A test feletti polinomok maradékos osztásáról szóló tétel bizonyítása. (Az SZTE matematika alapszak Algebra és számelmélet (MBNK13) kurzusához házi feladat.)
\begin
Discover why 18 million people worldwide trust Overleaf with their work.
\documentclass[a4paper,12pt]{amsart}%
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{nopageno}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\newtheorem{theorem}{Theorem}
\newtheorem*{tetel}{T\'etel}
\renewcommand{\proofname}{Biz.}
\addtolength{\textwidth}{4cm}
\addtolength{\hoffset}{-2cm}
\newcommand{\idemitirjak}{\makebox[2cm]{\dotfill}}
\begin{document}
\renewcommand{\baselinestretch}{2.0} \bigskip
\begin{tetel}[a maradékos osztás tétele]
Ha $f,g\in T[x]$, és $g\neq0$, akkor léteznek olyan egyértelműen meghatározott
$q,r\in T[x]$ polinomok, amelyekre $f=qg+r$ és $\deg r < \deg g$.
\end{tetel}
\begin{proof}
Először az egzisztenciát bizonyítjuk.
Legyen $g = b_{\ell}x^{\ell} + \dots + b_{1}x + b_{0},$ ahol $b_{\ell} \neq 0$
(tehát $g$ fokszáma $\ell$).
Tekintsük az $M=\{ f-qg \mid q\in T[x] \}$ halmazt, és legyen
$r_{0} = a_{k}x^{k} + \dots + a_{1}x + a_{0}$ az $M$ halmaz
legkisebb fokszám\'{u} eleme (ahol szokás szerint $a_{k}\neq0$).
Célunk megmutatni, hogy $\idemitirjak$.
Indirekt módon bizonyítunk, azaz feltesszük, hogy $\idemitirjak$.
Jelölje $q_{1}$ az $\idemitirjak$ polinomot (az ilyen polinomot, mivel csak
egy tagból áll, szokás \emph{monomnak} nevezni).
Ekkor az
\[
r_{1} := r_{0} - q_{1}g =
a_{k}x^{k} + a_{k-1}x^{k-1} + \dots + a_{0}
- ( a_{k}x^{k} + a_{k}b_{\ell}^{-1}b_{\ell-1}x^{k-1} + \dots
+ a_{k}b_{\ell}^{-1}b_{0}x^{k-\ell} )
\]
polinom foka kisebb, mint $\idemitirjak$.
Mivel $r_{0} \in M$, létezik olyan $q_{0} \in T[x]$ polinom,
amelyre $r_{0} = \idemitirjak$.
Ebből következik, hogy $r_{1} = f - (\idemitirjak)\cdot g$,
azaz $r_{1} \in \idemitirjak$.
Ez pedig ellentmond $r_{0}$ választásának, hiszen $\idemitirjak < \deg r_{0}$.
Az unicitás igazolásához tegyük fel, hogy
$f = q_{1}g + r_{1} = q_{2}g + r_{2}$, ahol $\deg r_{1},\deg r_{2} < \deg g$.
Célunk megmutatni, hogy $\idemitirjak$ és $\idemitirjak$.
A fokszámokra feltett egyenlőtlenségből következik, hogy
$\deg( r_{2} - r_{1} ) < \idemitirjak$.
Másrészt átrendezéssel kapjuk, hogy
$( q_{1} - q_{2} ) \cdot g = \idemitirjak$,
tehát
\[
\deg(\idemitirjak) + \deg\idemitirjak = \deg(\idemitirjak).
\]
Tudjuk, hogy itt a jobb oldal kisebb, mint $\idemitirjak$, ezért
$\deg( q_{1} - q_{2} ) < \idemitirjak$.
Ez csak \'{u}gy lehet, hogy $\deg( q_{1} - q_{2} ) = \idemitirjak$,
azaz $\idemitirjak$, ebből pedig már rögtön
következik az is, hogy $\idemitirjak$, és épp ezt kellett bizonyítanunk.
\end{proof}
\bigskip
\end{document}