⁿ – старшим мономом многочлена f(x).

Свойства степени

(D1):  f(x) K[x] \ {0} d(f)  0 ;

• f(x) K[x] d(f) = –  f(x) = 0

Это ясно по определению.

(D2):  f(x), g(x)  K[x] d(f±g)  max{d(f), d(g)}

В самом деле, если f(x) = , g(x) = , где k = max{d(f), d(g)}, то f(x)±g(x) = = и d(f±g)  k = max{d(f), d(g)}.

(D3):  f(x), g(x)  K[x] d(fg)  d(f)+d(g).

Действительно, если n = d(f), m = d(g) , то f_i = 0 при i > n, g_j = 0 при j > m и, как доказано в прошлом параграфе при определении произведения многочленов, все коэффициенты многочлена f(x)g(x) при степенях x, больших n+m, будут нулевыми. Значит, d(fg)   n+m = d(f)+d(g).

Замечание. Пусть f(x) = f_nxⁿ + … + f₁x + f₀ , g(x) = g_mx^m + … + g₁x + f₀  K[x] – многочлены степеней n и m соответственно. Если f_ng_m  0, то f_ng_m – старший коэффициент, а f_ng_mх^n+m – старший моном многочлена f(x)g(x).

Упражнения: 1. Функция степени удовлетворяет условию

(D4):  f(x), g(x)  K[x] d(fg) = d(f)+ d(g)

тогда и только тогда, когда K – область целостности (кольцо без делителей нуля).

2. Привести пример двух ненулевых многочленов f(x), g(x) над кольцом K c делителями нуля, для которых d(fg) = – .

Пусть f(x), g(x)  K[x]. Запись вида f(x) = g(x)q(x) + r(x), где q(x), r(x)  K[x], причём d(r) < d(g), называют формулой деления с остатком многочлена f(x) на многочлен g(x). При этом многочлены q(x), r(x) называются (неполным) частным и остатком от деления f(x) на g(x) соответственно.

Примеры: 1. Равенство x³+2 = (x–1)(x²+x+1) +3 является формулой деления с остатком в кольцах Z[x] и F[x] для любого поля F. Здесь q(x) = x²+x+1, r(x) = 3.

2. Равенство x³+2 = (x–1)(x²+2x) +(–x²+2x+2) не является формулой деления с остатком: d(r) = d(–x²+2x+2) = 2 > 1 = d(x–1).

Замечания: 1. Деление с остатком выполнимо только в случае ненулевого делителя, поскольку для g(x) = 0 условие d(r) < d(g) = –∞ является противоречивым.

2. Деление с остатком осуществимо не для любых многочленов f(x), g(x)  K[x]: например, невозможно поделить с остатком многочлен x на 2x в кольце многочленов Z[x] (почему ?!).

Теорема (о делении многочленов с остатком). Пусть K – кольцо, f(x), g(x) – многочлены над K, причём старший коэффициент многочлена g(x) обратим в кольце K. Тогда однозначно определены частное q(x) и остаток r(x) от деления f(x) на g(x).

Доказательство. Существование деления с остатком. Ясно, что m =d(g)  0 (старший моном g(x) ненулевой). Если d(f) < d(g), то f(x) = g(x)0+f(x) – формула деления с остатком (q(x)= 0, r(x) = f(x)). В частности, существование деления с остатком обосновано для f(x) = 0. Это будет базой для индукции по степени многочлена f(x).

Предположим, что существование деления с остатком уже доказано для всех d(f) = –∞ , … , k, и докажем, оно выполнимо и при d(f) = k+1. Пусть f(x) = f_k+1x^k+1+f_kx^k+ … , g(x) = = g_mx^m+g_m–1x^m–1+ … . Ввиду вышеизложенного, можно считать, что d(f) = k+1  m = d(g). Тогда многочлен f₁(x) = f(x)–g(x)(g_m^–1f_k+1x^k+1–m) = f_k+1x^k+1+f_kx^k+…–(g_mx^m+g_m–1x^m–1+ …) (g_m^–1f_k+1x^k+1–m) = f_k+1x^k+1+f_kx^k+…–f_k+1x^k+1–g_m–1g_m^–1f_k+1x^k– … имеет степень не выше k. По предположению, имеется формула деления с остатком f₁(x) = g(x)q₁(x)+r(x), где d(r) < d(g). Поэтому f(x) = f₁(x)+g(x)(g_m^–1f_k+1x^k+1–m) = g(x)q₁(x)+r(x)+g(x)(g_m^–1f_k+1x^k+1–m) = = g(x)(g_m^–1f_k+1x^k+1–m +q₁(x))+r(x) = g(x)q(x)+r(x) – искомая формула деления с остатком.

Однозначность деления с остатком. Если f(x) = g(x)q₁(x)+r₁(x) = g(x)q₂(x)+r₂(x), где d(r_i) < d(g) (i = 1, 2), то g(x)(q₁(x)–q₂(x)) = r₂(x)–r₁(x). При этом d(r₂(x)–r₁(x))  max{d(r₁), d(r₂)} < d(g), а d(g(x)(q₁(x)–q₂(x))) = d(g)+d(q₁(x)–q₂(x)) ввиду обратимости g_m и замечания о функции степени. Таким образом, d(g)+d(q₁(x)–q₂(x)) < d(g), что возможно лишь при d(q₁(x)–q₂(x)) = –∞ , т.е. при q₁(x) = q₂(x), r₁(x) = r₂(x). Теорема доказана.

Замечание: В теореме d(q) = .

В самом деле, как следует из доказательства теоремы, q(x) = 0, если d(f) < d(g) и q(x) = = g_m^–1f_k+1x^k+1–m +q₁(x), где k+1 =d(f)  d(g) = m, d(q₁)  k–m < k+1–m, так что d(q) = = k+1–m = d(f)–d(g).

Следствие 1 (теорема о делении с остатком многочленов над полем). Пусть F – поле, f(x), g(x) – многочлены над F, причём g(x)  0. Тогда однозначно определены частное и остаток от деления f(x) на g(x).

Доказательство. В поле обратим любой ненулевой элемент, в частности, старший коэффициент многочлена g(x).

Пример: Разделить с остатком f(x) = 3x³–2x²+6 на g(x) = x²–5x+2.

Деление многочленов выполняют обычно “в столбик”:

_ 3x³–2x²+6 | x²–5x+2

3x³–15x²+6x 3x+13

_ 13x²–6x+6

13x²–65x+26

59x–20

Таким образом, f(x) = g(x)(3x+13)+(59x–20), q(x) = 3x+13, r(x) = 59x–20.

Следствие 2 (теорема о делении многочлена на двучлен x – ). Любой многочлен f(x) над кольцом K с единицей делится с остатком на произвольный двучлен вида x –  , где  – любой элемент кольца K (т.е.  f(x) K[x]    K  ! q(x)  K[x], r  K (d(q) = d(f) – 1)  (f(x) = (x – )q(x) + r )).

Доказательство. Если K – кольцо с единицей 1, то x –  = 1x –   K[x] , и по теореме о делении с остатком, f(x) = (x–)q(x) + r(x), где d(r) < d(x–) = 1. Ясно, что либо d(r) = –∞ и r(x) = 0  K, либо d(r) = 0 и 0  r(x) = r₀  K. В любом случае r(x)  K.

Пример: Разделить с остатком f(x) = 3x³–2x²+6 на g(x) = x–5.

Имеем:

_ 3x³–2x²+6 | x–5

3x³–15x² 3x²+13x+65

_ 13x²+6

13x²–65x

_ 65x+6

65x–325

331

Таким образом, 3x³–2x²+6 = (x–5)(3x²+13x+65)+331, q(x) = 3x²+13x+65, r = 331.

Следствие 3 (теорема о разложении многочлена по степеням двучлена x – ). Любой ненулевой многочлен f(x) над кольцом K с единицей однозначно разлагается по степеням двучлена x –  , где  – любой элемент кольца K (т.е.  f(x) K[x] \ {0}    K  ! r₀ , …, r_n  K (n = d(f))  ( f(x) = (x – )ⁿr_n + … + (x – )r₁ + r₀ )).

Доказательство. Существование разложения по степеням очевидно для d(f) = 0: f(x) = = f₀ = (x–)⁰f⁰, т.е. r₀ = f₀ . Это будет базой для индукции по d(f).

Пусть существование разложения по степеням двучлена уже доказано для d(f) = 0, … , k и докажем его возможность при d(f) = k+1. По теореме о делении многочлена на двучлен, f(x) = (x–)q(x)+r₀ , где r₀  K, d(q) = d(f)–1 = k  0. По предположению индукции, q(x) = = (x – )^kr_k+1 + … + (x – )r₂ + r₁ , и значит, f(x) = (x–)q(x)+r₀ = (x – )^k+1r_k+1 + … … + (x – )²r₂ + (x–)r₁ + r₀ , что и требовалось.

Единственность разложения по степеням. Если f(x) = (x – )ⁿr_n + … + (x – )r₁ + r₀ = = (x – )ⁿs_n + … + (x – )s₁ + s₀ , то (x – )ⁿu_n + … + (x – )u₁ + u₀ = 0 , где u_i = r_i – s_i (0  i  n). Докажем, что u_i = 0, а значит r_i = s_i (0  i  n).

В самом деле, очевидно, что d((x–)ⁱ) = i . Поэтому, сравнивая в исследуемом равенстве (x – )ⁿu_n + …+ (x – )u₁ + u₀ = 0 члены степени n, получим u_n = 0, т.е. (x – )^n–1u_n–1 + … … + (x – )u₁ + u₀ = 0. Продолжая эти рассуждения, получим u_n–1 = … = u₁ = u₀ = 0, что и требовалось доказать.

Пример: Разложить многочлен f(x) = x⁴ –1 по степеням двучлена x+2.

_ x⁴ – 1 | x+2

x⁴+2x³ _ x³–2x²+4x–8 | x+2

_ –2x³–1 x³+2x² _ x²–4x+12 | x+2

–2x³–4x² _ –4x²+4x–8 x²+2x _ x–6 | x+2

_ 4x²–1 –4x²–8x _ –6x+12 x+2 1 = r₄

4x²+8x _ 12x–8 –6x–12 –8 = r₃

_ –8x–1 12x+24 24 = r₂

–8x–16 –32 = r₁

15 = r₀

Таким образом, f(x) = (x+2)⁴–(x+2)³8+(x+2)²24–(x+2)32+15.