因数定理の意味と因数分解への応用・重解バージョンの証明

$f(x)=x^3-x^2-4x+4$ とおく。$f(1)$ を計算してみると
$f(1)=1-1-4+4=0$ なので因数定理より因数 $(x-1)$ を持つ。実際 $(x-1)$ でくくると，
$f(x)=(x-1)(x^2-4)$
さらに $x^2-4$ を因数分解すると，

$f(x)=(x-2)(x-1)(x+2)$

$f(x)=x^3-6x^2+11x-6$ を頑張って因数分解しよう。

$f(1)=1-6+11-6=0$
より $f(x)$ は $(x-1)$ を因数に持つ。実際割り算を行うと，$f(x)=(x-1)(x^2-5x+6)$ となる。さらに $x^2-5x+6$ を因数分解すると，$f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$ を得る。

よって，求める解は $x=1,2,3$

多項式 $f(x)$ を $(x-a)$ で割ったときの商を $Q(x)$，余りを $R$ とおくと，

$f(x)=(x-a)Q(x)+R$

両辺に $x=a$ を代入して，$f(a)=R$

よって，$f(x)$ が $(x-a)$ を因数に持つ必要十分条件は $R=0$ 。つまり，$f(a)=0$ である。

$\Rightarrow$ は簡単。実際，$f(x)$ が $(x-a)^k$ で割り切れるなら，ある多項式 $P(x)$ を用いて $f(x)=(x-a)^kP(x)$ と書けるが，積の微分公式で右辺を微分すると $f(a)=f'(a)=\cdots =f^{(k-1)}(a)=0$ がわかる。

$\Leftarrow$ は帰納法で証明する。$k=1$ の場合，普通の因数定理はさきほど証明したので成立。

$k$ の場合に正しいと仮定して，$k+1$ の場合を考える。 $f(a)=f'(a)=\cdots =f^{(k-1)}(a)=0$ なら，帰納法の仮定より，ある多項式 $P(x)$ を用いて
$f(x)=(x-a)^kP(x)$
と書ける。さらに $f^{k}(a)=0$ のとき（積の微分公式で $f^{(k)}(x)$ を計算すると） $k!P(a)=0$ がわかる。つまり，$k=1$ の因数定理より $P(x)$ は $(x-a)$ を因数に持つので，結局 $f(x)$ は $(x-a)^{k+1}$ で割り切れる。

$f(x)$ を $(x-a)^k$ で割った商を $Q(x)$，余りを $R(x)$ とおく。 $R(x)$ は $k-1$ 次以下の多項式なので，適切に係数 $c_i$ を定めることで $R(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{k-1}c_i(x-a)^i$ と書ける（→注1）。

よって，$f(x)=(x-a)^kQ(x)+\displaystyle\sum_{i=0}^{k-1}c_i(x-a)^i$

両辺を $x$ で $t\:(0\leq t\leq k-1)$ 回微分して $x=a$ を代入すると（→注2），$f^{(t)}(a)=t!c_t$

したがって，

$f(x)$ が $(x-a)^k$ で割り切れる
$\iff c_0=c_1=\cdots =c_{k-1}=0$
$\iff f(a)=f'(a)=\cdots =f^{(k-1)}(a)=0$

$f(x)$ が $n$ 次多項式のとき，テイラーの定理より（$x=a$ でテイラー展開する），

$f(x)=\displaystyle\sum_{t=0}^{n}\dfrac{f^{(t)}(a)}{t!}(x-a)^{t}$

（$n+1$ 次導関数は $0$ となることに注意）

よって，$f(x)$ を $(x-a)^k$ で割った余りは $R(x)=\displaystyle\sum_{t=0}^{k-1}\dfrac{f^{(t)}(a)}{t!}(x-a)^{t}$ である。

したがって，

$f(x)$ が $(x-a)^k$ で割り切れる

$\iff R(x)=0$

$\iff f(a)=f'(a)=\cdots =f^{(k-1)}(a)=0$