剰余の定理と因数定理

$\deg f=m$、$\deg g=n$ とし、最高次の係数をそれぞれ $a\ne0$、$b\ne0$ とする。$f$ の項 $c_ix^i$（$i\le m$）と $g$ の項 $d_jx^j$（$j\le n$）の積の次数は $i+j\le m+n$ で、$i+j=m+n$ となるのは $i=m$ かつ $j=n$ のときだけである。よって $fg$ の $x^{m+n}$ の係数は $ab$ であり、それより高い次数の項はない。$K$ は体なので、$a\ne0$ かつ $b\ne0$ から $ab\ne0$ である。したがって $fg\ne0$ で、$\deg(fg)=m+n$ である。$\square$

方針：存在は「最高次の項を 1 つずつ消す」手順を $f$ の次数についての帰納法で正当化し、一意性は次数を比べて示す。$m=\deg g$、$g$ の最高次の係数を $b\ne0$ とする。
段 1（存在、易しい場合）：$f=0$ または $\deg f< m$ なら、$q=0$、$r=f$ とすればよい。
段 2（存在、帰納法）：$\deg f=n\ge m$ とし、次数が $n$ より小さい多項式（と $0$）については $q,r$ が存在すると仮定する。$f$ の最高次の係数を $a$ とし、
$$ f_1:=f-\frac ab\,x^{n-m}g $$
とおく。$\frac ab\,x^{n-m}g$ の最高次の項は $\frac ab\,x^{n-m}\cdot bx^m=ax^n$ で、$f$ の最高次の項と一致する。よって $f_1$ では $x^n$ の項が消え、$f_1=0$ または $\deg f_1< n$ である。帰納法の仮定から $f_1=gq_1+r$（$r=0$ または $\deg r< m$）と書けるので、
$$ f=f_1+\frac ab\,x^{n-m}g=g\Bigl(q_1+\frac ab\,x^{n-m}\Bigr)+r $$
であり、$q:=q_1+\frac ab\,x^{n-m}$ とすればよい。ここで $b$ で割ったので、係数が体 $K$ であることを使った。
段 3（一意性）：$f=gq+r=gq'+r'$ で、$r,r'$ はどちらも $0$ か次数が $m$ 未満とする。引き算すると
$$ g(q-q')=r'-r $$
である。もし $q\ne q'$ なら、prop-rf-deg により左辺は $0$ でなく次数は $m+\deg(q-q')\ge m$ である。ところが右辺は $0$ か次数が $m$ 未満であり、矛盾する。よって $q=q'$ であり、そのとき $r'-r=g\cdot0=0$ から $r=r'$ である。$\square$

thm-rf-div を $g=x-a$（次数 $1$）に使うと、$f=(x-a)q+r$ で、$r=0$ または $\deg r<1$ である。どちらの場合も $r$ は定数であり、$r=c$（$c\in K$）と書ける。両辺に $x=a$ を代入すると、上で述べた代入の性質から
$$ f(a)=(a-a)\,q(a)+c=0\cdot q(a)+c=c $$
である。よって余りは $c=f(a)$ である。$\square$

$f(a)=0$ なら、thm-rf-rem の式で余りが $0$ なので $f=(x-a)q$ である。逆に $f=(x-a)q$ なら、$x=a$ を代入して $f(a)=(a-a)q(a)=0$ である。$\square$

前半を $k$ についての帰納法で示す。$k=1$ は cor-rf-factor そのものである。$k-1$ 個のときに正しいとし、$a_1,\dots,a_k$ が互いに異なる根であるとする。$f(a_k)=0$ なので、cor-rf-factor により $f=(x-a_k)q$ と書ける。$i=1,\dots,k-1$ について $x=a_i$ を代入すると
$$ 0=f(a_i)=(a_i-a_k)\,q(a_i) $$
である。$a_i\ne a_k$ なので $a_i-a_k\ne0$ であり、$K$ は体だから（$uv=0$ なら $u=0$ または $v=0$）$q(a_i)=0$ である。よって $a_1,\dots,a_{k-1}$ は $q$ の互いに異なる根であり、帰納法の仮定から $q=(x-a_1)\cdots(x-a_{k-1})h$ と書ける。したがって $f=(x-a_1)\cdots(x-a_{k-1})(x-a_k)h$ である。
後半：$f\ne0$ が互いに異なる根を $n+1$ 個もつとすると、前半から $f=(x-a_1)\cdots(x-a_{n+1})h$ で、$f\ne0$ なので $h\ne0$ である。prop-rf-deg により $\deg f=(n+1)+\deg h\ge n+1$ となり、$\deg f=n$ に矛盾する。$\square$

方針：分母を払って整数の等式にし、整数の割り切れる性質を使う。$c_0\ne0$ で $\frac st$ が根なので $s\ne0$ である。証明では、素因数分解の一意性から従う次の二つの性質を使う。

• (i) 素数 $r$ が積 $bc$ を割り切るなら、$r$ は $b$ か $c$ を割り切る。
• (ii) 整数 $a\ne0$ が積 $bc$ を割り切り、$a$ と $b$ が互いに素（共通の素因数がない）なら、$a$ は $c$ を割り切る。理由：$a$ の素因数分解に $r^e$ として現れる素数 $r$ は $b$ を割り切らないので、$bc$ の素因数分解での $r$ の個数（$e$ 以上）はすべて $c$ から来ている。よって $c$ は各 $r^e$ で割り切れ、それらの積である $\pm a$ でも割り切れる。
  段 1（整数の等式にする）：$f\bigl(\frac st\bigr)=0$ の両辺に $t^n$ を掛けると
  $$ c_ns^n+c_{n-1}s^{n-1}t+\dots+c_1st^{n-1}+c_0t^n=0 $$
  である。
  段 2（$s$ は $c_0$ を割り切る）：$c_0t^n$ 以外の項はすべて因数 $s$ を含むので、
  $$ c_0t^n=-s\,\bigl(c_ns^{n-1}+c_{n-1}s^{n-2}t+\dots+c_1t^{n-1}\bigr) $$
  は $s$ の倍数である。次に、$s$ と $t^n$ は互いに素である。実際、$s$ と $t^n$ に共通の素因数 $r$ があるとすると、$r$ は $t^n=t\cdot t\cdots t$ を割り切るので、(i) をくり返し使って $r$ は $t$ を割り切る。すると $r$ は $s$ と $t$ の共通の素因数になり、$s$ と $t$ が互いに素であることに反する。したがって (ii) を $a=s$、$b=t^n$、$c=c_0$ として使うと、$s$ は $c_0$ を割り切る。
  段 3（$t$ は $c_n$ を割り切る）：段 2 と同じ議論を逆の端で行う。$c_ns^n$ 以外の項はすべて因数 $t$ を含むので、
  $$ c_ns^n=-t\,\bigl(c_{n-1}s^{n-1}+c_{n-2}s^{n-2}t+\dots+c_0t^{n-1}\bigr) $$
  は $t$ の倍数である。段 2 と同じ理由で $t$ と $s^n$ は互いに素なので、(ii) を $a=t$、$b=s^n$、$c=c_n$ として使うと、$t$ は $c_n$ を割り切る。$\square$

thm-rf-div により $f=(x-a)(x-b)q+r$、$r$ は $0$ か次数 $1$ 以下である。$x=a$、$x=b$ を代入すると $f(a)=r(a)$、$f(b)=r(b)$ である。命題の右辺に書いた多項式を $\ell(x)$ とおく。$\ell$ は 1 次以下で、$x=a$ では第 2 項が $0$、第 1 項が $f(a)\cdot1$ なので $\ell(a)=f(a)$、同様に $\ell(b)=f(b)$ である。すると $r-\ell$ は $0$ か次数 $1$ 以下の多項式で、$a,b$ の 2 つを根にもつ。$0$ でないとすると thm-rf-count により根は $1$ 個以下のはずなので、$r-\ell=0$、つまり $r=\ell$ である。$\square$

thm-rf-div により $f=(x-a)^2q+r$ で、$r$ は $0$ か 1 次以下なので $r(x)=\alpha(x-a)+\beta$ と書ける（$\alpha,\beta$ は定数）。$x=a$ を代入すると $f(a)=\beta$ である。両辺を積の微分法で微分すると
$$ f'(x)=2(x-a)q(x)+(x-a)^2q'(x)+\alpha $$
であり、$x=a$ を代入すると $f'(a)=\alpha$ である。よって余りは $f'(a)(x-a)+f(a)$ である。$\square$

prop-rf-double により、$f$ を $(x-a)^2$ で割った余りは $f'(a)(x-a)+f(a)=f'(a)\,x+\bigl(f(a)-af'(a)\bigr)$ である。$f$ が $(x-a)^2$ で割り切れることは、この余りが零多項式であること、つまり $x$ の係数 $f'(a)$ と定数項 $f(a)-af'(a)$ がともに $0$ であることと同値である。$f'(a)=0$ のもとでは定数項は $f(a)$ なので、これは $f(a)=0$ かつ $f'(a)=0$ と同値である。$\square$

方針：分数の値の条件を、分母を払って「$0$ になる」条件に変え、因数定理を使う。
段 1：$Q(x):=(x+1)P(x)-x$ とおく。$P$ の次数が $n$ なので、$Q$ の次数は $n+1$ である（$x^{n+1}$ の係数は $P$ の最高次の係数で、$0$ でない）。$k=0,1,\dots,n$ について $Q(k)=(k+1)\cdot\frac k{k+1}-k=0$ である。
段 2：$Q$ は互いに異なる $n+1$ 個の根 $0,1,\dots,n$ をもつので、thm-rf-count により
$$ Q(x)=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n)\,h(x) $$
と書ける。両辺の次数は $n+1$ なので $h$ は $0$ でない定数 $c$ である。
段 3：$x=-1$ を代入すると、左辺は $Q(-1)=0\cdot P(-1)+1=1$、右辺は $c\cdot(-1)(-2)\cdots(-1-n)=c\,(-1)^{n+1}(n+1)!$ である。よって $c=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}$ である。
段 4：$x=n+1$ を代入すると $Q(n+1)=c\,(n+1)!=(-1)^{n+1}$ なので、$(n+2)P(n+1)-(n+1)=(-1)^{n+1}$ であり、
$$ P(n+1)=\frac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2} $$
である。$n$ が奇数なら $1$、偶数なら $\frac n{n+2}$ となる。たとえば $n=1$ なら $P(x)=\frac x2$ で $P(2)=1$、$n=2$ なら $P(3)=\frac12$ である。$\square$