다항식의 나눗셈Polynomial Division

조립제법(기준수 $-2$): 계수 $1, 5, 7$에서 $1$ 내리고, $-2$ 곱해 더하기: $5 - 2 = 3$, $7 - 6 = 1$.

검산 — 전개: $x^2 + 5x + 6 + 1$ ✓.

Synthetic division (reference $-2$) on $1, 5, 7$: drop $1$; multiply-and-add: $5 - 2 = 3$, $7 - 6 = 1$.

Check by expanding: $x^2 + 5x + 6 + 1$ ✓.

빠진 $x^2$ 자리를 $0$으로 채운다: 계수 $1, 0, -4, 6$, 기준수 $2$:

몫 $x^2 + 2x + 0 = x^2 + 2x$, 나머지 $6$.

검산: $(x-2)(x^2+2x) + 6 = x^3 + 2x^2 - 2x^2 - 4x + 6 = x^3 - 4x + 6$ ✓.

Hold the missing $x^2$ with a $0$: coefficients $1, 0, -4, 6$, reference $2$:

Quotient $x^2 + 2x$, remainder $6$.

Check: $(x-2)(x^2+2x) + 6 = x^3 + 2x^2 - 2x^2 - 4x + 6 = x^3 - 4x + 6$ ✓.

나눗셈 등식으로 복원한다:

$A = BQ + R$는 나누기 전으로 돌아가는 왕복 티켓이다.

Rebuild via the division identity:

$A = BQ + R$ is the round-trip ticket back to the dividend.

기준수 $-2$로 조립제법: $2, 3, -5, 1$에서

검산 — $x = -2$ 대입: $2(-8) + 3(4) + 10 + 1 = -16 + 12 + 11 = 7$ — 나머지와 일치 ✓ (이 일치의 정체가 다음 차시의 정리다).

Synthetic with reference $-2$ on $2, 3, -5, 1$:

Check by substituting $x = -2$: $2(-8) + 3(4) + 10 + 1 = 7$ — matching the remainder ✓ (that this always matches is next lesson's theorem).

빠진 자리를 채워 $x^4 + 0x^3 + x^2 + 0x + 1$로 시작한다:

1. $x^4 \div x^2 = x^2$; $x^2(x^2+x+1)$을 빼면 $-x^3 + 0x^2$.
2. $-x^3 \div x^2 = -x$; $-x(x^2+x+1)$을 빼면 $x^2 + x$.
3. $x^2 \div x^2 = 1$; $(x^2+x+1)$을 빼면 $0$.

— 나머지 $0$: 나누어떨어진다. 이 인수분해는 $x^4 + x^2 + 1 = (x^2+1)^2 - x^2$의 합차이기도 하다 — 나눗셈이 숨은 인수분해를 발굴한 셈이다.

Fill the gaps: start from $x^4 + 0x^3 + x^2 + 0x + 1$:

1. $x^4 \div x^2 = x^2$; subtracting $x^2(x^2+x+1)$ leaves $-x^3 + 0x^2$.
2. $-x^3 \div x^2 = -x$; subtracting $-x(x^2+x+1)$ leaves $x^2 + x$.
3. $x^2 \div x^2 = 1$; subtracting leaves $0$.

— remainder $0$: exact division. The same factorization is the difference of squares $(x^2+1)^2 - x^2$ — division excavating a hidden factorization.

나머지의 차수가 제수 이상이라면, 나눗셈이 아직 끝나지 않은 것이다 — 나머지의 최고차항을 제수의 최고차항으로 나눈 조각을 몫에 하나 더 보태고 그만큼 더 빼낼 수 있기 때문이다. 장제법의 각 단계가 정확히 이 동작이고, 절차는 "더 뺄 수 없을 때" — 곧 남은 것의 차수가 제수보다 낮아질 때 — 멈춘다.

이 조건이 몫과 나머지의 유일성도 보장한다: 두 표현 $BQ_1 + R_1 = BQ_2 + R_2$가 있다면 $B(Q_1 - Q_2) = R_2 - R_1$인데, 좌변이 $0$이 아니라면 차수가 $\deg B$ 이상이고 우변은 $\deg B$ 미만 — 모순이므로 $Q_1 = Q_2$, $R_1 = R_2$.

수의 나눗셈에서 "나머지 $<$ 제수"가 답을 하나로 만들었던 것과 같은 문법이다 — $47 = 5 \times 8 + 7$은 틀린 것이 아니라 덜 나눈 것이다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 설명도 만점)

• "더 나눌 수 있다" 논증 (1점)
• 유일성 논증(또는 수 나눗셈 유비) (1점)
• 차수 비교의 정확성 (1점)

If the remainder's degree matched or exceeded the divisor's, the division would be unfinished — one more quotient piece (remainder's leading term over divisor's) could still be added and subtracted off. Each long-division step is exactly this move, and the procedure halts precisely when no more can be removed — when what's left has degree below the divisor's.

The condition also buys uniqueness: from two expressions $BQ_1 + R_1 = BQ_2 + R_2$ we get $B(Q_1 - Q_2) = R_2 - R_1$; a nonzero left side has degree at least $\deg B$ while the right side stays below it — contradiction, so $Q_1 = Q_2$ and $R_1 = R_2$.

The same grammar that made numeric division's answer unique ("remainder $<$ divisor") — $47 = 5 \times 8 + 7$ is not wrong but under-divided.

Rubric (any logically correct explanation earns full credit)

• The "could divide further" argument (1 pt)
• The uniqueness argument (or the numeric analogy) (1 pt)
• Accurate degree comparison (1 pt)

계수 $1, 0, 0, 0, -16$, 기준수 $2$:

나머지 $0$ — $x - 2$가 인수다:

검산 — 합차로: $x^4 - 16 = (x^2-4)(x^2+4) = (x-2)(x+2)(x^2+4)$이고, $(x+2)(x^2+4) = x^3 + 2x^2 + 4x + 8$ ✓. "나머지 $0$ $=$ 인수 발견"이라는 등식이 다음 차시의 인수정리로 자란다.

Coefficients $1, 0, 0, 0, -16$ with reference $2$:

Remainder $0$ — $x - 2$ is a factor:

Check via difference of squares: $x^4 - 16 = (x-2)(x+2)(x^2+4)$, and $(x+2)(x^2+4) = x^3 + 2x^2 + 4x + 8$ ✓. "Zero remainder $=$ factor found" grows into next lesson's factor theorem.

나누어떨어지면 몫은 일차식 $x + c$:

계수 비교: $x^2$항 $c = 0$, $x$항 $a = -1$, 상수항 $b = -c = 0$.

검산: $x^3 - x = x(x-1)(x+1) = (x^2 - 1) \cdot x$ ✓. 지름길 — $x^2 - 1$의 근 $\pm 1$을 대입해 $1 + a + b = 0$, $-1 - a + b = 0$을 연립해도 같다: "제수의 근 대입"은 언제나 통한다.

Exact division means a linear quotient $x + c$:

Compare coefficients: $c = 0$ ($x^2$), $a = -1$ ($x$), $b = -c = 0$ (constant).

Check: $x^3 - x = x(x-1)(x+1) = (x^2 - 1) \cdot x$ ✓. Shortcut — substitute the divisor's roots $\pm 1$: $1 + a + b = 0$ and $-1 - a + b = 0$, same answer: "plug in the divisor's zeros" always works.

나눗셈 등식 $f(x) = (x - 2)Q(x) + 6$에 $x = 2$를 대입하면 $Q$항이 사라진다:

검산 — 조립제법($1, 0, 1, -4$, 기준수 $2$): $1, 2, 5, 6$ — 나머지 $6$ ✓.

나눗셈을 실제로 하지 않고 대입 한 번 — "제수를 $0$으로 만드는 값"의 위력이고, 다음 차시가 이것을 나머지정리로 명명한다.

Substitute $x = 2$ into the identity $f(x) = (x - 2)Q(x) + 6$ — the $Q$ term vanishes:

Check by synthetic division ($1, 0, 1, -4$, reference $2$): $1, 2, 5, 6$ — remainder $6$ ✓.

No division performed — one substitution: the power of "the value that zeroes the divisor," which next lesson names the remainder theorem.

장제법에서 $x - a$로 나눌 때 각 단계는: 몫 조각 $q$를 정하고 $q(x - a) = qx - qa$를 빼는 것이다. 최고차끼리는 정확히 소거되도록 설계되므로 실제 남는 계산은 $-qa$를 빼는 것 — 곧 $+qa$를 더하는 것이다.

조립제법은 이 관찰을 표로 만든 것이다: 아랫줄의 각 수가 그 단계의 몫 조각 $q$이고, "기준수 $a$를 곱해 다음 칸에 더하기"가 정확히 $+qa$의 반영이다. 빼기의 $-a$와 곱하기의 $a$가 상쇄되어 부호가 뒤집힌 것 — 절차가 다른 게 아니라 부호 처리를 미리 끝내 둔 같은 절차다.

그래서 조립제법의 기준수는 $x - a$의 $a$($x + 2$면 $-2$)여야 한다 — 부호 반전이 이미 절차에 내장되어 있으므로, 기준수에서 또 뒤집으면 이중 반전이 된다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 설명도 만점)

• 장제법 한 단계의 실제 계산이 $-qa$ 빼기임을 지적 (1점)
• 조립제법의 "곱해 더하기"와의 대응 (1점)
• 기준수 부호 규칙의 근거 (1점)

In long division by $x - a$, each step chooses a quotient piece $q$ and subtracts $q(x - a) = qx - qa$. The leading terms are engineered to cancel exactly, so the only surviving arithmetic is subtracting $-qa$ — that is, adding $+qa$.

Synthetic division tabulates that observation: each bottom-row number is that step's quotient piece $q$, and "multiply by the reference $a$, add into the next column" is precisely the $+qa$. The subtraction's $-a$ and the multiplication's $a$ cancel into a flipped sign — not a different procedure but the same one with the sign bookkeeping pre-done.

Hence the reference number must be the $a$ of $x - a$ (so $-2$ for $x + 2$) — the sign flip is already built in; flipping again at the reference double-reverses it.

Rubric (any logically correct explanation earns full credit)

• A long-division step's real arithmetic is subtracting $-qa$ (1 pt)
• The correspondence to "multiply and add" (1 pt)
• The grounding of the reference-sign rule (1 pt)

나머지는 일차 이하 — $ax + b$로 놓고 제수의 근을 대입하라.

The remainder is at most linear — set $ax + b$ and substitute the divisor's roots.

제수가 이차이므로 나머지는 $R(x) = ax + b$:

$x = 1, 2$를 대입하면 $Q$항이 사라진다:

$f$가 몇 차인지, $Q$가 무엇인지 전혀 몰라도 된다 — 두 함숫값이 나머지의 두 계수를 정확히 결정한다. $R(1) = 3$, $R(2) = 5$ ✓: 나머지는 제수의 근 위에서 $f$를 완벽히 흉내 내는 가장 낮은 차수의 대역이다.

A quadratic divisor leaves $R(x) = ax + b$:

At $x = 1, 2$ the $Q$ term dies:

Neither $f$'s degree nor $Q$ is ever needed — two function values pin the remainder's two coefficients. And $R(1) = 3$, $R(2) = 5$ ✓: the remainder is $f$'s lowest-degree stand-in on the divisor's roots.

등식 $x^{100} = (x-1)Q(x) + R$를 두 가지로 활용하라 — 대입, 그리고 이항 후 인수분해.

Use the identity $x^{100} = (x-1)Q(x) + R$ twice — once by substitution, once by rearranging and factoring.

나머지. $x = 1$ 대입: $1 = 0 \cdot Q(1) + R \Rightarrow R = 1$.

$Q(1)$. 등식을 이항하면 $x^{100} - 1 = (x - 1)Q(x)$ — 등비 합 인수분해로

이므로 $Q(x) = x^{99} + \cdots + x + 1$ ($100$개 항). 따라서

$R$는 대입 한 번, $Q(1)$은 몫의 정체를 알아야 나온다 — 같은 등식을 다른 깊이로 두 번 읽는 문제다. ($Q(1) = 100$은 "$x^{100} - 1$이 $x = 1$ 근처에서 $100(x-1)$처럼 행동한다"는 뜻 — 미분계수의 예고이기도 하다.)

Remainder. Substitute $x = 1$: $1 = 0 \cdot Q(1) + R \Rightarrow R = 1$.

$Q(1)$. Rearranged, $x^{100} - 1 = (x - 1)Q(x)$ — the geometric-sum factorization gives

so $Q(x) = x^{99} + \cdots + x + 1$ ($100$ terms) and

$R$ takes one substitution; $Q(1)$ demands the quotient's identity — the same equation read twice at different depths. (And $Q(1) = 100$ says $x^{100} - 1$ behaves like $100(x-1)$ near $x = 1$ — a preview of the derivative.)

나눗셈 등식에 $x = i$를 대입하면 어떤 항이 사라지는가?

What vanishes when you substitute $x = i$ into the division identity?

에 $x = i$를 대입한다. $i^2 + 1 = 0$이므로 $Q$항이 통째로 사라진다:

"제수를 $0$으로 만드는 값"이 실수 밖에 있어도 등식은 그대로 작동한다 — 복소수 단원에서 만든 수들이 나눗셈 등식의 대입 값으로 취업한 첫 장면이다. 실계수 다항식을 $x^2 + 1$로 나눈 나머지가 곧 "$f(i)$의 실부·허부"라는 이 통로는, 고차방정식에서 허근을 다룰 때 그대로 쓰인다.

Into

substitute $x = i$. Since $i^2 + 1 = 0$, the $Q$ term vanishes whole:

The "value that zeroes the divisor" works even from outside the reals — the numbers built in the complex unit taking their first job as substitution values in a division identity. This channel — the remainder mod $x^2 + 1$ is the real and imaginary parts of $f(i)$ — returns verbatim when higher-degree equations meet their nonreal roots.