|
Одночлен —zn-k подобран так, чтобы после умножения на g(z) и вычитания из f(z) получился многочлен степени, меньшей n. Если n — 1 < k, то r(z) = cozn-1 + ... + cn-1, и процесс деления закончен. Если же n —1 > k, то продолжаем действовать аналогично. Так как после каждого вычитания степень многочлена уменьшается, то на некотором шаге получим многочлен r(z), deg r(z) < k, т. е. остаток.
Проверим единственность неполного частного и остатка. Допустим,
f(z) = g(z) · h1 (z) + n(z), f(z) = g(z) · h2(z) + Г2(z),
причём степени n(z), r2(z) строго меньше степени g(z). Тогда g(z) · (ha(z) — h2(z)) = Г2(z) — Г1 (z). Так как степень многочлена в правой части строго меньше степени g(z), то такое равенство возможно лишь при h1(z) — h2(z) = 0. Но тогда и r2(z) — r1(z) = 0, т. е. h1(z) = h2(z), Г2 (z) = n(z).
Пример 7. Разделить многочлен 2z4 — 6z3 + z2 — 5 на многочлен z2 + 3z — 2.
Решение. Действуем по алгоритму, указанному в доказательстве теоремы:
Итак, неполное частное равно ..., остаток равен ...
Теперь рассмотрим ситуацию, когда деление возможно без остатка. Будем говорить, что многочлен f(z) делится на g(z), (или: g(z) является
|
