Rastavljivost polinoma trećeg stepena

Odgovori Nova tema

7 odgovora
13.828 pregleda

Rastavljivost polinoma trećeg stepena 13.05.2005. u 20:30 · pre 261 meseci #1

Evo, i ja imam jedno pitanje vezano za polinome.
Naime, pripremam Algebru 1, pa me kopka sledeći problem:

$\input amstex \input cyracc.def \font\tencyr=wncyr10 \def\cyr#1{{\tencyr\cyracc#1}} \font\tencyri=wncyi10 \def\cyri#1{{\tencyri\cyracc#1}} \font\tencyb=wncyb10 \def\cyrb#1{{\tencyb\cyracc#1}} \def\Q{{\bold Q}} \cyr{Neka je }$p=x^3+x+1$\cyr{ polinom iz }$\Q[x]$. \item{\cyr{a.)}}\cyr{Pokazati da je polinom }$p$\cyr{ nerastavljiv nad poljem }$\Q$. \item{\cyr{b.)}}\cyr{Ako je }$\alpha$\cyr{ realna nula polinoma }$p$\cyr{ odrediti stepen rashirenja polja }$\Q[\alpha]$\cyr{ nad }$\Q$. \item{\cyr{v.)}}\cyr{Ako je }$\lambda=\alpha^2-\alpha$,\cyr{ odrediti minimalni polinom ovog elementa nad poljem }$\Q$. \item{\cyr{g.)}}\cyr{Odrediti }$\frac{1}{\lambda}$\cyr{ u }$\Q[\alpha]$. \bye$

Konkretno, interesuje me kako se dokazuje stavka pod a.), da je polinom
$p$ nerastavljiv nad poljem racionalnih brojeva. Slučaj pod b.)
mi je jasan, pošto je onda $p$ i minimalni polinom od
$\alpha$ , pa je stepen raširenja $3$ . Interesuju me,
pored a.), i v.) i g.).

Hvala unapred,
Cabo

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 14.05.2005. u 01:06 · pre 261 meseci #2

Ako želimo da rastavimo ovaj polinom nad Q[x], to znači da želimo da bude
$p(x)=p_1(x)\cdot p_2(x)$ gde su p₁ i p₂ ne-konstantni polinomi iz Q[x]. To znači da jedan od njih mora da bude linearan, a to opet znači da P mora da ima bar jednu racionalnu nulu. Neka je to x₀. Dakle neka je
$x_0=\frac{a}{b}$

Tad mora biti $(\frac{a}{b})^3+\frac{a}{b}+1=0$ , tj
$a^3+a\cdot b^2+b^3=0$ gde je b broj, a a ceo broj. Sad vidimo da a deli b, i da b deli a. Onda je $\frac{a}{b}=\pm 1$

Ali $p(1)\ne 0\ne p(-1)$

Zaključak: ne postoji racionalna nula, dakle p(x) nije rastavljiv.

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 16.05.2005. u 17:33 · pre 261 meseci #3

Evo malo price oko zadatka pod v) i g)

v)
Neka je $\alpha$ ta realna nula.
Vidimo da $\lambda = \alpha^{2} - \alpha \in \mathbb{Q}[\alpha]\\ \Rightarrow \mathbb{Q}[\lambda] \subseteq \mathbb{Q}[\alpha]\\ \Rightarrow deg \mu \leq 3\\$

Sad, pitanje je da li je obrnuto?

Svejedno, $\mu_{\lambda} = ax^{3} + bx^{2} + cx + d$ je minimalni polinom za $\lambda$
a vazi
$\alpha^{3} + \alpha + 1 = 0\\ \Rightarrow \alpha^{3} = -\alpha - 1$
Vazi
$a{(\alpha^{2} - \alpha)}^{3} + b{(\alpha^{2} - \alpha)}^2 + c(\alpha^{2} - \alpha) + d =0 \star$

malo se sredi i zameni
$\alpha^{6} = \alpha^{2} + 2\alpha + 1 \\ \alpha^{5} = -\alpha^{2} + \alpha + 1\\ \alpha^{4} = -\alpha^{2} - \alpha \\$
pritom $\star = 0 = \alpha^{3} + \alpha + 1$ (jer je $\alpha$ nula polinoma p)
dobije se sistem jednacina:
-a -2b = 1
a + c = 0
-4a - b - c =1
-2a + d =1

kad se resi dobije se
$\mu_{\lambda} = -1/7 (x^{3} + 3x^{2} - x -5)$

Ja se nadam da je racun dobar, a ako ima logickih gresaka... Javite!

g)
Ovo me posebno interesuje, naci $1/ \lambda \in \mathbb{Q}[\alpha]$

Da li se moze naci polinom $q$ iz $\mathbb{Q}[x]$ takav da je
$\lambda = q (\alpha)$ ?

I, ako moze, hoce li biti uzajamno prost sa p ?

Jer, posmatrano kao elementi iz prstena $\mathbb{Q}[x]$ postojace u i v polinomi takvi da vazi
$pu + qv = 1\\ p(\alpha) u(\alpha) + q(\alpha) v(\alpha) =1\\ \nearrow = 0\\ \Rightarrow v(\alpha) = 1/q(\alpha)\\$

a u i v se odrede Euklidovim algoritmom, i to je to.

Poz

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 16.05.2005. u 22:24 · pre 260 meseci #4

Mislim da je ovako lakšije & tačnije

Vidimo da je
$\alpha ^3=-\alpha-1\quad\Rightarrow\quad \alpha ^4=-\alpha ^2-\alpha$

Zbog toga je

$\lambda ^2=\alpha ^4-2\alpha ^3+\alpha ^2=-\alpha ^2-\alpha -2(-\alpha-1)+\alpha ^2=\alpha +2$ i
$\lambda ^3=\lambda\cdot\lambda ^2=(\alpha+2)(\alpha ^2-\alpha)=\alpha ^3+\alpha ^2-2\alpha=\alpha ^2-3\alpha-1$

gde je
$\lambda=\alpha^2-\alpha$

Ponavljam

$\lambda ^2=\alpha+2 \\ \lambda ^3=\alpha ^2-3\alpha-1$

Lako se vidi da je sistem polinoma $[1,\lambda,\lambda ^2]$ linearno nezavisan, i da je sistem
$[1,\lambda,\lambda ^2,\lambda ^3]$ linearno zavisan.

Ovu linearnu zavisnost shvatamo uslovno. Naime lambde shvatamo kao polinome najviše 2 stepena po alfama.

Pokušaću da obrnem proces izražavanje. Dakle alfe preko lambdi:

$\alpha = \lambda ^2 -2 \\ \alpha ^2=\lambda+\alpha=\lambda ^2+\lambda-2$

Na kraju

$\lambda^3=\alpha ^2-3\alpha-1=\lambda ^2+\lambda-2-3(\lambda^2-2)-1=-2\lambda ^2 +\lambda+3$

tj $\lambda ^3+2\lambda ^2-\lambda -3 =0$

Ovo je ujedno minimalni polinom, jer ako ne bi bio on, no neki manjeg stepena

$0=A\lambda ^2+B\lambda+C=A(\alpha+2)+B(\alpha ^2-\alpha)+C=B\alpha ^2+(A-B)\alpha+C$

Pošto je minimalni polinom za alfu stepena 3, ovo mora biti 0 polinom.

Kao što vidimo dokaz za minimalnost zapisanog polinoma je dokaz o lin nez stepena lambdi preko alfi

btw minimalni polinom je uvek jediničan, tj nemojte ga množiti ikakvim brojem

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 18.05.2005. u 14:32 · pre 260 meseci #5

Citat:

KPYU:
Tad mora biti $(\frac{a}{b})^3+\frac{a}{b}+1=0$ , tj
$a^3+a\cdot b^2+b^3=0$ gde je b broj, a a ceo broj. Sad vidimo da a deli b, i da b deli a. Onda je $\frac{a}{b}=\pm 1$

Čekaj, valjda je $b\in{\rm\bold N}$ i $a\in{\rm\bold Z}$ . Ali zar iz $a^3+ab^2+b^3=0$ ne sledi $a(a^2+b^2)=-b^3$ , odakle imamo $a|b^3\;\vee\;(a^2+b^2)|b^3$ ? Kako je odatle $a|b\;\wedge\;b|a$ ?

Citat:

KPYU: $0=A\lambda ^2+B\lambda+C=A(\alpha+2)+B(\alpha ^2-\alpha)+C=B\alpha ^2+(A-B)\alpha+C$

Pošto je minimalni polinom za alfu stepena 3, ovo mora biti 0 polinom.

(...)

btw minimalni polinom je uvek jediničan, tj nemojte ga množiti ikakvim brojem

Odnosno, ovaj polinom drugog stepena nije nula polinom za $\alpha$ , jer bi inače bio „minimalniji“ od minimalnog polinoma za $\alpha$ . I, minimalni polinom je moničan.

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 18.05.2005. u 20:44 · pre 260 meseci #6

OK formalisto

Neka je rešenje jednačine $x^3+x+1=0$ razlomak $\frac{a}{b}$ gde je NZD(a,b)=1.

Dakle imamo $a(a^2+b^2)+ b^3=0$

Međutim NZD(a, b)=1, te postoje p i q (celi brojevi) takvi da je ap+bq=1 , tj bq=1-ap, tj.
$b^3 q^3=1-3ap+3a^2 p^2-a^3 p^3$ te vidimo da je
$0=a(a^2+b^2)q^3 + b^3 q^3=a(a^2+b^2)q^3 + b^3 q^3+1-3ap+3a^2 p^2-a^3 p^3$
tj
$a(a^2 p^3-3ap^2+3p-q^3(a^2+b^2))=1\quad\Rightarrow\quad a|1$

Analogno tome b|1, te najzad $\frac{a}{b}=\pm 1$

Na kraju bih dodao

Neka je $p(x)=a_n x^n+\dots a_1 x+a_0$

Tada $p(\frac{p}{q})=0\quad\Rightarrow\quad(p|a_0\wedge q|a_n)$

U pitanju je teoremica koja se radi u srednjoj školi (bar bi trebala da bude tada rađena^*), koja se, za pitanja pismenog iz algebre, može koristiti bez dokaza

^* Tj ja sam je radio i kao učenik i kao profesor

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 19.05.2005. u 17:52 · pre 260 meseci #7

Citat:

KPYU: OK formalisto

Profesionalna deformacija.

Citat:

KPYU:
U pitanju je teoremica koja se radi u srednjoj školi (bar bi trebala da bude tada rađena^*), koja se, za pitanja pismenog iz algebre, može koristiti bez dokaza

^* Tj ja sam je radio i kao učenik i kao profesor

Da. Ključna reč: trebalo.

Hvala na pomoći.

Srdačno,
Cabo

Re: Rastavljivost polinoma trećeg stepena 22.05.2005. u 20:19 · pre 260 meseci #8

Citat:

milicas:
g) Ovo me posebno interesuje, naci $1/ \lambda \in \mathbb{Q}[\alpha]$

Evo, našao sam rešenje pod g.). Važi:

$\input amstex $$\split \lambda&=\alpha^2-\alpha,\\ \lambda^2&=\alpha+2, \endsplit$$ \bye$

odakle je:

$\input amstex \def\Q{\bold Q} $$\split \lambda^3+2\lambda^2-\lambda-3&=0,\\ \lambda^3+2\lambda^2-\lambda&=3\;\Bigg/\!\cdot\!\frac{1}{3\lambda},\\ \frac{1}{3}\lambda^2+\frac{2}{3}\lambda-\frac{1}{3}&=\frac{1}{\lambda},\\ \frac{1}{3}(\alpha+2)+\frac{2}{3}(\alpha^2-\alpha)-\frac{1}{3}&=\frac{1}{\lambda},\\ \Q[\alpha]\ni\frac{2}{3}\alpha^2-\frac{1}{3}\alpha+\frac{2}{3}&=\frac{1}{\lambda}, \endsplit$$ \bye$

Što je traženi broj $\frac{1}{\lambda}\in{\rm\bold Q}[\alpha]$ .

Prijavite se da biste odgovorili u ovoj temi.Prijava Registracija

Srodne teme