Полиноми с рационални коефициенти. Критерий на Айзенщайн



Дата24.07.2016
Размер52.5 Kb.

Полиноми с рационални коефициенти.Критерий на Айзенщайн

Ще ни са необходими следните елементарни твърдения от теория на числата:


Твърдение1:

Нека m, a. b z и m дели а.b.Ako m и a са взаимно прости ((m,a) = 1), тогава m дели b.
Твърдение 2:

Нека р и а са цели числа и р е просто число. Ако р не дели а, тогава (р,а) = 1.
Твърдение 3:

Нека р, а1, . . . ,ак са цели числа, р е просто число и дели произведението а1 a2 . . . ak. Тогава р дели някое от числата а1, a2, . . , ak.
Определение:

Нека f(x) е полином с цели коефициенти, т.е. f(x)  Z[x]. Казваме, че f(x) е примитивен полином, ако единствените цели числа, които делят всичките му коефициенти, са 1 и –1.
Твърдение 4:

Нека f(x) е полином с рационални коефициенти. Тогава f(x) може да се представи във вида
f(x) = r.f1(x),
където r  Q и f1(x) е примитивен полином.
Д-во:

Нека , където аi, bi са цели числа.

Ако общият знаменател на e равен на m, тогава имаме

,


където ci са цели числа. Ако НОД на e d и, тогавa
,

където НОД на е равен на 1. Това означава, че e примитивен полином.


Лема 1:

Нека f(x) е примитивен полином. Ако r  Q и коефициентите на r.f(x) са цели числа, тогава r също е цяло число.
Д-во:

Нека и , където b и c са цели и взаимно прости. Получаваме



от условието имаме, че е цяло число за i = 0, . . ., n. Следователно с дели аib. Понеже (с, b)=1 от Твърдение 1 получаваме, че с дели аi за i = 0, . . ., n. Числото с дели всички коефициенти на f(x) и тъй като по условие f(x) е примитивен имаме, че с = 1. Следователно е цяло

Лема(на Гаус):

Произведението на примитивни полиноми също е примитивен полином.
Д-во:

Достатъчно е да докажем лемата за два примитивни полинома.

Нека са дадени примитивните полиноми


.
Разглеждаме тяхното произведение
.
Трябва да докажем че също е примитивен. Да допуснем противното, т.е. h(x) не е примитивен полином. Тогава съществува просто число p, което дели всичките коефициенти на h(x), т.е. p дели. Понеже f(x) е примитивен полином имаме, че p не дели всички коефициенти на f(x). Нека i е най-малкият индекс, за който p не дели аi, т.е. p дели a0,a1,….,ai-1 и p не дели ai. Понеже g(x) също е примитивен полином следва, че p не дели всички коефициенти на g(x). Нека j е най-малкият индекс, за който bj не се дели на p, т.е. p дели b0,b1, . . . ,bj-1 и p не дели bj.

Разглеждаме:



В това равенство имаме, че p дели . Следователно p трябва да дели . От Твърдение 3 имаме, че p дели или , или , което е противоречие. С това Лемата е доказана
Следствие:

Нека f(x) e полином с цели коефициенти и f(x) е неразложим над Q.Тогава f(x) е неразложим над Q.
Д-во:

Нека f(x) = f1(x).f2(x), където f1(x),f2(x)  Q[x] и ст f1(x) ≥ 1 , ст.f2(x) ≥ 1 .

Съгласно Твърдение 4
f1(x) = r1 , където r1  Q и e примитивен.

f2(x) = r2., където r2  Q и e примитивен.


Тогава f(x) = f1(x).f2(x) = r1.r2. . . От лемата на Гаус имаме, че . е примитивен. Понеже има цели коефициенти от Лема 1 следва r1.r2  Z. Нека m = r1.r2  Z.

Тогава f(x) = (m ) дава желаното разлагане



Критерий на Айзенщайн за неразложимост над Q:

Нека Z[x], , за който съществува просто число p със следните свойства:


  1. p не дели аn

  2. p дели останалите коефициенти а0 ,......, аn-1

  3. p2 не дели а0


Тогава f(x) е разложим полином над Q.
Докаэателство:

Да допуснем пртивното, т.е. ,че f(x) е разложим над Q. Съгласно следствието f(x) е разложим и над Z,т.е. f(x) = g(x).h(x),където g(x) Є Z [x],h(x) Є Z [x] и ст g(x) ≥ 1 , ст.h(x) ≥ 1 . Нека подробно записани тези полиноми да са:


,, Z,

,, Z.
Имаме а0 = b0.c0

По условие p дели а0. Понеже p е просто от Твърдение 3 имаме, че p дели c0 или b0. БОО можем да предположим,че p дели b0.

От това, че а0 не се дели на p2 получаваме, че p не дели c0. съгласно Твърдение 2 имаме (p,c0) = 1.

Разглеждаме


. (*)
По условие p дели а1. Вече изяснихме, че р дели b0. Поради това от (*) получаваме, че p дели b1c0. Понеже (p,c0) = 1 от Твърдение 1 следва, че p дели b1.

От равенството



като вземем под внимание, че се делят на p получаваме, че p дели b2c0. Понеже (p,c0) = 1 от Твърдение 1 следва, че p дели b2.

Последователно изясняваме, че p дели b0, b1, b2, . . . , bs-1.

Разглеждаме

В последното равенство p дели as, b0, . . . , bs-1 следователно p дели bsc0. Понеже (p,c0) = 1 от Твърдение 1 следва, че p дели bs.

Разглеждаме равенството


as+k = bs.ck (s+k = n).
От това равенство следва, че p дели as+k = an (s+k = n), което е противоречие. С това противоречие теоремата е доказана
Следствие:

За всяко естествено число n, съществува неразложим над Q полином от степен n.
Такъв е например полиномът .






Поделитесь с Вашими друзьями:


База данных защищена авторским правом ©obuch.info 2019
отнасят до администрацията

    Начална страница