求证一元多项式带余除法定理

题目

求证一元多项式带余除法定理
对于任意给定的两个多项式f（x）,g（x）（g（x）不为零多项式）,则f（x）=q（x）*g（x）+r（x）,r（x）的次数低于g（x）的次数
求证：q（x）与r（x）存在且唯一

答案

先证存在性
设f(x)和g(x)分别为m.n次多项式
f(x) = amx^m + …… + a1x + a0
g(x) = bnx^n + …… + b1x + b0
若m下面证m≥n的情况.假设当m记f1(x) = f(x) - (am/bn)n^(m-n)g(x)
则f1(x)的次数小于m
由归纳假设,存在q1(x)和r1(x),使得
f1(x) = q1(x)g(x) + r1(x),其中r1(x)次数小于g(x)次数
所以f(x) = (q1(x) + (am/bn)n^(m-n))g(x) + r1(x)
令q(x) = q1(x) + (am/bn)n^(m-n),r(x) = r1(x)
则m=k时结论也成立
所以存在性就证出来了
下面证唯一性
假设同时存在q1(x),r1(x)和q2(x),r2(x)满足要求,则
f(x) = q1(x)g(x) + r1(x) = q2(x)g(x) + r2(x)
[q1(x)-q2(x)]g(x) = r1(x) - r2(x)
若q1(x)=q2(x),则r1(x)=r2(x),与假设矛盾
所以q1(x)≠q2(x)
于是左端次数≥g(x)次数>[r1(x) - r2(x)]的次数,这不可能相等
所以假设不成立