例如假设 n(B-1)≠0,0(B1)=…=n(B1k)=0,0(B4k+4)≠0. 由于(-1)Df(B21)-QB1与(-1)“[f(B+k4)-Q(Bk)同号,从而根据 (1.12)知 sign n(B-1)=sign(-1)n(Bi.ku) 当k为偶数时,由(1.13),m(x)于区间[B1,Bk4两端点上同号于是n(x) 在该区间上有偶数个根当k为奇数时,由(1.13),m(x)于区间[B1,Bk+1两 端点上异号于是m(x)在该区间上有奇数个根 总之,n(x)于区间[B1,Bk区间中根的个数与k同奇偶但已知 β1…,Bk(共k+1个)是n(x)的根,于是为保证同奇偶,必有第k+2个根存 在依此推导,可知n(x) 于区间[a,b内至少应有N-1个根但这是不可能的,因为n(x)=C(x)D(x)中 分子的 次数 max(m+n-u-v, m+n-u-VsN-2 P(x)≠0,Q(x)≠0 v≤N-2,当P(x)≡0 N-2,当Q(x)=0 因而定理唯一性证完 最后我们来证明,当P(x)≡0时,P(x)是最佳逼近有理分式必须且只须 若N≥m+2,则于定理1所示的 Vallee-Poussin定理中取例如假设 ( ) 0, ( ) ( ) 0, ( ) 0.  i−1   i =  = i+k =  i+k+1  由于 ( 1) [ ( ) ( )] 1 1 1 − − − − i − i i f  Q  与 ( 1) [ ( ) ( )] 1 1 1 + + + + + + − i k − i k i k f  Q  同号，从而根据 （1.12）知 ( ) ( 1) ( ) −1 = − i+k+1 k i sign   sign   . 当 k 为偶数时，由（1.13）， (x) 于区间 [ , ]  i−1  i+k+1 两端点上同号.于是 (x) 在该区间上有偶数个根.当 k 为奇数时，由（1.13）， (x) 于区间 [ , ]  i−1  i+k+1 两 端点上异号.于是 (x) 在该区间上有奇数个根. 总之， (x) 于区 间 [ , ]  i−1  i+k+1 区间中根 的个数 与 k 同奇偶 .但已知  i  i+k ,, （共 k +1 个）是 (x) 的根，于是为保证同奇偶，必有第 k + 2 个根存 在.依此推导，可知 (x) 于区间 [a,b] 内至少应有 1 ' N − 个根.但这是不可能的，因为 (x) = C(x)/ D(x) 中 分子的 次数 r = max{ , } 2 ' ' ' m + n −  − m + n −  −  N − 当 P(x)  0,Q(x)  0， 2, ' ' = m −  N − 当 P(x)  0， 2, ' = m −  N − 当 Q(x)  0 因而定理唯一性证完. 最后我们来证明，当 P(x)  0 时， P(x) 是最佳逼近有理分式必须且只须 N  m+ 2. 若 N  m+ 2 ，则于定理 1 所示的 Vallée-Poussin 定理中取