Теорема о делении с остатком для целых чисел

Итак, ни одно из чисел не явл. корнем мн-на f(x), значит мн-н не имеет рац. корней.

Вопрос 11.

Теорема о делении с остатком для целых чисел и для многочлена.

Опр.1:a, b Z, b ≠0. говорят, что «а делится на b » (), если с Z: а= bс.

(а-делимое, b –делитель, с — частное)

Свойства:

1.  a c b c (ab) c

Док-во:

2. a c (ak) c kZ

3. a c и a≠0 ≥

Док-во:

4. ab baa=b либо a= — b

Опр: Разделить целое число а на целое число в≠0 с остатком, это значит найти два таких целых числа q и r, что бы выполнялись условия:

1.  a=bq+r

2.  0≤ r <|b|

(q –неполное частное, r – остаток)

Теорема1: , b ≠0. Любое число а можно разделить с остатком на любое число b, причем единственным образом.

Док-во:

1.  покажем, что для а и b Z найдется частное и остаток.

Для в выполняется одно из двух условий b>0, b<0.

1сл. a — любое, b>0. Расположим все целые числа кратные b в порядке возрастания …, b(-2),b(-1),0,b, b*1,b*2, …(1)

Пусть bq — наименьшее из чисел ряда (1), не превосходящих а, т. е.

bq<a и b(q+1)>a => bq< a< b(q+1)(прибавляем (-bq)) => 0<a-bq<b => a-bq=r и 0<r<b => a=bq+r, 0<r<b=|b|.Т. о. а разделено с остатком на b.

2сл. а — любое, b<0

-b>0 => a=(-b)q+r и 0<r<|-b|=|b| => a=b(-q)+r и, 0<r<b=|b|.

Т. о. а разделено с остатком на b.

2. единственность деления с остатком.(от противного)

a=bq1+r1 , 0<r1<b=|b| (1)

a=bq2+r2 , 0<r2<b=|b| (2)

из (1) и (2) => b(q2-q1)=r1-r2 и => => (по свойству делимости) r1-r2=0, r1=r2. b(q2-q1)=0,b≠0 => q2=q1

Теорема о делении с остатком для многочлена

f(x)=anxn+…+a1x+a0 P[x], an≠0

Опр.1: одночлен anxn называется «высшим членом» полинома f(x), показатель n называется степенью f(x) и обозначается ст f(x)= n.

Замечание: Ясно, что нулевой полином не имеет высшего члена и считается, что он равен 0.

Опр.2: f, gP[x] g(x)≠0 говорят, что «f делится на g» (f g) (тогда и только тогда по определению) h P[x] :f=gh.

Свойства:1. f g и g => (f)g

2. f gcfkg, c, k P(k≠0)

3. f g gff=cg, cP

Теорема2:(о делении мн-ов с остатком) f, gP[x] g(x)≠0 существуют единственные полиномы h, rP[x] такие, что 10. f=gh+r, и

20. ст r<ст g или r=0.

f(x)=anxn+…+a1x+a0 , ст f(x)= n, g=bmxm+b1x+b0, ст g=m>0

Док-во:

I.  возможность представления f вида 10 и 20

1сл. n=ст f< ст g=m или f(x)=0

Тогда, f=g*0+f или f=g*h+r, где h=0, r=f=0 или ст r = ст f< ст g. Тем самым первый случай доказан.

2сл. ст f=n≥m=ст g

f(x)=anxn+…+a1x+a0 , ст f(x)= n, g=bmxm+b1x+b0, ст g=m

Рассмотрим разность: