📂추상대수

나눗셈 정리 증명

정리 ¹

$a_{n} \ne 0$ 과 $b_{m} \ne 0$, 그리고 $n > m > 0$ 에 대해 $F [ x ]$ 의 두 원소를 $$ f(x) = a_{n} x^{n} + \cdots + a_{1} x + a_{0} \\ g(x) = b_{m} x^{m} + \cdots + b_{1} x + b_{0} $$ 이라고 하자. 그러면 $f(x) = g(x) q(x) + r(x)$ 를 만족하는 $q(x), r(x) \in F [ x ]$ 이 유일하게 존재한다. $r$ 의 차수는 $m$ 보다 작다.

설명

꼭 정리가 있어야 알 수 있는 사실은 아니지만 대수적으로 엄밀한 증명이라는 의의가 있다.

증명

$$ S : = \left\{ f(x) - g(x) s(x) \ : \ s(x) \in F [ x ] \right\} $$ 라고 하자. $0 \in S$ 라는 말은 $f(x) - g(x) s(x) = 0$ 을 만족하는 $s(x)$ 가 존재한다는 것이다. 이럴 경우 그냥 $q(x) = s(x)$ 그리고 $r(x) = 0$ 이라고 잡으면 되고, 그 외에도 성립하는지 체크해야한다.

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Part 1. 존재성

$S$ 에서 가장 차수가 낮은 다항함수를 $r(x)$ 라고 하자. 이것은 다시 말해 어떤 $q(x) = s(x)$ 에 대해 $r(x) = f(x) - g(x) s(x)$ 라는 것이다.

$r(x) := c_{t} x^{t} + \cdots + c_{1} x + c_{0}$ 에 대해 $t \ge m$ 이라고 가정하면 $$ \begin{align*} & f(x) - q(x) g(x) - {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} g(x) \\ =& r(x) - {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} g(x) \\ =& r(x) - {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} \left( b_{m} x^{m} + \cdots + b_{1} x + b_{0} \right) \\ =& r(x) -c_{t} x^{t} - {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} \left( b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_{1} x + b_{0} \right) \end{align*} $$ 따라서 $\displaystyle f(x) - q(x) g(x) - {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} g(x)$ 의 차수는 $t$ 보다 작다. 그런데 $$ f(x) - \left[ q(x) + {{c_{t}} \over {b_{m}}} x^{t-m} \right] g(x) \in S $$ 이므로, $r(x)$ 는 $S$ 에서 다항함수들 중 차수가 가장 작다는 전제와 모순이다.

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Part 2. 유일성

$q_{1} \ne q_{2}$ 와 $r_{1} \ne r_{2}$ 에 대해 $\begin{cases} f(x) = g(x) q_{1} (x) + r_{1} (x) \\ f(x) = g(x) q_{2} (x) + r_{2} (x) \end{cases}$ 라고 가정하고 양변을 서로 빼면 $$ g(x) [ q_{2}(x) - q_{1}(x) ] = r_{2}(x) - r_{1}(x) $$ $r_{2}(x) - r_{1}(x)$ 의 차수는 $g( X)$ 보다 작으므로 $q_{2} - q_{1} = 0$ 이어야한다. 그러면 $r_{2}(x) - r_{1}(x) = 0$ 이므로 가정에 모순이다.

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