前回最後にちらっと言った「剰余の定理の一般化
」ではないですが、
剰余の定理は、一次式で割った時の余りに関する定理。
これを二次以上の整式で割った場合に拡張できたらいいね、とかいうことを
前回述べた。
問題集に載っている剰余の定理の応用問題の一つを、
もとの形より少しだけ一般化してみました。
まず、もともと問題集に載っていた問題（ただし数値は変えてあります）は、
【もとの問題】
整式Ｐ（ｘ）をｘ^2＋ｘ＋１で割ると２ｘ＋２余り、ｘ－１で割ると７余る。
Ｐ（ｘ）を（ｘ－１）（ｘ^2＋ｘ＋１）で割ったときの余りを求めよ。
です。（この問題の解答は省略します。）
これを一般化します。
【一般化された問題】
Ｐ（ｘ）は整式で以下の条件を満たすとする。
［条件］
Ｐ（ｘ）をｍ次式ｆ（ｘ）で割った余りは、整式ｓ（ｘ）であり、
Ｐ（ｘ）をｎ次式ｇ（ｘ）で割った余りは、整式ｔ（ｘ）である。
このとき、Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った余りを求めよ。
もとの問題のｘ－１がｆ（ｘ）、ｘ^2＋ｘ＋１がｇ（ｘ）になって、
一般化されています。
（逆に、ｘ－１がｇ（ｘ）、ｘ^2＋ｘ＋１がｆ（ｘ）でも構いません。）
一般化するため、全部の整式を文字で表しましたが、そうすると、
困ったことに、問題文で具体的に与えられている整式（ｘ^2＋ｘ＋１とか）なのか、
未知の整式（Ｐ（ｘ）とか）なのかが分かりにくくなってしまいます。
そこで、少しでもわかりやすくするために、
未知の整式は大文字で、具体的に分かっている整式は小文字で表すことしました。
さて、この【一般化された問題】を解いていきたいのですが、
実は、この条件だけでは解けるとは限らず
（少なくとも、筆者の方法では解けるとは限らず）、
もうひとつ条件を追加する必要があります。
これを加味して、問題文を修正します。
【一般化された問題（修正版）】
Ｐ（ｘ）は整式で以下の条件を満たすとする。
［条件］
Ｐ（ｘ）をｍ次式ｆ（ｘ）で割った余りは、整式ｓ（ｘ）であり、
Ｐ（ｘ）をｎ次式ｇ（ｘ）で割った余りは、整式ｔ（ｘ）である。
さらに、方程式ｇ（ｘ）＝０の解はすべて相異なるとする。
このとき、Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った余りを求めよ。
ｇ（ｘ）に上のような条件があれば解くことが出来ます。
ｇ（ｘ）は重解をもたないということですね。
【もとの問題】のｘ－１とｘ^2＋ｘ＋１はともにこの条件を満たします。
では、解いていきましょう。
［一般化された問題（修正版）の解答］
Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った商をＱ_1（ｘ）、
余りをとすると、
Ｐ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）Ｑ_1（ｘ）＋Ｒ（ｘ）
と書ける。さらに、ｆ（ｘ）の［条件］より、
Ｐ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）Ｑ_1（ｘ）＋ｆ（ｘ）Ｑ_2（ｘ）＋ｓ（ｘ）
と書き直せる。ここで、Ｒ（ｘ）をｆ（ｘ）で割った商をＱ_2（ｘ）とした。
Ｒ（ｘ）はｍ＋ｎ－１次以下なので、Ｑ_2（ｘ）はｎ－１次以下である。
方程式ｇ（ｘ）＝０の異なる解をｘ_1，ｘ_2，・・・，ｘ_nとすると、
連立方程式
が得られる。ここで、ｆ（ｘ_k），ｓ（ｘ_k），ｔ（ｘ_k）はすべて定数だから、
未知数は、Ｑ_2（ｘ）の係数（ｎ個）だけである。
この連立方程式はｎ元一次であるから解ける。
よって、Ｑ_2（ｘ）が具体的にわかり、
Ｒ（ｘ）＝ｆ（ｘ）Ｑ_2（ｘ）＋ｓ（ｘ）が求められた。／／
以上により、
重解がない場合は、
「二段階割り算」と「連立方程式」で解けることが分かりました。
【もとの問題】ではｎ＝１なので、「連立方程式」の部分は
（連立でない）単なる方程式になり、剰余の定理を使うことなります。
この一般化により、たとえば次のような問題は解ける、といえます。
【問題の例】
整式Ｐ（ｘ）を（ｘ＋１）^4で割るとｘ^3＋２ｘ^2－ｘ＋１余り、
（ｘ＋１）（ｘ^2＋ｘ＋１）で割るとｘ^2＋３ｘ－１余るとする。
Ｐ（ｘ）を（ｘ＋１）^5（ｘ^2＋ｘ＋１）で割ったときの余りを求めよ。
数値は適当なので、答えはきれいな数字にならないかもしれませんが、
上と同じ解法を使って解けるはずです。
---英語版
エディタの機能上、日本語では、数式と文章を混ぜて書けない。
今のところ、問題文をきれいに書くためには英語で書かないといけない。
」ではないですが、剰余の定理は、一次式で割った時の余りに関する定理。
これを二次以上の整式で割った場合に拡張できたらいいね、とかいうことを
前回述べた。
問題集に載っている剰余の定理の応用問題の一つを、
もとの形より少しだけ一般化してみました。
まず、もともと問題集に載っていた問題（ただし数値は変えてあります）は、
【もとの問題】
整式Ｐ（ｘ）をｘ^2＋ｘ＋１で割ると２ｘ＋２余り、ｘ－１で割ると７余る。
Ｐ（ｘ）を（ｘ－１）（ｘ^2＋ｘ＋１）で割ったときの余りを求めよ。
です。（この問題の解答は省略します。）
これを一般化します。
【一般化された問題】
Ｐ（ｘ）は整式で以下の条件を満たすとする。
［条件］
Ｐ（ｘ）をｍ次式ｆ（ｘ）で割った余りは、整式ｓ（ｘ）であり、
Ｐ（ｘ）をｎ次式ｇ（ｘ）で割った余りは、整式ｔ（ｘ）である。
このとき、Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った余りを求めよ。
もとの問題のｘ－１がｆ（ｘ）、ｘ^2＋ｘ＋１がｇ（ｘ）になって、
一般化されています。
（逆に、ｘ－１がｇ（ｘ）、ｘ^2＋ｘ＋１がｆ（ｘ）でも構いません。）
一般化するため、全部の整式を文字で表しましたが、そうすると、
困ったことに、問題文で具体的に与えられている整式（ｘ^2＋ｘ＋１とか）なのか、
未知の整式（Ｐ（ｘ）とか）なのかが分かりにくくなってしまいます。
そこで、少しでもわかりやすくするために、
未知の整式は大文字で、具体的に分かっている整式は小文字で表すことしました。
さて、この【一般化された問題】を解いていきたいのですが、
実は、この条件だけでは解けるとは限らず
（少なくとも、筆者の方法では解けるとは限らず）、
もうひとつ条件を追加する必要があります。
これを加味して、問題文を修正します。
【一般化された問題（修正版）】
Ｐ（ｘ）は整式で以下の条件を満たすとする。
［条件］
Ｐ（ｘ）をｍ次式ｆ（ｘ）で割った余りは、整式ｓ（ｘ）であり、
Ｐ（ｘ）をｎ次式ｇ（ｘ）で割った余りは、整式ｔ（ｘ）である。
さらに、方程式ｇ（ｘ）＝０の解はすべて相異なるとする。
このとき、Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った余りを求めよ。
ｇ（ｘ）に上のような条件があれば解くことが出来ます。
ｇ（ｘ）は重解をもたないということですね。
【もとの問題】のｘ－１とｘ^2＋ｘ＋１はともにこの条件を満たします。
では、解いていきましょう。
［一般化された問題（修正版）の解答］
Ｐ（ｘ）をｆ（ｘ）ｇ（ｘ）で割った商をＱ_1（ｘ）、
余りをとすると、
Ｐ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）Ｑ_1（ｘ）＋Ｒ（ｘ）
と書ける。さらに、ｆ（ｘ）の［条件］より、
Ｐ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）Ｑ_1（ｘ）＋ｆ（ｘ）Ｑ_2（ｘ）＋ｓ（ｘ）
と書き直せる。ここで、Ｒ（ｘ）をｆ（ｘ）で割った商をＱ_2（ｘ）とした。
Ｒ（ｘ）はｍ＋ｎ－１次以下なので、Ｑ_2（ｘ）はｎ－１次以下である。
方程式ｇ（ｘ）＝０の異なる解をｘ_1，ｘ_2，・・・，ｘ_nとすると、
連立方程式
が得られる。ここで、ｆ（ｘ_k），ｓ（ｘ_k），ｔ（ｘ_k）はすべて定数だから、
未知数は、Ｑ_2（ｘ）の係数（ｎ個）だけである。
この連立方程式はｎ元一次であるから解ける。
よって、Ｑ_2（ｘ）が具体的にわかり、
Ｒ（ｘ）＝ｆ（ｘ）Ｑ_2（ｘ）＋ｓ（ｘ）が求められた。／／
以上により、
重解がない場合は、
「二段階割り算」と「連立方程式」で解けることが分かりました。
【もとの問題】ではｎ＝１なので、「連立方程式」の部分は
（連立でない）単なる方程式になり、剰余の定理を使うことなります。
この一般化により、たとえば次のような問題は解ける、といえます。
【問題の例】
整式Ｐ（ｘ）を（ｘ＋１）^4で割るとｘ^3＋２ｘ^2－ｘ＋１余り、
（ｘ＋１）（ｘ^2＋ｘ＋１）で割るとｘ^2＋３ｘ－１余るとする。
Ｐ（ｘ）を（ｘ＋１）^5（ｘ^2＋ｘ＋１）で割ったときの余りを求めよ。
数値は適当なので、答えはきれいな数字にならないかもしれませんが、
上と同じ解法を使って解けるはずです。
---英語版
エディタの機能上、日本語では、数式と文章を混ぜて書けない。
今のところ、問題文をきれいに書くためには英語で書かないといけない。