Algebra 0-10 wielomiany

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wykład10
Wielomianycd.
Niech
f
(
x
)
,g
(
x
)
2
K
[
x
]b¦d¡wielomianaminadciałem
K
.Wielomian
d
(
x
)
2
K
[
x
]nazywamy
najwi¦kszymwspólnymdzielnikiem
wielomia-
nów
f
(
x
)i
g
(
x
)je±li:
1.
d
(
x
)jestunormowany,
2.
d
(
x
)
|
f
(
x
)i
d
(
x
)
|
g
(
x
),
3.je±li
c
(
x
)jestwielomianem,takim»e
c
(
x
)
|
f
(
x
)i
c
(
x
)
|
g
(
x
)tost
c
¬
st
d
.
Piszemywtedy
d
(
x
)=NWD(
f
(
x
)
,g
(
x
)).
Je±li
f
(
x
)=
q
(
x
)
g
(
x
)+
r
(
x
)toNWD(
f
(
x
)
,g
(
x
))=NWD(
g
(
x
)
,r
(
x
)).
AlgorytmEuklidesa
1
Niechst
f>
st
g
,wtedymo»emypodzieli¢wielomian
f
przez
g
zreszt¡,a
wi¦c:
f
(
x
)=
q
(
x
)
g
(
x
)+
r
(
x
)
,
0
¬
st
r<
st
g,
mo»nazauwa»y¢,»eNWD(
f
(
x
)
,g
(
x
))=NWD(
g
(
x
)
,r
(
x
)),mo»nawi¦ckon-
tynuowa¢procesdzieleniawielomianówzreszt¡:
g
(
x
)=
q
1
(
x
)
r
(
x
)+
r
r
(
x
)
,
0
¬
st
r
1
<
st
r,
r
(
x
)=
q
2
(
x
)
r
1
(
x
)+
r
2
(
x
)
,
0
¬
st
r
2
<
st
r
1
,
r
1
(
x
)=
q
3
(
x
)
r
2
(
x
)+
r
3
(
x
)
,
0
¬
st
r
3
<
st
r
2
,
...
ci¡gkolejnychresztmamalej¡cestopnie,awi¦cdojdziemydoreszty,której
stopie«b¦dzierówny0,zatem:
r
n
(
x
)=
q
n
+2
(
x
)
r
n
+1
(
x
)+
r
n
+2
(
x
)
,
r
n
+1
(
x
)=
q
n
+3
(
x
)
r
n
+2
(
x
)
Mo»nate»zauwa»y¢,»e
NWD(
f
(
x
)
,g
(
x
))=NWD(
r
(
x
)
,r
1
(
x
))=
...
=NWD(
r
n
+2
(
x
)
,
0)
,
zatemmamyNWD(
f
(
x
)
,g
(
x
))=
r
n
+2
(
x
)atooznacza,»enajwi¦kszywspól-
nydzielnikdwóchwielomianówjestrównyostatniejniezerowejreszciew
powy»szymci¡gu.Podobniejakwprzypadkuliczbcałkowitychmo»na,na
podstawiepowy»szegoalgorytmu,rozwi¡zywa¢równanie(wielomianowe)po-
staci:
f
(
x
)
v
(
x
)+
g
(
x
)
u
(
x
)=NWD(
f
(
x
)
,g
(
x
))
.
1
Euklidesmatematykgrecki-dałpodwalinywspółczesnejgeometrii
1
Zadanie
Wyznaczy¢NWD(
x
2
,x
5
+
x
+1).
Zadanie
Wyznaczy¢liczb¦odwrotn¡do1+
3
p
2+
3
p
4.
x
3
−
2.Rozwa»mywielomian
g
(
x
)=1+
x
+
x
2
.Wtedy
g
(
3
p
2)=1+
3
p
2+
3
p
wi¦cwarto±¢wielomianu
g
(
x
)wpunkcie
3
p
2jestrównyliczbie,któr¡chcemy
odwróci¢.Zastosujmyalgorytmeuklidesadowielomianów
f
(
x
)oraz
g
(
x
):
4,a
x
3
−
2=(
x
−
1)(
x
2
+
x
+1)
−
1
st¡d
1=(
x
−
1)(
x
2
+
x
+1)
−
(
x
3
−
2)
Popodstawieniu
3
p
2za
x
mamy:
1=(
3
p
2
−
1)(1+
3
p
2+
3
p
4)+((
3
p
2)
3
−
2)
awi¦c
1=(
3
p
2
−
1)(1+
3
p
2+
3
p
4)
Tooznacza,»eliczb¡odwrotn¡do1=(
3
p
2
−
1)(1+
3
p
2+
3
p
4)jest
3
p
2
−
1
Macierze
Niech
K
b¦dziedowolnymciałeminiech
m,n
2
N
.Układ
mn
elementów
ciała
K
uło»onychwprostok¡tn¡tablic¦z
m
wierszyi
n
kolumnnazywamy
macierz¡nadciałem
K
ioznaczamy:
2
a
11
a
12
...a
1
n
a
21
a
22
...a
2
n
... ... ......
a
m
1
a
m
2
...a
mn
3
A
=
6
6
6
4
7
7
7
5
gdzie
a
ij
2
K,i
2{
1
,...,m
}
,j
2{
1
,...,n
}
.Czasemwskrócieb¦dziemy
pisa¢
A
=[
a
ij
]
m
×
n
.Element
a
ij
poło»onyjestw
i
-tymwierszui
j
-tejkolumnie
macierzy
A
.
Przykład
2
15
−
30
,
5
27 0 3
−
111
,
2 4
3
A
=
6
4
7
5
jestmacierz¡3
×
4owspółczynnikachzciała
R
.Naprzykład
a
24
=3jest
elementemzdrugiegowierszaiczwartejkolumny.
2
Rozwi¡zanie
Zauwa»my,»eliczba
3
p
2jestpierwiastkiem
w
ielomian
u
f
(
x
)
=
Zbiórwszystkichmacierzy
m
×
n
owspółczynnikachzciała
K
oznaczamy
przez
M
m,n
(
K
).Wzbiorze
M
m,n
(
K
)mo»nawprowadzi¢działaniedodawania
+:
2
6
6
6
4
a
11
a
12
...a
1
n
a
21
a
22
...a
2
n
... ... ......
a
m
1
a
m
2
...a
mn
3
7
7
7
5
+
2
6
6
6
4
b
11
b
12
...b
1
n
b
21
b
22
...b
2
n
... ... ......
b
m
1
b
m
2
...b
mn
3
7
7
7
5
=
2
6
6
6
4
3
7
7
7
5
a
11
+
b
11
a
12
+
b
12
...a
1
n
+
b
1
n
a
21
+
b
21
a
22
+
b
22
...a
2
n
+
b
2
n
... ... ......
a
m
1
+
b
m
1
a
m
2
+
b
m
2
...a
mn
+
b
mn
Przykład
2
310
−
2
218
−
2
532 1
3
2
1
−
10 2
−
2 11 2
4
−
30
−
1
3
2
4000
0290
9020
3
6
4
7
5
+
6
4
7
5
=
6
4
7
5
Twierdzenie1
Struktura
(
M
m,n
(
K
)
,
+)
jestgrup¡abelow¡.
Niech
A
b¦dzie
m
×
n
macierz¡,a
B
macierz¡stopnia
n
×
k
,wtedymamy:
A
=[
a
ij
]
m
×
n
,B
=[
b
ij
]
n
×
k
,
mo»nawtedywprowadzi¢działaniemno»enia
·
:
A
·
B
=
C
=[
c
ij
]
m
×
k
,
gdzie:
n
X
c
ij
=
a
il
b
lj
.
l
=1
Inaczejmówi¡celement
c
ij
z
i
-tegowierszai
j
-tejkolumnymacierzy
C
po-
wstajeprzezwymno»enie
i
-tegowiersza[
a
i
1
,a
i
2
,...,a
in
]macierzy
A
przez
2
3
b
j
1
b
j
2
.
.
.
b
jn
j
-t¡kolumn¦
6
6
6
6
4
7
7
7
7
5
macierzy
B
.Mamyzatem:
2
b
j
1
b
j
2
.
.
.
b
jn
3
c
ij
=[
a
i
1
,a
i
2
,...,a
in
]
·
6
6
6
6
4
7
7
7
7
5
=
a
i
1
b
1
j
+
a
i
2
b
2
j
+
···
+
a
in
b
nj
.
3
Przeanalizujmymno»eniemacierzynaprzykładach:
Przykłady
1.
2
2
1
3
6
3
[2
,
3
,
4
,
5]
·
6
6
6
4
7
7
7
5
=[2
·
2+3
·
1+4
·
3+5
·
6]=[47]
,
poniewa»pierwszamacierzmawymiar1
×
4,adruga4
×
1towynikjest
macierz¡1
×
1.
2.
2
6
6
6
4
2
1
3
6
3
7
7
7
5
·
[2
,
3
,
4
,
5]=
C
jesttoiloczynmacierzy4
×
1i1
×
4,zatemwynikjestmacierz¡4
×
4.Mamy
wi¦c:
2
6
6
6
4
3
7
7
7
5
c
11
c
12
c
13
c
14
c
21
c
22
c
23
c
24
c
31
c
32
c
33
c
34
c
41
c
42
c
43
c
44
C
=
gdzie:
c
11
=
a
11
b
11
=2
·
2
c
12
=
a
11
b
12
=2
·
3
c
13
=
a
11
b
13
=2
·
4
c
14
=
a
11
b
14
=2
·
5
c
21
=
a
21
b
11
=1
·
2
c
22
=
a
21
b
12
=1
·
3
c
23
=
a
21
b
13
=1
·
4
c
24
=
a
21
b
24
=1
·
5
c
31
=
a
31
b
11
=3
·
2
c
32
=
a
31
b
12
=3
·
3
c
33
=
a
31
b
13
=3
·
4
c
34
=
a
31
b
14
=3
·
5
c
41
=
a
41
b
11
=6
·
2
c
42
=
a
41
b
12
=6
·
3
c
43
=
a
41
b
13
=6
·
4
c
44
=
a
41
b
14
=6
·
5
zatem:
2
46810
2345
691215
12182430
3
C
=
6
6
6
4
7
7
7
5
3.
2
6
4
1 35
−
1 02
4
−
11
3
7
5
·
2
6
4
0 2
−
1
1 3 2
3
−
2
−
1
3
7
5
=
C
Jesttoiloczyndwóchmacierzywymiaru3
×
3.Zatemwynikjestrównie»
macierz¡3
×
3imamy:
2
c
11
c
12
c
13
c
21
c
22
c
23
c
31
c
32
c
33
3
C
=
6
4
7
5
4
gdzie:
c
11
=
a
11
b
11
+
a
12
b
21
+
a
13
b
31
=1
·
0+3
·
1+5
·
3=18
c
12
=
a
11
b
12
+
a
12
b
22
+
a
13
b
32
=1
·
2+3
·
3+5
·
(
−
2)=1
c
13
=
a
11
b
13
+
a
12
b
23
+
a
13
b
33
=1
·
(
−
1)+3
·
2+5
·
(
−
1)=0
c
21
=
a
21
b
11
+
a
22
b
21
+
a
23
b
31
=(
−
1)
·
0+0
·
1+2
·
3=6
c
22
=
a
21
b
12
+
a
22
b
22
+
a
23
b
32
=(
−
1)
·
2+0
·
3+2
·
(
−
2)=
−
6
c
23
=
a
21
b
13
+
a
12
b
21
+
a
13
b
31
=(
−
1)
·
(
−
1)+0
·
2+2
·
(
−
1)=
−
1
c
31
=
a
31
b
11
+
a
32
b
21
+
a
33
b
31
=4
·
0+(
−
1)
·
1+1
·
3=2
c
32
=
a
31
b
12
+
a
32
b
22
+
a
33
b
32
=4
·
2+(
−
1)
·
3+1
·
(
−
2)=3
c
33
=
a
31
b
13
+
a
32
b
23
+
a
33
b
33
=4
·
(
−
1)+(
−
1)
·
2+1
·
(
−
1)=
−
7
5
[ Pobierz całość w formacie PDF ]