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No.2
- 回答日時:
背理法を使います。
f(x)とg(x)が互いに素でなければ、f(x)とg(x)に1以外の共通する約数h(x)が存在します。(互いに素の逆)
そうすると、f(x) = h(x)F(x), g(x) = h(x)G(x) であるような多項式 F(x), G(x) が存在します。
A(x)f (x) + B(x)g(x) = h(x){A(x)F(x)+B(x)G(x)} ・・・①
A(x)F(x)+B(x)G(x)のF(x)とG(x)は互いに素なので、A(x)F(x)+B(x)G(x)=1となります。(命題の結論)
①式は
A(x)f (x) + B(x)g(x) = h(x){A(x)F(x)+B(x)G(x)} =h(x)=1・・・②
h(x)は1以外の共通の約数と仮定したので、結論の②と矛盾します。
従って、仮定のf(x)とg(x)が互いに素でなければ、f(x)とg(x)に1以外の共通する約数h(x)が存在します。
は間違いで、f(x)とg(x)が互いに素であれば、
A(x)f (x) + B(x)g(x) = 1 となる Kの多項式 A(x), B(x) が存在する(命題は正しい)。
No.1
- 回答日時:
A(x)f(x)+B(x)g(x) = 1 となる多項式 A(x), B(x) が存在するとします。
f(x), g(x) の最大公約式を h(x) と置くと、f(x) = h(x)F(x), g(x) = h(x)G(x) であるような多項式 F(x), G(x) が存在します。
これらの式を冒頭の式へ代入すると h(x){A(x)F(x)+B(x)G(x)} = 1 となって、
h(x) は定数式 1 の約数、すなわち定数式でなければなりません。よって、f(x), g(x) は互いに素です。
f(x), g(x) の互除法の各ステップの割り算が r[0](x) = f(x), r[1](x) = g(x),
r[0](x) = r[1](x)・Q[1](x) + r[2](x),
r[1](x) = r[2](x)・Q[2](x) + r[3](x),
…
r[k-1](x) = r[k](x)・Q[k]+r[k+1](x),
…
r[m-2](x) = r[m-1](x)・Q[m-1](x) + r[m](x).
r[m-1](x) = r[m](x)・Q[m](x) + 0. よって f(x), g(x) の最大公約数は r[m](x)
だったとすれば、互除法を逆にたどって
r[m](x) = r[m-2](x) - r[m-1](x)・Q[m-1](x)
= r[m-2](x) - { r[m-3](x) - r[m-2](x)・Q[m-2](x) }・Q[m-1](x) = - r[m-3](x)・Q[m-1](x) + r[m-2](x)・{ 1 + Q[m-2](x)・Q[m-1](x) }
= - r[m-3](x)・Q[m-1](x) + { r[m-4](x) - r[m-3](x)・Q[m-3](x) }・{ 1 + Q[m-2](x)・Q[m-1](x) } = …
というように、r[m-2], r[m-3], …, r[2] を順番に代入消去することができます。
最終的に得られる式は、r[m](x) = {何かQ[m-1](x)…Q[1](x)の多項式}・f(x) + {何かQ[m-1](x)…Q[1](x)の多項式}・g(x)
という形をしています。
f(x), g(x) が互いに素であれば、最大公約数は r[m](x) = 1 ですから、この式が A(x)f(x)+B(x)g(x) = 1 になります。
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