Irreducibilis polinom egy olyan polinom, amely nem bontható nemtriviális polinomokra. Az irreducibilis polinomok egy polinomgyűrű irreducibilis elemei.

Egy mező feletti irreducibilis polinom polinom változókból a mező felett a gyűrű egy egyszerű eleme , azaz nem ábrázolható szorzatként, ahol és olyan polinomok, amelyek együtthatói -ból származnak, és amelyek eltérnek az állandóktól.

Az F mező feletti f polinomot irreducibilisnek (egyszerűnek) nevezzük, ha pozitív foka van, és nincsenek nem triviális osztói (azaz bármely osztó hozzá van rendelve vagy egységhez kapcsolódik).

1. javaslat

Legyen R- redukálhatatlan és a az F[x] gyűrű bármely polinomja. Akkor akár R oszt a, vagy Rés a koprime.

2. javaslat

Legyen f∈ F[x], és f = 1 foka, tehát f irreducibilis polinom.

például: 1. Vegyünk egy x+1 polinomot a Q mező fölé. Fokozata 1, ami azt jelenti, hogy irreducibilis.

2. x2 +1 irreducibilis, mert nincsenek gyökerei

SLN. Rendszermegoldás. Egyesített, inkompatibilis, határozott és határozatlan idejű rendszerek. Egyenértékű rendszerek

rendszer lineáris egyenletek egy х1,…хn változókkal rendelkező F mező felett egy alakzatrendszer

a 11 x 1 + … + a 1n x n= b 1

………………………..

a m1 x 1 + … + a mn x n= b m

hol egy ik,b én∈ F, m az egyenletek száma, n pedig az ismeretlenek száma. Röviden ez a rendszer a következőképpen írható fel: ai1x1 + … + a ban ben x n= b én (i = 1,…m.)

Ez az SLE egy feltétel n szabad x változóval 1,….хn.

Az SLN-ket inkompatibilis (nincs megoldásuk) és közös (határozott és határozatlan) részekre osztják. Egy közös nézetrendszert határozottnak nevezünk, ha egyedi megoldása van; ha legalább két különböző megoldása van, akkor határozatlannak nevezzük.

Például: a Q mező felett

x + y \u003d 2 - nem kompatibilis rendszer

x - y \u003d 0 - közös határozott (x, y \u003d ½)

2x + 2y \u003d 2 - közös határozatlan

Két L.O. rendszer ekvivalensek, ha ezeknek a rendszereknek a megoldáshalmazai azonosak, vagyis az egyik rendszer bármely megoldása egyidejűleg egy másik megoldása is. Ezzel egyenértékű rendszert kaphatunk:

1. úgy, hogy az egyik egyenletet lecseréljük ezzel az egyenlettel, megszorozva bármely nullától eltérő számmal.

2. az egyik egyenletet ennek az egyenletnek az összegével helyettesítjük a rendszer egy másik egyenletével.

Az SLE megoldása Gauss módszerrel történik.

45* Elemi átalakulások lineáris egyenletrendszerek (slu). Gauss módszer.

Def.Az S.L.U n-Xia elemi transzformációi a következő transzformációk:

1. A rendszer egyik rendszeregyenletének szorzása a mező nullától eltérő elemével.

2. Összeadások egy másik egyenletrendszer egyik egyenletéhez, szorozva a mezőelemmel.

3. 0*х1+0*х2+…+0*хn=0 nem nulla egyenlet hozzáadása a rendszerhez vagy kizárása a rendszerből

4. Egyenletek felcserélése

JavaslatLegyen a (**) rendszer vagy a (*) rendszer egy véges szám segítségével. Elemi átalakulások. Ekkor rendszer (**) ~ rendszer (*). (Dokk nélkül)

Helyettes Lineáris egyenletrendszer felírásakor mátrixjelölést használunk.

a11 a12 ... a1n in1

a21 a22 ... a2n v2

………………….... …

Am1 am2 ... amn inn

Példák: 1) 2x1 - x3 = 1 2 0 -1 1

x1 - x2 - x3 = 0 1 -1 -1 0

3x1 + 2x2 + 4x3 = 2 3 2 4 2

2) 1 0 1 x1=1

0 1 2 x 2=2

3) 1 0 1 2 x1+x3=2 x1=2-x3

0 1 -1 3 x2-x3=3 x2=3+x3

Gauss módszer

Javaslat Legyen a rendszer (*)

(a) ha minden szabad tag egyenlő 0-val, minden vk=0 mn-in megoldás = F n

(b) k inc=0 0x1+0x2+…+0xn= inc=0 (nincs megoldás)

2. nem minden aij=0

(a) ha a rendszer egyenlete 0х1+0х2+…+0хn= вк=0 0

(b) ha nincsenek ilyen egyenletek b1. Zárjuk ki a nullától eltérő egyenleteket. Keressük meg a legkisebb i1 indexet, amelyre nem minden együttható xij=0-nál.

0……0……….. …. A második oszlop nullákkal az i1.

0……0…..*=0….. ….

0……0 ...……… …

1. Az egyenletek átrendezésével azt fogjuk elérni, hogy a1i1 = 0

0 ….. 0… a1i1 = 0 .... .... (1). :=(hozzárendelés) (1) 1/ a1i1 (2). :=(2)-(1)* a2i1

A2i1......... .... 0…. 0…1…. …. 0…. 0..1……….. ( lépett

0…. 0… а2i1 … 0…..0..0… …. Mátrix)

0 ........... 0 .... ami1.. ... ……………… …. ………………………….

0 ….0 ..ami1 ... 0……0…………0 ….

Véges számú lépés után azt kapjuk, hogy vagy a rendszer tartalmaz egy 0х1+0х2+…+0хn= вк=0 0 formájú egyenletet.

0……0 1………….. L1 „előre Gauss-futás” 0....0 1...0..0 .....0.......0.... .. „fordítva

0.....0 0.....1..... L2 0...0 0.....1........0.... .... .0.... .. Gauss”

0 .......00........0....1 L2 0....0 0......0....... ......0......

.............................. .... ............................................ ..

0........0 0 .............0..1 Lk 0....0 0.......0....... ..0....0.......1 ..

Az xi1, ...... xik változókat főnek nevezzük, a többi szabad.

k=n => c-a határozott

k c-a határozatlan. A szabad változóknak származtatott értékek adhatók, a fő változók értéke pedig kiszámítható.

2 0 -1 1 8 (-3) 1 -1 -1 0 *(-2) 1 -1 -1 0

1 -1 -1 0 ~ 2 0 -1 1 ~ 0 2 1 1

3 2 4 2 3 2 4 2 0 5 7 2

Számok szorzására és osztására szolgáló algoritmusok decimális számrendszerben

Az átlag- és határeltérések, valamint a szükséges számú kiválasztás meghatározása

Válasz Motovil Peter Skarga "Isten Egyházának egységéről" című könyvére, 1577(?) - az első polemikus tvir Ostrozky középen.

1. kérdés: Nedvesség elpárolgása és karbonátok bomlása nagyolvasztóban. A karbonátok bomlásának termodinamikája.

MINDEN hiányzó fokot (és (vagy) szabad tagot) hézagok nélkül MINDKÉT polinomba írunk nulla együtthatóval.

Az egész számok gyűrűje feletti polinomot nevezzük primitív, ha együtthatóinak legnagyobb közös osztója 1. Egy polinom azzal racionális együtthatók az egyetlen módja pozitív racionális szám szorzataként ábrázolva, ún tartalom polinom és primitív polinom. A primitív polinomok szorzata egy primitív polinom. Ebből a tényből következik, hogy ha egy egész együtthatós polinom egy mezőre redukálható racionális számok, akkor az egész számok gyűrűjére redukálható. Így az a probléma, hogy egy polinomot a racionális számok mezején irreducibilis tényezőkké alakítunk, egy hasonló problémává redukálódik az egész számok gyűrűje felett.

Legyen egy polinom egész együtthatóval és tartalommal 1, és legyen ennek racionális gyöke. A polinom gyökét ábrázoljuk irreducibilis törtként. Polinom f(x) primitív polinomok szorzataként van ábrázolva. Ennélfogva,

A. a számláló az osztó,

B. nevező - osztó

C. bármely egész számra k jelentése f(k) egy egész szám, amely maradék nélkül osztható a ( bk-a).

Felsorolt ​​tulajdonságok csökkenti a megtalálás problémáját racionális gyökerei polinom a végső felsoroláshoz. Hasonló megközelítést alkalmaznak a polinom kiterjesztésekor f irreducibilis tényezőkre a racionális számok területén a Kronecker-módszerrel. Ha polinom f(x) végzettség n adunk, akkor az egyik tényezőnek legfeljebb fokozata van n/2. Jelöljük ezt a tényezőt g(x). Mivel a polinomok összes együtthatója egész szám, bármely egész számra a jelentése f(a) maradék nélkül osztható vele g(a). Válasszunk m= 1+n/2 különböző egész szám aén, én=1,…,m. A számokhoz g(a i) véges sok lehetőség van (bármely nem nulla szám osztóinak száma véges), ezért van véges sok polinom, amely osztó lehet f(x). A teljes felsorolás elvégzése után vagy megmutatjuk a polinom irreducibilitását, vagy kiterjesztjük két polinom szorzatára. A megadott sémát alkalmazzuk minden faktorra, amíg az összes tényező irreducibilis polinomokká nem válik.

Egyes polinomok irreducibilitása a racionális számok területén egyszerű Eisenstein-kritérium segítségével megállapítható.

Legyen f(x) egy polinom az egész számok gyűrűjén. Ha van prímszám p, mit

I. A polinom összes együtthatója f(x), a legmagasabb fokú együttható kivételével osztva ezzel p

II. A legmagasabb fokú együttható nem osztható vele p

III. A szabad kifejezés nem osztható vele

Aztán a polinom f(x) irreducibilis a racionális számok mezején.

Meg kell jegyezni, hogy az Eisenstein-kritérium megadja elegendő feltételeket polinomok irreducibilitását, de nem szükséges. Tehát a polinom irreducibilis a racionális számok mezején, de nem felel meg az Eisenstein-kritériumnak.

A polinom az Eisenstein-kritérium szerint irreducibilis. Következésképpen a racionális számok mezején van egy irreducibilis fokszámpolinom n, ahol n Bármi természetes szám több mint 1.

Bármely komplex szám meghatároz egy pontot a síkon. Az érvek egy helyen fognak elhelyezkedni összetett sík, az f-ii értékei egy másik komplex síkon helyezkednek el.

F(z)- komplex összetett változó. Az összetett változók komplex függvényei közül különösen kiemelkedik a folytonos függvények osztálya.

Def: Egy komplex változó komplex függvényét folytonosnak nevezzük, ha , így .+

geometriai érzék a következőkben:

Meghatároz egy kört az összetett síkban, amelynek középpontja z0, sugárral< . Аналогично в другой комплексной плоскости неравенство задает круг с радиусом меньше .

1. Tétel: Az f(z) polinom hozzá van rendelve. C(z) folytonos a komplex sík bármely pontjában.

Következmény: polinom modulusa egy mezőben komplex számok folyamatos függvény.

2. Tétel: - polinomok gyűrűje összetett együtthatókkal, akkor olyan értékek, amelyek .

3. Tétel (egy polinom modulusának korlátlan növekedéséről):

Az algebra alaptétele:

A nem 0 fokú komplex számok mezője feletti bármely polinomnak van legalább egy gyöke a komplex számok mezőjében.

(A bizonyításban a következő állításokat fogjuk használni):

K: 1. Ha a n =0, akkor z=0 f(z) gyöke.

2. ha a n 0, , akkor a 3. Tétel szerint az egyenlőtlenség egy olyan tartományt határoz meg a komplex síkban, amely kívül esik az S sugarú körön. Ebben a tartományban nincsenek gyökök, mert ezért az f(z) polinom gyökereit a régión belül kell keresni.

Tekintsük a T1-ből. ebből következik, hogy az f(z) függvény folytonos. A Weierstrass-tétel szerint a minimumát valamikor a zárt tartományban éri el, pl. . Mutassuk meg, hogy a pont egy minimumpont. Mert 0 Е, akkor , mert f-ii értékének E területén kívül, akkor z 0 a minimumpont, a teljes komplex síkon. Mutassuk meg, hogy f(z 0)=0. Tételezzük fel, hogy ez nem így van, akkor a d'Alembert Lemma alapján ellentmondást kapunk, mert z 0 minimum pont.

Algebrai zárás:

Def: Egy P mezőt algebrailag zártnak nevezünk, ha legalább egy gyöke van ezen a mezőn.

Tétel: A komplex számok tere algebrailag zárt. (a d-in az algebra alaptételéből következik).

A racionális és valós számok nem algebrailag zártak.

Lebonthatóság:

Tétel: bármely 1-nél nagyobb fokú komplex számok mezején lévő polinom felbontható lineáris tényezők szorzatára.

Következmény 1. Egy n fokú polinomnak pontosan n gyöke van a komplex számok mezején.

Következő 2: az 1-nél nagyobb fokú komplex számok mezője feletti bármely polinom mindig redukálható.

Def: Számok többes szám C \ R, azaz. Az a + bi alakú számokat, ahol b nem egyenlő 0 -val, képzeletbelinek nevezzük.

2. Polinomok mező felett. Két polinom GCD-je és Euklidész algoritmusa. Egy polinom lebontása irreducibilis tényezők szorzatára és egyedisége.

Def. Polinom (polinom) az ismeretlenből x a mező fölött R hívott Nemnegatív egész hatványok algebrai összege x, valamilyen együtthatóval a mezőről R.

Ahol aiÎP ill

A polinomokat ún egyenlő, ha együtthatóik egyenlők az ismeretlenek megfelelő hatványain.

A polinom fokszámát ún. legmagasabb érték az ismeretlen kitevője, amelynek együtthatója különbözik a nullától.

Kijelölve: N(f(x))=n

Az összes polinom halmaza egy mezőn R jelölve: P[x].

A nulla fokos polinomok egybeesnek a mezőelemekkel R, nullától eltérő nulla polinom, foka határozatlan.

Műveletek polinomokon.

1. Kiegészítés.

Legyen n³s, akkor , N(f(x)+g(x))=n=max(n,s).

<P[x],+>

1. az összeadási művelet kivitelezhető, az egyediség pedig a mező elemeinek összeadásának egyediségéből következik
2. asszociativitás
3. null elem
4. az adott polinom ellentéte
5. kommutativitás

- Abel-csoport

2. Szorzás.

Az algebrai szerkezet feltárása<P[x],*>

1. a művelet kivitelezhető, mert mező egy szorzási művelet. Az egyediség a terepen végzett műveletek egyediségéből következik R.
2. asszociativitás
3. azonosságpolinom
4. csak a nulla fokig terjedő polinomok invertálhatók

<P[x],*>- félcsoport azonosító elemmel (manoid)

Az elosztási törvények így vannak<P[x],+,*> egy kommutatív gyűrű identitással.

Polinomok oszthatósága

ODA: polinom f(x), f(x)нP[x], P– a mező osztható polinommal g(x), g(x)≠0, g(x)нP[x], ha létezik ilyen polinom h(x)нP[x] úgy, hogy f(x)=g(x)h(x)

Oszthatósági tulajdonságok:

Példa:, oszd el egy oszloppal gcd = ( x+3)

Osztási tétel maradékkal: Bármely polinomra f (x), g(x)нP[x], csak egy polinom van q(x) és r(x) oly módon, hogy f(x)=g(x)q(x)+r(x), N(r(x)) vagy r(x)=0.

Dokkötlet: két esetet tekintünk létezőnek n fokozat g(x))és oszd el az f-et (x) a g (x). Az egyediség az ellentmondás bizonyítéka.

ODA: f (x) és g(x), f(x), g(x)нP[x], h(x)нP[x] gcd f-nek hívják (x) és g(x) ha

Euklidész algoritmusa

Írjuk fel az egymást követő osztás folyamatát

f(x)=g(x)q 1 (x)+r 1 (x) (1)

g(x)= r 1 (x) q 2 (x)+r 2 (x) (2)

r 1 (x)= r 2 (x) q 3 (x)+r 3 (x) (3) stb.

r k-2 (x)= r k-1 (x) q k (x)+r k (x) (k)

r k-1 (x)= r k (x) q k+1 (x) (k+1)

gcd(f(x),g(x))=d(x)=r k(x)

A bizonyítás ötlete: megmutatjuk, hogy 1 ) f(x):(egész) d(x) és g(x):(egész) d(x); 2) f(x):(egész) h(x) és g(x):(egész) h(x) azt mutatjuk meg d(x):( teljesen) h(x).

A GCD lineáris ábrázolása

T: ha d(x) - f polinomok gcd (x) és g(x), akkor vannak v polinomok (x) és u(x)нP[x], mit f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x).

Alapértelmezett: f(x) és g(x)нP[x] mindig vannak közös osztói, nevezetesen a P mezővel egybeeső nullafokú polinomok, ha nincs más közös osztó, akkor f(x) és g(x) koprím. (szimbólum: (f(x),g(x))=1)

T:f (x) és g(x) coprime i.i.t.c. vannak v(x) és u(x)нP[x] polinomok úgy, hogy f(x)u(x)+g(x)v(x)=1.

A koprím polinomok tulajdonságai

1. (f(x),g(x))=1, (f(x),q(x))=1, majd (f(x),g(x)*q(x))=1
2. f(x)*g(x):(egész)h(x) és (f(x),g(x))=1, majd g(x):( egész) h(x)
3. f(x):(egész)g(x), f(x):(egész)h(x) és ( g(x),h(x))=1, majd f(x):(teljesen) g(x)*h(x)

ODA: Az f(x), f(x)нP[x] polinomot hívjuk idézett egy P mező felett, ha az olyan tényezőkre bontható, amelyek foka nagyobb, mint 0 és kisebb, mint az f(x) fok, azaz.

f (x) = f 1 (x) f 2 (x), ahol a fokok f 1 és f 2 >0,

A polinomok redukálhatósága attól függ, hogy milyen területen veszik figyelembe őket. A polinom irreducibilis (olyan polinom, amely nem faktorizál alacsonyabb fokú tényezőkre) a Q mező felett, és redukálható az R mező felett.

Az irreducibilis polinomok tulajdonságai:

1. A nulla fokú polinom bármely mezőre redukálható
2. Ha polinom f(x) ne vigye át a pályán R, akkor az a polinom f(x) szintén nem adható meg a mező felett R.
3. Legyen f polinomok (x)és p(x) a mező felett R, és p(x) redukálhatatlan a mező felett R, akkor vannak esetek

1) polinomok f (x)és p(x) koprime

2) f(x):(egész) p(x)

Egy F mezőt algebrailag zártnak nevezünk, ha bármely F feletti pozitív fokú polinomnak van gyöke F-ben.

5.1. Tétel (polinomalgebra alaptétele). A komplex számok mezője algebrailag zárt.

Következmény 5 .1.1. Felett Val vel csak elsőfokú irreducibilis polinomok vannak.

Következmény 5.1.2. Polinom n fok vége Val vel Megvan nösszetett gyökerek.

5.2. Tétel. Ha  egy polinom komplex gyöke f valós együtthatókkal, akkor a komplex konjugátum is gyök f.

Következmény 5 .2.1. Felett R csak első vagy másodfokú irreducibilis polinomok vannak.

Következmény 5.2.2. Képzeletbeli gyökei polinom over Rösszetett konjugátumpárokra bomlik.

5.1. példa. Faktorizálja redukálhatatlan tényezőkké Val velés vége R polinom x 4 + 4.

Döntés. Nekünk van

x 4 + 4 =x 4 + 4x 2 + 4 – 4x 2 = (x 2 + 2) 2 – 4x 2 = (x 2 – 2x+ 2)(x 2 + 2x+ 2) –

bomlás vége R. A szokásos módon megkeresve a másodfokú polinomok komplex gyökét zárójelben, akkor egy dekompozíciót kapunk Val vel:

x 4 + 4 = (x – 1 – én) (x – 1 + én) (x + 1 – én) (x + 1 + én).

5.2. példa. Szerkesszünk meg egy legkisebb fokú polinomot 2 és 1 + gyökű valós együtthatókkal én.

Döntés. Az 5.2.2. következtetés szerint a polinomnak 2, 1 gyökének kell lennie. én és 1+ én. Együtthatóit a Vieta képletekkel találhatjuk meg:

 1 \u003d 2 + (1 - én) + (1 +én) = 4;

 2 \u003d 2 (1 - én) + 2(1 + én) + (1 – én)(1 + én) = 6;

 3 \u003d 2 (1 - én)(1 + én) = 4.

Innen f =x 3 – 4x 2 + 6x– 4.

Feladatok.

5.1. Faktorizálja redukálhatatlan tényezőkké Val velés vége R polinomok:

a) x 3 – 6x 2 + 11x – 6;

b) x 4 – 10x 2 + 1.

5.2. Ábrázoljon egy legkisebb fokú polinomot valós együtthatókkal, amelynek kettős gyöke 1 és egyszerű gyöke 1-2 én.

6. Polinomok a racionális számok mezején

6.1. Tétel (Eisenstein-kritérium). Legyen f = a 0 + a 1 x + ...+ a n x n egy egész együtthatós polinom. Ha van olyan prímszám p, mit a 0 , a 1 , … , a n-1 osztva p, a n nem osztható vele p,a 0 nem osztható vele p 2, akkor f nem redukálható a racionális számok mezején.

6.1. gyakorlat. Bizonyítsd be a redukálhatatlanságot K polinomok:

a) f= 2x 5 + 3x 4 – 9x 3 – 6x+ 3; b) f= 5x 4 + 6x 3 – 18x 2 – 12x + 54.

6.2. Tétel. Legyen egy irreducibilis tört, amely egy polinom gyöke f = a 0 + a 1 x + … + a n x n egész együtthatókkal. Azután

a 0  p, a n  q;

f(1)  p-q,f(–1)  p+q.

Ez a tétel lehetővé teszi, hogy megoldjuk az egész együtthatós polinom racionális gyökeinek megtalálását. Ehhez meghatározzuk a szabad tag és a vezető együttható összes osztóját, és mindenféle irreducibilis törtet építünk belőlük. Minden racionális gyök benne van ezekben a törtrészekben. Ezek meghatározására Horner séma használható. A felesleges számítások elkerülése érdekében a 6.2. Tétel 2) állítását használjuk.

6.1. példa. Keresse meg a polinom racionális gyökereit

f = 2x 4 + 7x 3 + 3x 2 – 15x– 18.

Döntés. Kiírjuk az összes törtet, amelynek a számlálója p a 18 osztói és a nevezők q- elválasztó 2:

1, –1, 2, –2, 3, –3, 6, –6, 9, –9, 18, –18,
,
,
.

Ellenőrizzük őket a Horner-séma szerint:

						Megjegyzés
						f(1) = –21  p–q
						f(–1) = –3  p+q
						x 1 = –2
						x 2 = 3/2

A gyökér megtalálása x 1 = -2 és elosztjuk a polinomot x+ 2, kapunk egy polinomot egy új szabad taggal –9 (együtthatói alá vannak húzva). A fennmaradó gyökök számlálói ennek a számnak az osztói kell, hogy legyenek, és az ennek a feltételnek nem megfelelő törtek kihagyhatók a listából. A fennmaradó egész értékek ki vannak zárva, mert nem felelnek meg a feltételnek f(1)p – q vagy f(–1)p + q. Például 3-ra van p = 3, q= 1, és a feltétel f(1) = –21p – q(valamint a második feltétel).

Hasonlóképpen a gyökér megtalálása x 2 \u003d 3/2, kaptunk egy polinomot egy új szabad taggal 3 és egy 1-es vezető együtthatóval (ha a gyök tört, a kapott polinom együtthatóit csökkenteni kell). A listából egyetlen maradék szám sem lehet a gyöke, és a racionális gyökök listája kimerült.

A talált gyökerek többszörösségét ellenőrizni kell.

Ha a megoldás során egy másodfokú polinomhoz jutottunk, és a törtek listája még nem merült ki, akkor a fennmaradó gyököket a szokásos képletekkel találhatjuk meg egy négyzetes trinom gyökeként.

6.2. gyakorlat. Keresse meg a polinom racionális gyökereit

a) x 3 – 6x 2 + 15x– 14;

b) x 5 – 7x 3 – 12x 2 + 6x+ 36;

2-ben x 4 – 11x 3 + 23x 2 – 24x+ 12;

d) 4 x 4 – 7x 2 – 5x– 1.