Vysoko kolsk u ebn text. Daniel Palumb ny a Oleg Palumb ny

Transkript

1 FAKULTA PR RODN CH VIED UNIVERZITY KON TANT NA FILOZOFA V NITRE Vysoko kolsk u ebn text Daniel Palumb ny a Oleg Palumb ny Algebra (Polyn my, algebraick rovnice a okruhy s jednozna n m rozkladom) 00

2 Recenzenti: Prof. RNDr. B la L szl, CSc. Doc. RNDr. Pavol H c, CSc. Autori: c Doc. RNDr. Daniel Palumb ny, CSc. RNDr. Oleg Palumb ny, CSc. This coursebook was typeset by AMS-TEX, the TEX macro system of the American Mathematical Society. ISBN?? {???? {??? {?

3 OBSAH PREDHOVOR POLYN MY Kapitola x. Polyn my jednej neur itej ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::7 x. Polyn my jednej premennej ::::::::::::::::::::::::::::::::::: 7 x. Delite nos v okruhu polyn mov jednej neur itej (nad po om) :: x 4. Korene polyn mov ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::8 x 5. Reducibilita a ireducibilita polyn mov ::::::::::::::::::::::::44 x 6. Deriv cia polyn mu :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::56 x 7. Polyn my viacer ch neur it ch :::::::::::::::::::::::::::::::68 ALGEBRAICK ROVNICE Kapitola x. Binomick rovnice :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::96 x. Kvadratick, kubick abikvadratick rovnice ::::::::::::::::::0 x. Reciprok rovnice ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::0 x 4. Algebraick rie enie algebraick ch rovn c ::::::::::::::::::::: 8 x 5. Numerick rie enie alg. rovn c s re lnymi koecientami :::::::47 OKRUHY S JEDNOZNA N M ROZKLADOM Kapitola x. Delite nos v obore integrity ::::::::::::::::::::::::::::::::::7 x. Okruhy hlavn ch ide lov :::::::::::::::::::::::::::::::::::::84 x. Euklidovsk okruhy ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::9 x 4. Gaussove okruhy polyn mov ::::::::::::::::::::::::::::::::: 0 LITERAT RA ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::5

4 PREDHOVOR Tento u ebn text je pokra ovan m skripta Algebra (line rna algebra) a je ur- en tudentom odboru matematika v u ite skom t diu. Pozost va ztrochkapitol. Prv a tretiu kapitolu nap sal Daniel Palumb ny, druh OlegPalumb ny. Prv kapitola je venovan okruhom polyn mov, druh algebraick m rovniciam a tretia okruhom s jednozna n m rozkladom. Podobne ako v skripte Algebra (pozri [7] v zozname literat ry), ka d kapitola je roz lenen na nieko ko paragrafov. slovanie den ci, viet, form l, pr kladov, pozn mok a cvi en je v ka dom paragrafe priebe n a v ka dej kapitole samostatn. Napr klad odvol vka veta 4. kapitoly znamen, e veta m vo tvrtom paragrafe kapitoly slo. Ak pri odvol vke nie je uveden kapitola (napr klad pozri pozn mku 5. ), ide o odvol vku v r mci kapitoly. Snahou autorov bolo urobi text ahko pochopite n m, preto je v texte uveden ch mnoho pr kladov ilustruj cichnov pojmy pr padne postupy v po tu. Skoro v etky vety v texte s dok zan (koniec d kazu je ozna en tak mto tvor ekom: ). V nimku tvor len nieko ko viet, ktor ch d kaz prevy uje r mec skripta. V tomto pr pade je uveden literat ra, kde mo no dan d kaz n js. Dobr zvl dnutie matematickej te rie neznamen len osvojenie si denovan ch pojmov, tvrden matematick ch viet a ich d kazov, ale aj schopnos ich samostatnej aplik cie pri rie en matematick ch probl mov. Preto je nevyhnutn venova pozornos cvi eniam, ktor s uveden za ka d m paragrafom. Ichsvedomit prepo- tanie je k dokonal mu pochopeniu textu nevyhnutn aj preto, lebo pri niektor ch d kazoch sananeodvol vame. a ie cvi enia s ozna en hviezdi kou. Z kladom u ebn ho textu s dlhoro n predn ky z algebry, ktor m va prv autor v u ite skom t diu matematiky. al ie zdroje, z ktor ch autori erpali pri koncipovan skripta s kni n publik cie uveden v zozname literat ry. Upozor ujeme najm na knihu akademika Schwarza Z klady n uky o rie en rovn c, ktor patr medzi to najlep ie, o mo no n js v slovenskej matematickej literat re. Tieto knihy m u itate ovi posl i ako zdroj al ieho pou enia. Nakoniec sa chceme po akova recenzentom Prof. RNDr. B lovi L szl ovi, CSc. a Doc. RNDr. Pavlovi H covi, CSc. za cenn pripomienky a n vrhy, ktor pomohli zlep i p vodn znenie u ebn ho textu. Na a v aka patr aj pani Marte Kri anovej za jej pr cu pri prepisovan rukopisu prvej kapitoly v editore AMS-TEX. V Nitre 0. septembra 00 Autori

5 Kapitola POLYN MY V u ive strednej koly sa asto stret vame s mnoho lenami (polyn mami). itate pozn pravidl s tania a n sobenia mnoho lenov, algoritmus delenia mnoho lena mnoho lenom, vzorce pre druh mocninu dvoj lena, pre rozdiel tvorcov at. Cie om tejto kapitoly je precizova pojem mnoho lena alebo tie polyn mu (budeme d va prednos n zvu polyn m) a uvies z kladn vlastnosti polyn mov. K tomu budeme potrebova z kladn poznatky o okruhoch, ktor si itate m e zopakova zo skripta Algebra (pozri [7] v zozname literat ry). Aby sme si u ah ili vyjadrovanie, pod pojmom okruh budeme v tejto kapitole, a v celom skripte, rozumie komutat vny okruh s jednotkov m prvkom a budeme predpoklada, e jednotkov prvok obsahuje aj ka d podokruh dan ho okruhu. Pre jednoduchos vyjadrovania a ozna ovania tie budeme nulov prvok okruhu naz va nula okruhu a ozna ova 0. Podobne jednotkov prvok okruhu budeme naz va jednotka okruhu a ozna ova. Uvedieme dve den cie polyn mov. Najprv tzv. algebraick den ciu : denujeme polyn my jednej neur itej (paragraf ), potom funk n den ciu : denujeme polyn my jednej premennej (paragraf ). V al ch paragrafoch sa budeme zaobera delite nos ou polyn mov jednej neur itej, kore mi polyn mov, rozkladom polyn mov na s in alej nerozlo ite n ch polyn mov a poznatkami s visiacimi s form lnou deriv ciou polyn mu. Posledn paragraf kapitoly bude venovan te rii polyn mov viacer ch neur it ch. x. Polyn my jednej neur itej Aby sme mohli denova polyn my jednej neur itej, presnej ie, zostroji okruh polyn mov jednej neur itej, budeme potrebova pojem adjunkcia prvku k okruhu. Najprv si zopakujeme nasledovn vetu (pozri d sledok vety.8kapitoly v skripte [7]: Veta.. Nech A je podokruh okruhu A.Nech alej v A, pri om v = A. Potom podokruh okruhu A generovan mno inou A [fvg je (.) [A [fvg] =fa 0 + a v + a v + + a n v n n N 0 a 0 a ::: a n Ag kde N 0 je mno ina nez porn ch cel ch sel. D kaz. Pod a vety.8 kapitoly v skripte [7] okruh [A [fvg] pozost va pr ve zo v etk ch kone n ch s tov v etk ch kone n ch s inov prvkov mno iny A[fvg. itate si s m rozmysl, e v etky tieto s ty maj tvar (.) a 0 + a v + a v + + a n v n 7

6 8 Kapitola POLYN MY kde a 0 a ::: a n A, pri om n je nez porn cel slo. Den cia.. Nech A je podokruh okruhu A.Nech alej v A, pri om v = A. Hovor me, e okruh [A [fvg] vznikol adjunkciou prvku v k okruhu A. Vzniknut okruh ozna me [A [fvg] =A[v]. Pozn mka.. Zvety.7kapitoly v skripte [7] vypl va, e okruh A[v] je najmen m nadokruhom okruhu A obsahuj cim prvok v. Hne vidie, e medzi dan mi okruhmi je nasledovn vz ah: A A[v] A. Pr klad.. Okruh R re lnych sel je nadokruhom okruhu Z v etk ch cel ch sel. K okruhu Z adjungujme prvok p R. Zrejme p = Z. Pod a vety. je Z[ p ]=fa 0 + a p ++ an ( p ) n n N 0 a 0 a ::: a n Zg: Ke e ( p ) = ( p ) = p ( p ) 4 =4 ::: vid me, e Z[ p ] = fa 0 + a p a0 a Zg: itate si prever, e napr. ;+5 p +( p ) ; ( p ) =+(;) p : M me tak dve r zne vyjadrenia toho ist ho prvku okruhu Z[ p ] v tvare (.). Pr klad.. K okruhu Z adjungujeme R, kde je Ludolfovo slo. Dostaneme Z[] =fa 0 + a + + a n n n N 0 a 0 a ::: a n Zg: V tomto pr pade v ak ;+5 + ; 6=+(;) aakosad dok za, ani neexistuj dve r zne vyjadrenia toho ist ho prvku okruhu Z[] vtvare (.). Vzh adom na predch dzaj ce dva pr klady je eln vyslovi nasledovn den ciu. Den cia.. Nech A je podokruh okruhu A.Hovor me, e prvok v A je algebraick nad A, ak existuj tak prvky a 0 a ::: a n A, nie v etky rovn nulov mu prvku okruhu, e (.) a 0 + a v + a v + + a n v n =0: Ak tak prvky neexistuj, t.j. rovnos (.) je splnen len pre a 0 = a = a = ::: = a n =0, hovor me, e prvok v je transcendentn nad A. Ke e (;) + 0 p + ( p ) =0, hne vid me, e prvok p R z pr kladu. je algebraick nad Z. itate si ahko over, e bez ujmy na v eobecnosti mo no vrovnosti (.) predpoklada a n 6=0. Ke e u +(;)u =0, je ka d prvok u A algebraick nad A. D sadok za, e prvok R z pr kladu. je transcendentn nad Z. Pozorn itate si u iste na z klade pr kladov. a. urobil z ver, e vyjadrenia prvkov okruhu A[v] vtvare (.) bud resp. nebud jednozna n pod a toho, i v je algebraick resp. transcendentn nad A. K tejto ot zke sa e te vr time. (Pozri pozn mku.8.) Pozn mka.. Ak v den cii. vezmeme za okruh A okruh racion lnych sel Q a za okruh A okruh re lnych selr alebo okruh komplexn ch selc, je zvykom miesto algebraick (transcendentn ) prvok nad Q hovori algebraick (transcendentn ) slo (bez slovn ho spojenia nad Q ). itate ahko prever, e

7 x. Polyn my jednej neur itej 9 + i C s algebraick. D sa dok za, e e R s trans- 4 sla p 0 i cendentn sla. Nasleduj ca veta bude ma b zick v znam pri kon trukcii okruhu polyn mov. Prv ne ju vyslov me a dok eme, denujme si pojem izomorzmu okruhov, ktor budeme pri d kaze potrebova. Den cia.. Nech (A + ), (B + ) s okruhy. Hovor me, e tieto okruhy s izomorfn, ak existuje bijekcia ' : A! B zachov vaj ca oper cie okruhov. T.j. (i) Pre ka d x y A plat '(x + y) ='(x)+'(y) (ii) Pre ka d x y A plat '(x y) ='(x) '(y): Bijekciu ' naz vame izomorzmom okruhov A a B. V imnime si, e oper cie + na av ch stran chrovnost s oper cie v okruhu A, zatia o tieto oper cie na prav ch stran ch s oper cie okruhu B. Nijako nie je na z vadu, e tieto oper cie ozna ujeme v oboch okruhoch rovnako. alej si treba uvedomi, e ak A a B s izomorfn okruhy, tak existuje navz jom jednozna n priradenie medzi prvkami t chto okruhov, ktor zachov va oper cie okruhov. Potom je vlastne jedno, i vykon me oper ciu (s tanie alebo n sobenie) s dvoma prvkami v prvom okruhu alebo s ich obrazmi v druhom okruhu, lebo obraz v sledku oper cie s prvkami v prvom okruhu je v sledok oper cie s ich obrazmi v druhom okruhu. Ide teda len o premenovanie prvkov prv ho okruhu. Preto z h adiska algebraickej trukt ry nemus me medzi izomorfn mi okruhmi rozli ova. Ke je to vhodn, m eme ich stoto ni. Pr klad.. Uva ujme o okruhu cel ch sel (Z +:) a o okruhu (M + ) diagon lnych mat c typu s celo seln mi prvkami, kde mno ina M je dan takto: M = a 0 0 a a Z Hne vidie, e ide o izomorfn okruhy. Podrobne to dok te! Teraz vyslov me spomenut vetu. Pripome me si, e okruhy v nej uveden s komutat vne s jednotkou a podokruh obsahuje jednotku nadokruhu ike to pod a vy ie uveden ho dohovoru vyslovene neuv dzame. Veta.. Ku ka d mu okruhu A existuje nadokruh A obsahuj ci transcendentn prvok nad A. D kaz. D kaz je kon trukt vny. Aby sme po adovan nadokruh zostrojili, uva- ujme mno inu A v etk ch postupnost prvkov okruhu A, z ktor ch ka d m len kone n po et lenov r znych odnuly. To znamen, v ka dej takej postupnosti od ur it ho lena po naj c je u ka d al len rovn nule. Nech fa n g n=0, fb n g n=0 s dve tak to postupnosti (prvky mno iny A ). Ich s et a s in denujeme takto: (a) (b) an n=0 + b n n=0 = a n + b n n=0 an n=0 b n n=0 = n X i+j=n a i b j o n=0 pre n =0 :::

8 0 Kapitola POLYN MY Uvedieme pr klad s tania a n sobenia dvoch postupnost : an n=0 =(a 0 a a 0 0 :::) bn n=0 =(b 0 b 0 0 :::) S et a s in postupnost bud : an an n=0 b n n=0 =(a 0b 0 a 0 b + b 0 a a b + b 0 a b a 0 0 :::) n=0 + b n n=0 =(a 0 + b 0 a + b a 0 0 :::) Zrejme nem e vies k omylu, e s tanie a n sobenie v mno ine A a v okruhu A ozna ujeme t mi ist mi symbolmi + a. (Znak budeme niekde vynech va.) Dok eme, e trukt ra (A + ) jekomutat vny okruh s jednotkou. itate sa ahko presved, e (A +) je abelovsk grupa. Nulov prvok (nula) tejto grupy je postupnos (0 0 ). Z den cie n sobenia (b) vidie, e v sledn postupnos m tie len kone n po et lenov odnuly r znych, teda (A ) je grupoid. Z (b) okam ite vypl va tie komutat vnos n sobenia. Dok eme asociat vnos. fa n g(fb n gfc n g)=fa n gf X = f X k+m=n = f X a k ( X ( X p+j=n k+i=p i+j=m i+j=m b i c j m =0 :::g = b i c j m =0 :::) n =0 :::g = = f X k+i+j=n a k b i c j n = 0 :::g = a k b i p =0 :::)c j n =0 :::g =(fa n gfb n g) fc n g: Na dokon enie d kazu, e (A + ) je okruh, zost va dok za distribut vnos. (fa n g + fb n g) fc n g = fa n + b n gfc n g = f X = f X i+j=n a i c j + X i+j=n i+j=n (a i + b i )c j n =0 :::g = b i c j n =0 :::g = fa n gfc n g + fb n gfc n g: ahko sa presved me, e postupnos ( 0 0 :::) je jednotkou zostrojen ho okruhu ateda(a + ) jekomutat vny okruh s jednotkov m prvkom. Denujme teraz mno inu ^A t ch postupnost okruhu A, ktor ch prv leny s prvky okruhu A a v etky ostatn (po naj c druh m)s u rovn nule. Teda ^A = f(a 0 0 :::) a Ag Ponech me na itate a, aby si dok zal, e po prv : trukt ra ( ^A + ) je podokruhom okruhu (A + _ ) a po druh, e okruhy A a ^A s izomorfn. Je zrejm, e zobrazenie ' : A! ^A, tak, e pre ka d a A je '(a) =(a 0 0 :::) je pr slu n

9 x. Polyn my jednej neur itej izomorzmus. Ak teraz izomorfn okruhy stoto n me, t.j. polo me ^A A, m eme pova ova okruh A za podokruh okruhu A a zap sa A A.Teda za prvky okruhu A m eme pova ova tie prvky (postupnosti) okruhu A, ktor maj najviac prv len r zny odnulov ho prvku.( ) Aby sme dokon ili d kaz vety, mus me dok za, e v okruhu A existuje prvok transcendentn nad A. Dok eme, e tak mto prvkom je postupnos x =(0 0 0 :::). Najprv vypo tame mocniny prvku x: x =( :::) x =( :::) x 4 =( :::), at. Vid me, e umoc ovan m prvku x prirodzen mi slami sa slo pos va doprava. Mocnina x n m pred jednotkou n n l. Prikro me k vlastn mu d kazu. Nech prex A aprea 0 a a ::: a n A plat : a 0 + a x + a x + + a n x n =0: Vzh adom na predch dzaj ce stoto nenie posledn rovnos mo no p sa v tvare: (a :::)+(a 0 0 :::)x+(a 0 0 :::)x ++(a n 0 0 :::)x n =(0 0 0 :::): Ke do poslednej rovnosti dosad me vy ie vypo tan mocninyprvkux, po krat om v po te dostaneme: (a 0 a a ::: a n 0 0 :::)=(0 0 0 :::) odkia vypl va a 0 = a = a = = a n =0, i e prvok x =(0 0 0 :::)je transcendentn m prvkom nad A. T m je d kaz vety skon en. Pr ve dok zan veta n m zaru uje, e ku ka d mu komutat vnemu okruhu A s jednotkou existuje nadokruh, ktor obsahuje transcendentn prvok nad A. Veta. (o adjunkcii) a veta. n m umo uj vyslovi den ciu okruhu polyn mov jednej neur itej nad A.( ) Den cia.4. Nech A je ubovo n komutat vny okruh s jednotkov m prvkom. Nech A je nadokruh okruhu A obsahuj ci transcendentn prvok x nad A. Potom okruh A[x] budeme naz va okruhom polyn mov jednej neur itej nad okruhom A. Prvky okruhu A[x], ktor s pod a vety.tvaru (.4) f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n budeme naz va polyn my jednej neur itej s koecientami v okruhu A.( ) Prvky a 0 a a ::: a n A naz vame koecienty polyn mu, prvok x A naz vame neur it. leny a 0 a x a x a x at. naz vame absol tny, line rny, kvadratick, kubick len (ale aj len nult ho, prv ho, druh ho, tretieho at. stup a). len ( )Tak to stoto nenie naz vame vnoren m. Povieme, e sme vnorili okruh A do okruhu A. ( )Okruhy polyn mov mo no denova aj nad nekomutat vnymi okruhmi bez jednotkov ho prvku. Pozri knihu [8]. ( )Ke okruh A je seln okruh Z Q R alebo C, tak okruh Z[x] Q[x] R[x] alebo C[x] naz vame okruhom polyn mov s celo seln mi, racion lnymi, re lnymi alebo komplexn mi koecientami.

10 Kapitola POLYN MY a n x n naz vame ved ci len a a n ved ci koecient polyn mu. V pr pade n m - eme zrejme predpoklada a n 6=0. V tomto pr pade prirodzen slo n naz vame stupe polyn mu f(x), o zapisujeme stf(x) = n. V pr pade n =0 m me dve mo nosti: a) Ak a 0 6=0, tak f(x) =a 0 a stf(x) =0 (m me polyn m stup a nula).( ) b) Ak a 0 =0, tak polyn m f(x) =0 naz vame nulov polyn m a neprira ujeme mu iadny stupe. Pozn mka.. Pod a pozn mky. je A A[x] A, t.j. okruh A je podokruhom okruhu A[x] a ten zasa podokruhom okruhu A. itate si iste uvedomuje, e nulov polyn n okruhu A[x] jenulov prvok (nula) okruhu A a nenulov prvky okruhu A s polyn my nult ho stup a okruhu A[x]. Pozn mka.4. Ke e okruh A obsahuje jednotkov prvok, neur it x A[x] mo no vyjadri v tvare (.4). Skuto ne x =0+ x. Teda aj neur it x je polyn m atoprv ho stup a. Pozn mka.5. Miesto n zvu polyn m jednej neur itej niekedy pou vame n zov polynomick forma. Je to preto, e polyn my sa asto zav dzaj ako v razy tvaru (.4), pri om o symbole x ni nevieme (odtia n zov neur it ) t.j.x m e by ubovo n prvok okruhu A transcendentn nad A. Pozn mka.6. Tvar (.4) sa naz va norm lny tvar polyn mu. V imnime si, e mocnitele neur itej a indexy koecientov s zhodn. Niekedy sa pou va ajtvar (.5) f(x) =a 0 x n + a x n; + + a n; x + a n v ktorom s et indexu koecienta a mocnite a neur itej je rovn stup u polyn mu. Z asociat vneho, komutat vneho z kona (pre s tanie i n sobenie) ako i z distribut vneho z kona pre okruh A vypl vaj tieto pravidl pre s tanie a n sobenie polyn mov va[x]: Nech f(x) g(x) A[x], kde Potom ak m<n,m me f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n g(x) =b 0 + b x + b x + + b m x m : (.6) f(x)g(x) =(a 0 b 0 )+(a b )x+(a b )x ++(a m b m )x m ++a n x n : Podobn vzorec plat i pre m n. Pre n sobenie dost vame (.7) f(x) g(x) =d 0 + d x + d x + + d n+m x n+m kde d k = kx a i b k;i = X i=0 i+j=k a i b j : ( )Miesto f(x) =a 0 m eme p sa f(x) =a 0 x 0.

11 x. Polyn my jednej neur itej Aby sme si u ah ili po tanie s polyn mami, asto zav dzame kt vne nulov koecienty. Aka n je posledn nenulov koecient polyn mu f(x), p eme f(x) =a 0 x 0 + a x + a x + + a n x n +0 x n+ +0 x n+ + = Potom aj formuly (.6), (.7) vyjadr me jednoduch ie takto: (.8) X i=0 a i x i + X i=0 b i x i = X i=0 (a i + b i )x i X i=0 a i x i : (.9) X a j x j X j=0 k=0 b k x k = X i=0 X j+k=i a j b k x j+k = X X i=0 j+k=i a j b k x i : Pozn mka.7. Ke e ka d polyn m je ur en postupnos ou svojich koecientov, z ktor ch jelenkone n po et nenulov ch, hne vidie, o in pirovalo n postup pri kon trukcii okruhu A vovete.. Vn mav itate asi postrehol, e aj pravidl (a), (b) pre s tanie resp. n sobenie postupnost v tejto kon trukcii s v podstate formuly (.8) resp. (.9). Veta.. Nech f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n g(x) =b 0 + b x + b x + + b m x m : s dva polyn my okruhu A[x]. Potom f(x) =g(x) pr ve vtedy, ke m = n a a i = b i pre i = ::: n. In mi slovami: Dva polyn my s sirovn pr ve vtedy, ke maj rovnak koecienty. D kaz. I. Ak m = n a a i = b i pre i = ::: n, tak zrejme f(x) =g(x). II. Nech napr klad n m. Potom polyn m g(x) dopln me (ak treba) nulov mi koecientami tak, e ho m eme p sa v tvare g(x) =b 0 + b x + b x + + b n x n : Aby sme dok zali obr ten implik ciu predpokladajme f(x) =g(x). Po dosaden a malej prave m me (a 0 ; b 0 )+(a ; b )x +(a ; b )x + +(a n ; b n )x n =0 kde zrejme (a 0 ;b 0 ) (a ;b ) (a ;b ) ::: (a n ;b n ) A. Ke e x je transcendentn prvok nad A, m me(a 0 ; b 0 )=(a ; b )=(a ; b )==(a n ; b n ) =0, a tak a 0 = b 0 a = b a = b ::: a n = b n, odkia tie vypl va m = n.

12 4 Kapitola POLYN MY Pozn mka.8. Z d kazu predch dzaj cej vety je jasn, pre o bolo nutn pri kon trukcii okruhu polyn mov jednej neur itej nad okruhom A pou i prvok transcendentn nad A. Zaistila sa t m po iadavka, aby polyn my sibolirovn pr ve vtedy, ke maj rovnak koecienty alebo, o je to ist, aby ka d polyn m bol jednozna ne vyjadrite n vtvare (.4). Z pr kladu. vid me, e t to po iadavka sa ned splni, ke x je algebraick prvok nad A. Veta.4. Okruh A[x] polyn mov jednej neur itej nad A je obor integrity pr ve vtedy, ke A je tie obor integrity. D kaz. I. Nech A[x] jeoborintegrity.pou ijeme nepriamyd kaz. Ak by A nebol obor integrity, obsahoval by netrivi lne delitele nuly. Tieto delitele nuly by boli delite mi nuly (ako polyn my stup a nula) aj v okruhu A[x], o je proti predpokladu. II. Nech A je obor integrity a nech f(x) g(x) s dva nenulov polyn my okruhu A[x] tvaru f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n g(x) =b 0 + b x + b x + + b m x m kde zrejme a n b m 6=0. Sta dok za, e ich s in je tie nenulov polyn m. Pod a formuly (.7) pre n sobenie polyn mov polyn m f(x)g(x) m v norm lnom tvare ved ci len a n b m x n+m.nako ko A je obor integrity, m me a n b m 6=0 a teda f(x) g(x) jenenulov polyn m. D sledok. Nech A je obor integrity. Nech f(x) g(x) A[x] s dva nenulov polyn my. Potom st (f(x) g(x)) =st f(x) +stg(x). D kaz vypl va z d kazu vety.4. Pr klad.4. Nech f(x) g(x) Z 6 [x], kde f(x) = +x ; 5x + x, g(x) =4+x astf(x) =,stg(x) =. Po tame: f(x)g(x) =(+x;5x +x )(4+x) =4+x;x +x +x+0x ;x +0x 4 = = 4+5x ; x ; x. Vid me, e st (f(x) g(x)) = 6= 4=stf(x)+st g(x). Je to mo n preto, e okruh Z 6 [x] nie je obor integrity. Veta.5. Nech F je pole. Potom F [x] je obor integrity, ale nie je to teleso. D kaz. Ke e ka d pole je obor integrity, pod avety.4 je aj okruh F [x] obor integrity. Dok eme, e nie je telesom. Naozaj polyn m f(x) =x 6=0 nem v okruhu F [x] inverzn prvok. Ak by toti pre nejak polyn m g(x) F [x] platilo x g(x) =, pod a d sledku vety.4 by sme mali st x+st g(x) =st, odkia +st g(x) =0, i e st g(x) =;, o nie je mo n, lebo iadny polyn m nem stupe rovn m nus jednej. Veta.6 (dosadzovacie pravidlo). Nech A je ubovo n nadokruh okruhu A. Nech f(x) g(x) A[x] s tak polyn my, e plat f(x) =g(x). Potom pre v etky a A plat f(a) =g(a). D kaz. Nech f(x) =g(x). Po uveden oboch polyn mov na norm lny tvar (.4) p eme a 0 + a x + a x + + a n x n = b 0 + b x + b x + + b m x m : Pod a vety. je m = n a a i = b i pre i =0 :::n. Ale potom f(a) =g(a) pre v etky a A.

13 x. Polyn my jednej neur itej 5 Pozn mka.9. Dosadzovacie pravidlo vlastne hovor : Rovnos dvoch polyn mov nad okruhom A zostane zachovan, ke za neur it x dosad me ubovo n prvok z ubovo n ho nadokruhu okruhu A. Dosadzovacie pravidlo s v hodou vyu vame vtedy, ke aspo jeden z polyn mov f(x) g(x) nie je v norm lnom tvare. Uk eme to v nasleduj com pr klade. Pr klad.5. Odvoch polyn moch f(x) a g(x) nad po om racion lnych sel vieme, e f(x) =g(x), kde f(x) =x ;x+ a g(x) =a(x;) +b(x;)+c. Ur me racion lne sla a b c. Ke e a(x ; ) + b(x ; ) + c =x ; x + pod a dosadzovacieho pravidla m me g(0) = f(0) t:j: 9a ; b + c = g() = f() t:j: a ; b + c =4 g(;) = f(;) t:j: 5a ; 5b + c =6 Rie en m s stavy rovn c dost vame a =, b = ; 5, c =, teda g(x) = (x;) ; 5 (x ; ) +. Skontrolujte, e f(x) =g(x). Veta.7. Nech x 6= y s dva transcendentn prvky nad okruhom A. Potom A[x] a A[y] s izomorfn okruhy. D kaz ponech me itate ovi. Poznamenajme, e pod a tejto vety prikon trukcii okruhu polyn mov jednej neur itej nad A nez le na tom, ktor transcendentn prvok nad A zvol me. Veta.8. Nech A je obor integrity. Ka d polyn m aspo prv ho stup a z okruhu A[x] je transcendentn m prvkom nad A. D kaz. Nech f(x) A[x], pri om st f(x). Dok eme, f(x) je transcendentn m prvkom nad A. Nepriamo. Ak by bol algebraick m nad A, existovali by prvky a 0 a ::: a m A tak, e (.0) a 0 + a f(x) +a f (x) ++ a m f m (x) =0 pri om a m 6=0am. Polyn m f(x) predpokladajme v tvare f(x) =c 0 + c x + + c n x n kde c n 6=0, n. V raz na avej strane (.0) uprav me na polyn m (v neur itej x) v norm lnom tvare. ahko zist me, e je stup a mn jehoved ci len je a m c m n xmn. Ke e A je obor integrity, a m c m n 6= 0: Z (.9) potom vypl va, e x je algebraick prvok nad A, o je v spore s predpokladom, e x je neur it nad A.

14 6 Kapitola POLYN MY Pozn mka.0. Predpoklad, e A je obor integrity je v predch dzaj cej vete nutn. Uva ujme napr klad polyn m x + Z 6 [x]. Hoci 6= 0, predsa plat (x + )+=0, i e x + je algebraick prvok nad Z 6. Pod a predch dzaj cej vety ubovo n polyn m aspo prv ho stup a f[x] A[x], kde A[x] jeoborintegrity, je transcendentn m prvkom nad A. M eme ho teda adjungova k okruhu A avytvori tak okruh polyn mov A[f(x)], v ktorom neur it je polyn m f(x). Pod a vety.7 s okruhy A[x] aa[f(x)] izomorfn. V nasleduj cej vete dok eme, eakoborintegrity A je pole, a ak polyn m f(x) jeprv ho stup a, tak plat silnej ie tvrdenie: okruhy s nielen izomorfn ale s si dokonca rovn. Veta.9. Nech F je pole a nech x je transcendentn prvok nad F.Potom F [x] =F [ax + b], kdea 6= 0 b s ubovo n prvky po a F. D kaz. Ke e ka d polyn m (s koecientami z po a F ) o neur itej ax + b je aj polyn mom o neur itej x (od vodnite!), plat inkl zia F [ax + b] F [x]. Aby sme dok zali opa n inkl ziu polo me ax + b = y. Nako ko F je teleso, m me x = a ; y ; a ; b. Z tohto d vodu pre ubovo n polyn m f(x) F [x] plat f(x) F [y] =F [ax + b], teda aj F [x] F [ax + b]. Pr klad.6. Pod a predch dzaj cej vety je Q[x] = Q[x ; ]. Aby sme to ilustrovali, dok me, e polyn m f(x) =x ; x + Q[x] je aj z okruhu Q[x ; ]. Podobne ako v d kaze vety polo me x ; =y a vypo tajme x = = y +.Po tajme: f(x) =x ; x +=( y + ) ; ( y + ) + = ); y; + = y ; 5 y+ = (x;) ; 5 =( 4 y + y+ 9 (x;)+ Q[x;]. 4 Vid me, e sme pri li k tomu ist mu v sledku ako v pr klade.5. Cvi enia. Prvky okruhov Q[ p ], Q[ p ], Q[i], Q[e] vyjadrite v tvare (.) o najkrat m sp sobom. V ktor ch zt chto okruhov s mo n r zne vyjadrenia toho ist ho prvku v tvare (.)? Ktor z t chto okruhov s polia?. Nech r Q je racion lne slo, ktor nie je tvorcom (racion lneho sla). Dok te, e okruh Q[ p r] je pole.( ). Dok te podrobne vetu.. 4. Dok te, e Q[] =Q[ + ]. 5. Dok te, e ka d prvok po a komplexn ch sel je algebraick nad po om re lnych sel. slo. 6. Nech a b c Q, pri om c>0 nie je tvorec. Dok te, e a+b p c je algebraick 7. Dok te, e p 5, p 5, i +7, p +i s algebraick sla. 8. Ak v 6=0 je algebraick slo, tak aj v je algebraick slo. Dok te to. 9. Ak v je algebraick prvok nad okruhom A a a A, tak aj v + a je algebraick ( )Aby sme zd raznili, e okruh Q[ p r] je pole, na jeho ozna enie pou vame okr hle z tvorky takto Q( p r)

15 x. Polyn my jednej premennej 7 prvok nad A. Dok te to. *0. Nech n je prirodzen slo a je komplexn slo. Predpokladajme, e existuj tak komplexn sla # # ::: # n, z ktor ch aspo jedno je r zne od nuly, e # j = a j # + a j # + + a jn # n kdej = ::: n pri om a jk Q. Potom je algebraick slo. Dok te to. N vod. D kaz pozri v knihe [, str. 40]. *. Ak u v s algebraick sla, tak aj u + v, u v s algebraick sla. Dok te to. N vod. Vyu ite cvi enie 0. Podrobn d kaz je v knihe [, str. 4-4].. Ber c do vahy cvi enie 7 a dok te, e algebraick slatvoria podpole po a komplexn ch sel.. Nech x je transcendentn prvok nad okruhom A.Dok te, e prvky x x x ::: s od seba r zne. 4. Nech A je nadokruh okruhu A a nech x je transcendentn prvok nad okruhom A.Potom x je transcendentn prvok aj nad A. Dok te to. 5. V okruhu Z [x] n jdite v etky polyn my tretieho stup a, potom v etky polyn my najviac tretieho stup a. 6. Nech A je kone n oborintegrity maj ci k prvkov. Vypo tajte a) Ko ko polyn mov existuje v A[x] stup a najviac n-t ho? b) Ko ko polyn mov existuje v A[x] stup a pr ve n-t ho? c) Overte to na Z 5 [x] pren =. 7. Ako treba ur i a b c Q, aby polyn my f(x) =x +x +5 g(x) =a(x ; ) + b(x ; ) + c boli rovnak? 8. Zostrojte obor integrity, ktor je izomorfn s vlastn m podoborom integrity. x. Polyn my jednej premennej Den cia polyn movuveden v predch dzaj com paragrafe je takzvan algebraick den cia polyn mov\. Denovali sme polyn my jednej neur itej alebo polyno- " mick formy ako sme sa o tom zmienili v pozn mke.5.teraz si uvedieme takzvan funk n den ciu polyn mov\. Tento pr stup je itate ovi zn my z matematickej " anal zy. Den cia.. Nech je dan komutat vny okruh A s jednotkov m prvkom. Zobrazenie f : A! A tvaru (.) f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n

16 8 Kapitola POLYN MY kde x a 0 a a ::: a n A naz vame polyn m jednej premennej x nad A. Stupe polyn mu jednej premennej sa denuje tak isto, ako stupe polyn mu jednej neur itej (pozri den ciu.4). Dva polyn my f g jednej premennej budeme poklada za rovn t.j. f = g pr ve vtedy, ke pre v etky x A plat f(x) =g(x). S et h = f + g as inp = f g polyn mov f g denujeme takto: (.) (.) Pre v etky x A Pre v etky x A plat h(x) =f(x) +g(x) plat p(x) =f(x) g(x): Vzh adom na to, e formula pre polyn m jednej neur itej (.) v den cii.4 a formula pre polyn m jednej premennej (.) v den cii. je celkom rovnak, platia pravidl (.5) a (.6) pre s tanie a n sobenie polyn mov jednej neur itej aj pre polyn my jednej premennej. Pomocou t chto form l sa ahko dok e (ponech me to na itate a), komutat vny a asociat vny z kon pre s tanie a n sobenia polyn mov jednej premennej a tie z kon distribut vny. Dost vame tak vetu. Veta.. Symbolom Ahxi ozna me mno inu v etk ch polyn mov jednej premennej nad okruhom A. Algebraick trukt ra (Ahxi + ) je komutat vny okruh s jednotkov m prvkom. Vprech dzaj com paragrafe sme polyn my jednej neur itej nazvali aj polynomick formy. Podobne aj polyn my jednej premennej naz vame niekedy polynomick funkcie. Pros me itate a, aby siuvedomil, e medzi t mito den ciami je rozdiel. Polyn m jednej neur itej f(x) A[x] jeprvkom nadokruhu A[x] okruhu A akjeto nulov polyn m alebo polyn m stup a nula je dokonca prvkom aj okruhu A. Teda A A[x]. Polyn m jednej premennej f Ahxi je zobrazenie t.j. f AA. Teda A nie je podokruhom okruhu Ahxi.( ) alej z toho, e napr klad Q R, vypl va ajq[x] R[x], i e ka d polyn m jednej neur itej s racion lnymi koecientami je aj polyn mom s re lnymi koecientami. To v bec neplat pri Qhxi a Rhxi. Zobrazenie f : Q! Q je in ako f : R! R. M in deni n obor i obor hodn t, i ke form lne predpisy s rovnak. Uva ujme o zobrazen : A[x]! Ahxi, ktor ka d mu polyn mu jednej neur- itej prirad ten polyn m jednej premennej (nad t m ist m okruhom A), ktor m s n m rovnak koecienty. ahko mo no skontrolova, e toto zobrazenie zachov va oper cie v dan ch okruhoch, t.j. m vlastnosti (i) aj (ii) z den cie.. Napriek tomu nemus by izomorzmom okruhov, lebo je s ce surjekcia (presved te sa o tom!) ale v bec nemus by injekcia, ako sauk e v nasledovnom pr klade. Pr klad. Nech zobrazenie : Z [x]! Z hxi prirad ka d mu polyn mu jednej neur itej nad Z ten polyn m jednej premennej (nad Z ), ktor m s n m ( )Tento fakt e te neznamen, e by okruh Ahxi nemohol obsahova podokruh izomorfn s okruhom A. Ako itate ahko zist, tak podokruh tvor mno ina v etk ch kon tantn ch zobrazen, t.j. mno ina obsahuj ca pr ve polyn my jednej premennej stup a nula ako aj nulov polyn m.

17 x. Polyn my jednej premennej 9 rovnak koecienty. Vezmime dva polyn my f(x) g(x) Z [x] dan takto: f(x) =x + x + g(x) =x + x + x + Vidie, e f(x) 6= g(x), lebo polyn my maj r zne koecienty. Prira me im pr slu n polyn my jednej premennej: x + x + x + x + x + 7;! x + x + 7;! x + x + x + V avo od ipiek s teda r zne polyn my jednej neur itej, ale vpravo, ako itate ahko zist, s rovnak polyn my jednej premennej. Skuto ne pre x = 0 plat f(x) =g(x). Menovite f(0) = g(0) =, f() = g() =, f() = g() =. Preto zobrazenie nie je injekcia. Ako zachv u uvid me, existuj okruhy (s to nekone n obory integrity), nad ktor mi okruh polyn mov jednej neur itej je izomorfn okruhu polyn mov jednej premennej, i e vy ie spom nan zobrazenie je izomorzmom. V tomto pr pade s aj polyn my jednej premennej rovn pr ve vtedy, ke maj rovnak koecienty. V te rii polyn mov hr d le it lohu pojem kore a alebo nulov ho bodu polyn mu. Den cia.. Nech f(x) je polyn m jednej neur itej alebo jednej premennej nad A. Nech alej A je nejak nadokruh okruhu A. Ka d prvok A, pre ktor plat f() =0 naz vame kore om, alebo tie nulov m bodom polyn mu f(x). Veta.. Nech f(x) je polyn m stup a n jednej neur itej alebo jednej premennej nad oborom integrity A. Potom f(x) m v ktoromko vek nadobore integrity A oboru integrity A najviac n kore ov. D kaz vykon me indukciou pod a n. I. Ke n =0jef(x) =a 0 6=0, t.j. polyn m nem iadny kore. II. Nech jeveta spr vna pre v etky nez porn cel sla men ie ako n. Dok eme, e plat aj pre n. Na d kaz pou ijeme identitu (.4) a k ; b k =(a ; b)(a k; + a k; b + + ab k; + b k; ) platn v ubovo nom obore integrity A, kdea b A Nech teda polyn m f(x) =a 0 + a x + a x + + a n x n a k je cel slo. m stupe n. Ak f(x) nem iadny kore, veta plat. Nech teda f(x) m (v niektorom nadobore integrity A )kore. Potom f() =0 a tak m eme p sa f(x) =f(x);f() =a 0 +a x+a x ++a n x n ;(a 0 +a +a ++a n n )= = a (x ; )+a (x ; )++ a n (x n ; n )=(x ; )g(x), kde sme vyu ili identitu (.4) a kde g(x) (nako ko A je obor integrity) m stupe n ;. Polyn m g(x) m pod a induk n ho predpokladu najviac n ; kore ov. Ke e ka d kore polyn mu g(x) jeajkore om polyn mu f(x) m f(x) najviac n kore ov.

18 0 Kapitola POLYN MY Pozn mka.. Predpoklad, e A (a teda aj A) jeoborintegrity bol pre platnos vety. nutn. Akby A mal netrivi lne delitele nuly, tak druh krok matematickej indukcie by sa nedal vykona. Skuto ne, polyn m (x ; )g(x) by mohol ma okrem kore a akore ov polyn mu g(x) aj al kore, akby nenulov prvky ( ; ) ag() mali s in rovn nule. Napr klad v okruhu polyn mov nad okruhom zvy kov ch tried Z 6 m me (x ; )(x ; ) = x ; 5x, ale posledn polyn m stup a m tyri korene. Okrem kore ov ae tekorene 0a5. Veta.. Nech predva polyn my f(x) g(x) jednej premennej nad oborom integrity A (t.j. f(x) g(x) Ahxi) plat f(x) =g(x) (t.j. polyn my nadob daj rovnak funk n hodnoty pre v etky x A). Potom f(x) a g(x) maj vo vyjadren (.) aj rovnak koecienty pr ve vtedy, ke A je nekone n oborintegrity. D kaz. I. Nech oborintegrity A m nekone ne mnoho prvkov a nech pre v etky x A plat f(x) =g(x). Ak by polyn my f(x) g(x) nemali rovnak koecienty,bol by polyn m f(x);g(x) stup a s, kde 0 s max(st f(x) st g(x)) a napriek tomu by mal nekone ne mnoho kore ov (ka d prvok oboru integrity A by bol kore om polyn mu f(x) ; g(x)), o odporuje vete.. II. Treba e te dok za, e nad kone n m oborom integrity existuj polyn my, ktor s si rovn a z rove nemaj rovnak koecienty. Teda nech oborintegrity A m kone ne mnoho prvkov a a ::: a r.potom polyn m '(x) =(x ; a )(x ; a ) :::(x ; a r ) m stupe r (ved ci len je x r ), ale nadob da nad A len hodnotu 0 ako nulov polyn m maj ci v etky koecienty rovn nule. Pozn mka.. Teda v pr pade nekone n ho oboru integrity A s okruhy (A[x] + ) (Ahxi + ) izomorfn a den cia rovnosti dvoch polyn mov jednej neur- itej spl va srovnos ou dvoch polyn mov jednej premennej. Zvety. a d kazu vety. vypl va tento D sledok. Ak A je kone n oborintegrity, tak A[x] je tie obor integrity ale Ahxi m netrivi lne delitele nuly. Pr klad. N jdeme netrivi lne delitele nuly v okruhu Z 5 hxi. Zat m elom denujme nulov polyn m '(x) =(x ; 0)(x ; )(x ; )(x ; )(x ; 4) a upravme ho takto '(x) =(x ; 0)(x ; )(x ; )(x ; )(x ; 4) =(x ; x)(x ; 5x + )(x ; 4) = =(x ; x)(x ; 4)(x + ) =(x + 4x)(x + ): M me teda s in dvoch nenulov ch polyn mov rovn nule, t.j. (x + 4x)(x + ) = 0. Naozaj, prv polyn m nadob da nenulov hodnoty v bodoch 0 4adruh v bodoch. Na li sme netrivi lne delitele nuly. V al om budeme (ak nepovieme inak) pou va algebraick den ciu polyn mu t.j. polyn my jednej neur itej. Zo stanoviska algebry m t to den cia svoje v hody. Napr klad stupe polyn mu je denovan predpisom (.4) v den cii.4 ako

19 x. Polyn my jednej premennej aj predpisom (.) v den cii.. Ale ten ist polyn m jednej premennej m e by zadan r znymi predpismi. Tak ak stupe mu vlastne priradi? Algebraick den cia je v hodnej ia aj v pr pade ke okruhy (A[x] + ) (Ahxi + ) s izomorfn, t.j. ke A je nekone n oborintegrity. Ako sme u povedali vy ie (pozri text za vetou.), ak napr. uva ujeme podobor integrity A 0 oboru A, tak polyn m f(x) A 0 [x] je aj polyn mom z A[x]. Pri funk nej den cii to tak nie je. Zobrazenie f : A! A je in ako f : A 0! A 0, hoci form lne predpisy s rovnak. Cvi enia. Presved te sa, e polyn my x +, x +, x +, x 4 + x + x + z okruhu Z hxi s si navz jom rovn.. Nech je dan polyn m jednej premennej f(x) =4x +x+ Z 5 hxi. N jdite aspo dva polyn my z tohto okruhu, ktor s mu rovn a nemaj s n m rovnak koecienty. N vod. Najsk r n jdite polyn m rovn nulov mu polyn mu, ale maj ci aspo jeden nenulov koecient.. N jdite polyn m tretieho stup a f(x) =a + bx + cx + dx Rhxi, ke viete, e f(0) =0, f() =, f() =0, f() =. *4. Nech F je pole. N jdite polyn m f(x) Fhxi, ktor v bodoch a 0 a ::: a n, kde prvky a i F s navz jom r zne, nadob da hodnoty y 0 y ::: y n. N vod. Najsk r pre i =0 ::: n denujte polyn my p i (x) =(x ; a 0 )(x ; a ) :::(x ; a i; )(x ; a i+ ) :::(x ; a n )= Y j6=i(x ; a j ): Presved te sa, e p i (a j ) =0, ak j 6= i. Naopak: ak j = i, tak p i (a i ) 6=0. H adan polyn m je (.5) f(x) = nx i=0 y i p i (x) p i (a i ) = n X i=0 y i Qj6=i (x ; a j) Qj6=i (a i ; a j ) : Polyn m (.5) naz vame Lagrangeov interpola n polyn m. lohu mo no vyrie i aj pod a nasledovn ho takzvan ho Newtonovho interpola n ho vzorca (.6) f(x) =c 0 +c (x;a 0 )+c (x;a 0 )(x;a )++c n (x;a 0 )(x;a ) :::(x;a n; ): Naozaj, ak predpoklad me, e polyn m (.6) m v dan ch bodoch dan funk n hodnoty, m me y 0 = f(a 0 )=c 0.Podobne y = f(a )=c 0 + c (a ; a 0 ), odkia u dostaneme al koecient polyn mu c = y ;c 0 a ;a 0.Takto pokra ujeme alej, k m nevypo tame v etky koecienty polyn mu (.6). 5. Pomocou Lagrangeovho interpola n ho polyn mu n jdite tak polyn m f(x) Rhxi, ktor v bodoch a 0 =, a =, a =5 nadob da hodnoty y 0 =,

20 Kapitola POLYN MY y =, y =. Potom urobte to ist pomocou Newtonovho interpola n ho vzorca a v sledky porovnajte. 6. Nech f(x) g(x) Fhxi s dva polyn my stup a n. Nech oba v bodoch a 0 a ::: a n, kde prvky a i F s navz jom r zne, nadob daj rovnak hodnoty y 0 y ::: y n.potom f(x) =g(x). Dok te to. N vod. Vyu ite vetu.. 7. Pomocou cvi enia 6 dok te, e polyn m odvoden pod a Lagrangeovho interpola n ho polyn mu pr padne Newtonovho interpola n ho vzorca je dan jednozna ne. 8. Nech F je kone n pole. Nech f : F! F je ubovo n funkcia. Potom f je polynomick funkcia, t.j. ka d funkcia nad kone n m po om je polynomick. Dok te to. *9. Nap te polyn m, ktor bude ma v bodoch ::: n celo seln hodnoty, v bode n+ necelo seln hodnotuavboden+ zase celo seln hodnotu. Polyn m ur te tak, aby boln-t ho stup a. N vod. Najprv ur te tak polyn m (n + )-ho stup a a potom stanovte koecienty tak, aby sa leny (n + )-ho stup a zru ili. Rozozn vajte tri pr pady n =, n = a n. Posledn pr pad rozde te na dva podpr pady: n je nep rne a n je p rne. x. Delite nos v okruhu polyn mov jednej neur itej (nad po om) Budeme uva ova o polyn moch jednej neur itej nad po om F ( itate si m e predstavi napr. pole re lnych sel, ale aj kone n pole napr. Z 5 ) V paragrafe sme dok zali, e okruh (F [x] + ) jekomutat vny oborintegrity s jednotkov m prvkom. Jednotkov prvok okruhu F [x] je s asne aj jednotkov m prvkom po a F a ozna ujeme ho. Podobne nulov polyn m (nulov prvok okruhu F [x]) je s asne nulov m prvkom po a F a ozna ujeme ho 0. Vtomto paragrafe pojedn me o delite nosti v okruhu polyn mov F [x]. Zvl tnu lohu tu bud hra polyn my stup a nula, t.j. nenulov prvky po a F. Plat o nich tvrdenie: Veta.. K polyn mu f[x] F [x] existuje v okruhu F [x] inverzn polyn m f ; (x) (vzh adom na n sobenie) pr ve vtedy, ke st f(x) =0 t.j. ke f(x) je nenulov prvok po a F. D kaz. I. Ak f(x) F [x] jenenulov prvok po a F, tak k nemu existuje v F teda aj v F [x] inverzn prvok. II. Nech stf(x) =. Ak by existoval polyn m g(x) F [x] tak, e f(x)g(x) =, mali by sme st (f(x) g(x)) =st f(x) +stg(x) =0, odkia st g(x) 5 ;, o je nemo n. Teda polyn mystup anula s jedin mi polyn mami, ku ktor m existuj v F [x] inverzn prvky.

21 x. Delite nos v okruhu polyn mov jednej neur itej (nad po om) Den cia.. Nech f(x) g(x) F [x]. Hovor me, e polyn m f(x) del polyn m g(x), o zapisujeme f(x) j g(x), ak v F [x] existuje polyn m h(x) tak, e g(x) =f(x) h(x). Ak tak polyn m neexistuje, potom f(x) nedel g(x), o zapisujeme f(x) - g(x). Pozn mka.. Pre v etky polyn my f(x) F [x] plat f(x) j 0, ale 0 - f(x) pre ka d polyn m f(x) 6=0. Nasleduj ce dve vety si itate dok e s m. Veta.. Rel cia j z den cie. je reex vna a tranzit vna. Veta.. Ak f(x) F [x] a c F, pri om c 6= 0, tak c j f(x), f(x) j c f(x), c f(x) j f(x). Den cia.. Hovor me, e polyn m f(x) F [x] je asociovan s polyn mom g(x) F [x], ak existuje polyn m nult ho stup a (nenulov prvok po a F ) a F tak, e f(x) =a g(x). Ozna ujeme to f(x) g(x). Veta.4. Rel cia z predch dzaj cej den cie je rel ciou ekvivalencie. D kaz je trivi lny, ponech me ho na itate a. D sledok. Rel cia rozlo mno inu F [x] na (po dvoch) disjunktn triedy navz jom asociovan ch polyn mov. Pozn mka.. Polyn my stup a 0 s navz jom asociovan { tvoria osobitn triedu. Pr klad.. Uva ujme polyn my oboruintegrity R[x], kde R je pole re lnych sel. Polyn mami stup a nula s napr. polyn my, /,, 7, /7, p,, at. Polyn m x; del polyn m x ;5x+6, t.j. x; j x ;5x+6.Polyn my x ;5x+6, x ; 0x +, p x ; 5 p x +6 p s navz jom asociovan, t.j. patria do tej istej triedy pod a ekvivalencie. Veta.5. Polyn my f(x), g(x) F [x] s navz jom asociovan pr ve vtedy, ke plat f(x) j g(x) a z rove g(x) j f(x). D kaz. I. Nech plat f(x) g(x). Potom f(x) =ag(x), kde a 6= 0: Teda m me g(x) j f(x). Ale plat aj g(x) =a ; f(x) teda f(x) j g(x). II. Nech f(x) j g(x) a z rove g(x) j f(x), i e existuj polyn my h(x), k(x) F [x] tak, e g(x) =h(x)f(x) a z rove f(x) =k(x)g(x), odkia m me (.) g(x) =h(x)k(x)g(x): M me dve mo nosti: ) g(x) =0. Potom aj f(x) =0, teda f(x) g(x). ) g(x) 6=0. Potom v (.) mo no vykr ti polyn mom g(x) 6=0 ( itate si uvedomuje, e F [x] jeoborintegrity), m dostaneme h(x) k(x) =. To vzh adom na vetu. znamen, e polyn my h(x) k(x) s stup a nula, t.j. f(x) g(x).

22 4 Kapitola POLYN MY Pr klad.. Ke e x ; 5x +6 p x ; 5 p x +6 p plat x ; 5x +6j p x ; 5 p x +6 p a z rove p x ; 5 p x +6 p j x ; 5x +6. Najv spolo n delite Den cia.. Nech d(x) f(x) g(x) F [x]. Hovor me, e d(x) jespolo n m delite om polyn mov f(x) ag(x) ak plat d(x) j f(x) a z rove d(x) j g(x). Den cia.4. Hovor me, e d(x) jenajv m spolo n m delite om (pou vame aj skratku NSD) polyn mov f(x) ag(x), o zapisujeme d(x) =(f(x) g(x)), ak m nasleduj ce dve vlastnosti: (i) d(x) jeich spolo n m delite om, t.j. d(x) j f(x) a z rove d(x) j g(x), (ii) Ak d (x) je (nejak ) spolo n delite polyn mov f(x) ag(x), tak d (x) j d(x). In mi slovami: Najv spolo n delite dvoch polyn mov je tak ich spolo n delite, ktor delia v etky spolo n delitele dan ch polyn mov. Veta.6. Nech d(x) =(f(x) g(x)). Nech d (x) F [x]. Potom d (x) je tie NSD polyn mov f(x) a g(x) pr ve vtedy, ke d (x) d(x). D kaz. I. Ak d(x) =(f(x) g(x)) a d (x) =(f(x) g(x)), tak pod a vlastnosti (ii) najv ieho spolo n ho delite a plat d (x) j d(x) a z rove d(x) j d (x). To znamen d (x) d(x) pod a vety.5. II. Nech d(x) =(f(x) g(x)) a d (x) d(x). Potom existuje c F [x] r zne od nuly tak, e d(x) =cd (x). ) Ke e d(x) j f(x), i e cd (x) j f(x), vid me, e aj d (x) j f(x). Analogicky dok eme d (x) j g(x). ) Ka d d (x), ktor del f(x) az rove g(x), del aj d(x). Ke e d(x) j d (x), na z klade tranzit vnosti rel cie del, m me d (x) j d (x). Vid me, e d (x) m obe vlastnosti najv ieho spolo n ho delite a. D sledok. Rovnos (f(x) g(x)) = d(x) sa nezmen, ke ubovo n z polyn mov f(x) g(x) d(x), nahrad me polyn mom s n m asociovan m, to znamen plat (r f(x) s g(x)) = t d(x), kde r s t6= 0, r s t F. Hovor me, e NSD je ur en jednozna ne a na asociovanos, ak pravda existuje. Uk eme, e v obore integrity F [x] NSDdvoch polyn mov v dy existuje. Najprv dok eme nasleduj cu vetu: Veta.7 (veta o delen so zvy kom). Nech f(x), g(x) F [x] s dva ubovo n polyn my, kdeg(x) 6= 0.Potom existuj dva polyn my q(x), r(x) F [x] tak, e plat f(x) =g(x) q(x) +r(x) kde r(x) =0 alebo st r(x) < st g(x): Polyn my r(x), q(x) s ur en jednozna ne.

23 x. Delite nos v okruhu polyn mov jednej neur itej (nad po om) 5 Pozn mka.. Polyn m q(x) savol podiel a polyn m r(x) zvy ok pri delen polyn mu f(x) polyn mom g(x). D kaz vety.7. A. Existencia. Nech f(x) g(x) F [x] s dva ubovo n polyn my, pri om g(x) 6=0. Budeme rozozn va pr pady: a) f(x) =0. Potom f(x) =g(x) a tak q(x) =r(x) =0. b) f(x) 6=0, pri om st f(x) < st g(x). Potom f(x) = g(x) 0+f(x), teda q(x) =0,r(x) =f(x). c) f(x) 6=0, pri om st f(x) = st g(x). Nech f(x) =a n x n + a n; x n; + + a x + a 0 a n 6=0 g(x) =b m x m + b m; x m; + + b x + b 0 b m 6=0: D kaz vykon me matematickou indukciou pod a n, kden =0 :::. I. Nech n =0. Potom vzh adom na predpoklady c) je f(x) =a 0, g(x) =b 0, kde ) + 0, teda q(x) 0 =a 0 b ; 0, r(x) =0. a 0 b 0 6=0. Potom ale f(x) =g(x) (a 0 b ; II. Nech veta plat pre v etky polyn my f(x) stup a k<n.polyn m (.) f (x) =f(x) ; a n b ; m x n;m g(x) je nulov alebo stup a men ieho ako n. ( leny stup a n na pravej strane (.) sa zru ili). Ak je nulov, tak f(x) =g(x)(a n b ; m xn;m )+0,t.j. q(x) =a n, r(x)=0. Ak f (x) 6=0, tak na polyn m f (x)a n b ; m xn;m mo no pou i induk n predpoklad a p sa (.) f (x) =g(x) q (x)+r(x) kde r(x) =0 alebo st r(x) < st g(x): Dosaden m (.) do (.) vypo tame: t.j. f(x) =g(x) q (x) +r(x) +a n b ; m xn;m g(x) f(x) =g(x) ; q (x)+a n b ; m xn;m + r(x) kde pod a (.) r(x) =0alebostr(x) < st g(x). D kaz existencie je t m skon en. B. E te dok eme jednozna nos. Nepriamo. Nech existuj dve dvojice polyn mov q (x), r (x) a q (x), r (x), e plat f(x) =g(x) q (x)+r (x) f(x) =g(x) q (x) +r (x) pri om r (x), r (x) s bu nulov polyn my alebo polyn my stup a men ieho ako stupe polyn mu g(x). Potom plat (.4) g(x)(q (x) ; q (x)) = r (x) ; r (x): Ak by q (x) 6= q (x), na avej strane (.4) by bol polyn m aspo tak ho stup a ako jestg(x). Na pravej strane v ak by bol polyn m najviac stup a st g(x) ;. To je nemo n. Tak q (x) =q (x) a teda aj r (x) =r (x).

24 6 Kapitola POLYN MY Pozn mka.4. Pri skuto nom v po te polyn mov q(x) r(x) sa pou va delenie polyn mu polyn mom zn me zo strednej koly. Veta.8. Nech f(x) g(x) q(x) r(x) F [x] s tak polyn my, e plat (.4) f(x) =g(x) q(x) +r(x): Potom ak existuje (f(x) g(x)), tak existuje aj (g(x) r(x)) a plat (f(x) g(x)) =(g(x) r(x)): D kaz. Nech d(x) = (f(x) g(x)). Dok eme, e d(x) = (g(x) r(x)). Naozaj d(x) j f(x) a z rove d(x) j g(x). Potom z (.4) vypl va, e d(x) j r(x). Tak d(x) m prv vlastnos NSD polyn mov g(x), r(x). Nech nejak d (x) j g(x) a z rove d (x) j r(x), potom vzh adom na (.4) d (x) j f(x). Potom (ke e (d (x)) del f(x) a g(x)) plat d (x) j d(x). T.j. d(x) m aj druh vlastnos. Veta.9. V okruhu polyn mov F [x] maj ubovo n dva polyn my f(x) g(x) najv spolo n delite. D kaz. Majme dva polyn my f(x) g(x) F [x]. Budeme rozozn va tri pr pady. a) Ak f(x) j g(x), tak (f(x) g(x)) = f(x) b) Ak g(x) j f(x), tak (f(x) g(x)) = g(x). (V pr padoch a), b) s zahrnut aj pr pady, v ktor ch bu f(x) = 0 alebo g(x) =0. Menovite: (0 g(x)) = g(x), (f(x) 0) = f(x), (0 0) =0.) c) Nech f(x) - g(x) a z rove g(x) - f(x). Z toho vypl va, e f(x) 6=0 a z rove g(x) 6=0. (Dokonca st f(x) =, st g(x) =.) Na d kaz toho, e NSD (f(x) g(x)) existuje, pou ijeme nasledovn tzv. Euklidov algoritmus a to tak, e NSD pomocou algoritmu priamo vypo tame. Bez ujmy na v eobecnosti m eme predpoklada, e existuj polyn my q (x) r (x) tak, e st f(x) = st g(x). Potom f(x) =g(x) q (x)+r (x) kde r (x) =0alebo st r (x) < st g(x): Tu r (x) 6=0, lebo inak g(x) j f(x), o nie je. Tak existuj q (x) r (x), tak, e g(x) =r (x) q (x) +r (x) kde r (x) =0 alebo st r (x) < st r (x): Ak r (x) =0, algoritmus kon. Ak r (x) 6=0, tak m eme nap sa al riadok algoritmu: r (x) =r (x) q (x) +r (x) kde r (x) =0 alebo st r (x) < st r (x): Ak r (x) =0, algoritmus kon. Ak nie, pokra ujeme alej: r (x) =r (x)q 4 (x)+r 4 (x) kde r 4 (x) =0alebo st r 4 (x) < st r (x)

25 x. Delite nos v okruhu polyn mov jednej neur itej (nad po om) 7 Ke e st g(x) > st r (x) > st r (x) > st r (x) > :::, po ur itom po te krokov dostaneme posledn dva riadky algoritmu. V predposlednom je e te nenulov zvy ok, v poslednom u nulov zvy ok: (.5). r k; (x) =r k; (x) q k (x)+r k (x) kde r k (x) 6=0, r k; (x) =r k (x) q k+ (x) +0 a algoritmus kon. Pod a vety 4.7 z jednotliv ch riadkov algoritmu m me (f(x) g(x)) =(g(x) r (x)) =(r (x) r (x)) = ::: =(r k; (x) r k; (x)) =(r k; (x) r k (x)) = r k (x): Teda (f(x) g(x)) existuje a rovn sa posledn mu nenulov mu zvy ku. Den cia.5. Algoritmus z d kazu vety.9 naz vame Euklidov algoritmus. Veta.0. Nech d(x) = (f(x) g(x)). Potom existuj polyn my a(x) b(x) F [x] e plat (.6) d(x) =a(x) f(x) +b(x) g(x): D kaz. Ak jeden z polyn mov del druh, napr. f(x) j g(x), je f(x) =(f(x) g(x)). Potom (.6) m me v tvare f(x) =f(x) +0 g(x). itate si premysl, e tento pr pad nastane aj vtedy, ke niektor z polyn mov jenulov alebo ke niektor z polyn mov m stupe nula. Preto ak iadny z polyn mov nedel druh, tak st f(x) = a z rove st g(x) =. V tomto pr pade na v po et NSD pou ijeme Euklidov algoritmus. Z predposledn ho riadku Euklidovho algoritmu (.5) vyjadr me d(x) =r k (x) =r k; (x) ; r k; (x)q k (x), kde za r k; (x) dosad me zvy ok o riadok vy ie. Postupn m sp tn m dosaden m dostaneme (.6). Veta.. Nech f(x) g(x) F [x] s polyn my aspo prv ho stup a nad po- om F, pri om iadny z nich nedel druh. Potom polyn my a(x) b(x) vo vyjadren (.6) mo no voli tak, aby st a(x) < st g(x) a st b(x) < st f(x). D kaz. Ke e iadny z polyn mov f(x) g(x) nedel druh, vo vyjadren (.7) (f(x) g(x)) = A(x)f(x) +B(x)g(x) iadny z polyn mov A(x) B(x) nie je rovn nulov mu polyn mu. Je zrejm, e oba s asne nulov mi polyn mami by nem u. Ak by bol nulov m jeden z nich, napr. B(x), tak by f(x) j (f(x) g(x)) a teda aj f(x) j g(x), o nie je. Predpokladajme, e vo vyjadren (.7) plat st A(x) = st g(x) alebostb(x) = st f(x). Potom pod a vety.7 polyn my A(x) B(x) vyjadr me v tvare : A(x) =g(x) q (x)+a(x) B(x) =f(x) q (x)+b(x):

26 8 Kapitola POLYN MY Dok eme, e iadny z polyn mov a(x) b(x) niejenulov m polyn mom. Ak by napr. b(x) =0, tak z vyjadrenia (.7) by vypl valo f(x) j (f(x) g(x)) a teda aj f(x) j g(x), o nie je. Preto st a(x) < st g(x) a z rove st b(x) < st f(x). Po dosaden do (.7) m me: odkia (f(x) g(x)) = a(x)f(x) +b(x)g(x) +f(x)g(x)(q (x)+q (x)) (.8) f(x)g(x)(q (x)+q (x)) =(f(x) g(x)) ; a(x)f(x) ; b(x)g(x): Dok eme, e polyn m na avej strane (.8) je rovn nule. Ak by f(x)g(x)(q (x)+q (x)) 6=0, polyn my na avej resp. pravej strane (.8) by boli nerovnak ch stup ov, o nie je mo n. Skuto ne, st (f(x) g(x)) 5 min (st f(x), st g(x)). alej, nako ko pole F je obor integrity, st[a(x) f(x)] =st a(x)+stf(x) < st g(x)+stf(x), analogicky st [b(x) g(x)] < st f(x)+stg(x). Na pravej strane (.8) je teda polyn m stup a men ieho ako stf(x)+stg(x), zatia o na avej strane (.8) st [f(x) g(x)(q (x)+q (x))] = st [f(x) g(x)] =st f(x)+ st g(x). T m je d kaz vety skon en. Den cia.6. Polyn my f(x) g(x) sa naz vaj nes delite n ak (f(x) g(x)) =. Veta.. Nech f(x) g(x) h(x) F [x] s ubovo n polyn my. Potom plat (i) (f(x) h(x) g(x) h(x)) =(f(x) g(x)) h(x) (ii) ((f(x) g(x)) h(x)) =(f(x) (g(x) h(x))) (iii) ak (f(x) g(x)) = a z rove (f(x) h(x)) = tak (f(x) g(x) h(x)) = (iv) ak f(x) j g(x) h(x) a z rove (f(x) g(x)) = tak f(x) j h(x): D kaz. (i) Ak h(x) =0, tak (i) plat. Predpokladajme h(x) 6=0. Ke e (f(x) g(x))j f(x) a z rove (f(x) g(x)) j g(x), m me tie (f(x) g(x))h(x) j f(x)h(x) a z rove (f(x) g(x))h(x) j g(x)h(x). Odtia vypl va (f(x) g(x))h(x) j (f(x) h(x) g(x)h(x)), o znamen, e existuje '(x) F (x) tak, e (.9) (f(x)h(x) g(x)h(x)) =(f(x) g(x))h(x) '(x): Na druhej strane plat odkia dosaden m z (.9) dost vame (f(x)h(x) g(x)h(x)) j f(x)h(x) (f(x)h(x) g(x)h(x)) j g(x)h(x) (f(x) g(x))h(x)'(x) j f(x)h(x) (f(x) g(x))h(x)'(x) j g(x)h(x):