10.证明带余除法定理:若a、b是两个整数,且b0,则存在惟一的整数q及r,使a=bq+ 相关知识点: 试题来源: 解析 10.解考虑数轴上的分点…,-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b,…则a必位于某两点之间,即存在一个整数q使 q|b≤a(q+1)b令a-qb=r,则a=qb+r, 0≤rb ,另一方面,若还有 a=q_1b+r_1 , ...
证明带余除法定理若a,b是两个整数,其中 b0 则存在着两个整数q和r,使得a=bq+r(0≤rb) 成立,且q和r是唯一的. 相关知识点: 试题来源: 解析 证明:存在性.作整数列…,-2b,-b,0,b,2b,…则a必在上述数列的某两项之间,即存在一个整数q,使得qb≤a(q+1)b令a-qb=r,则a=bq+r,而 0≤rb唯一性....
使用带余除法证明,对任意正整数n,有(x-a)都是(x^n-a^n)的一个因式.并由此证明f(x) (x-a)⋅ h(x)+f(a).
下面是带余除法的证明: 证明步骤: 假设a和b为任意的整数,其中b为正整数。 定义集合S = {a - nb | n为整数},即S为所有a - nb的整数倍所构成的集合。 由于S包含整数,根据整数的性质,S中必然存在最小的非负整数r,即r = min{a - nb | n为整数}。 考虑r的取值范围,由于r属于集合S,可知存在某个整...
带余除法定理Division Theorem 数论意义上的除法,也是是本系列最基础、最核心的定理(连裴蜀定理都从这里推出,但过于基础所以放在了附录里,仅供引用) 我们称r是a模b的最小非负余数,简称余数,记为r=amodb。 已知a,b构造a=r+kb称为余数构造法。 一、证明(方法一) ...
题目 四、叙述带余数除法定理的内容并给出证明。 相关知识点: 试题来源: 解析答:若a,b是两个整数,其中b>0,则存在两个整数q及r,使得 a=bq+r, 成立,而且q及r是唯一的。 下面给出证明: 证 作整数序列 …,-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b,… 则a必在上述序列的某两项之间,及存在一个整数q使得qb≤a<(...
4.使用带余除法证明,对任意正整数n,有(x-a)都是(xn-an)的一个因式.并由此证明f(x)≡(x-a)•h(x)+f(a). 试题答案 在线课程 分析(xn-an)=[(x-a)+a]n-an=Cn0(x-a)n+Cn1(x-a)n-1•a+Cn2(x-a)n-2•a2+…+Cnn-1(x-a)1•an-1,对任意正整数n,有(x-a)都是(xn-an)的...
定理(带余除法):设f(x),g(x)∈K[x],这里K[x]表示一元多项式环。那么一定存在唯一的一对h(x),r(x)∈K[x]使得f(x)=h(x)g(x)+r(x),这里degg(x)>degr(x)。 证明:先证存在性。若degg(x)=0,不妨设g(x)=m,m∈K∗。此时显然有h(x)=1m,r(x)=0满足题意。下面考虑deg...
1使用带余除法证明,对任意正整数n,有(x-a)都是(xn-an)的一个因式.并由此证明f(x)≡(x-a)•h(x)+f(a). 2 使用带余除法证明,对任意正整数n,有(x-a)都是(x n -a n )的一个因式.并由此证明f(x)≡(x-a)•h(x)+f(a). 3 4.使用带余除法证明,对任意正整数n,有(x-a)都是...
带余除法的存在性证明 带余除法的唯一性证明 思路:所有的q和r都是同一组数:即假设不唯一,推出矛盾 带余除法的余数 0<= r < b :r为最小非负余数 |r| <= b/2 :绝对值最小余数(在后面的Euclid算法中能起到算法加速的作用) 带余除法的例子