a_m-1=a_mq_m+1.

Остання рівність означає, що а_m дільником a_m-1. Оскільки кожен з доданків правої частини передостанньої рівності ділиться на а_m, то і її ліва частина ділиться на а_m, тобто а_m є дільником a_m-2. Аналогічними міркуваннями ми доведемо, що а_m є дільником a_m-3, a_m-4,…, a₄, а₃, a₂, a₁, а₀. Отже, а_m є спільним дільником елементів а_о і а₁. Покажемо тепер, що а_m ділиться на будь-який спільний дільник елементів а_о і а₁. Нехай b - довільно вибраний спільний дільник a_о і a₁. Тоді з рівності а_о = a₁q₁+q₂ випливає, що a₂ ділиться на b, з рівності а₁ = a₂q₂ + а₃ випливає, що а₃ ділиться на b і т.д. Нарешті, з рівності а_т-2 = a_т-1q_т-1 + a_m випливає, що a_m ділиться на b. Таким чином, елемент а_m є спільним дільником елементів a₀ і a₁ і ділиться на будь-який спільний дільник цих елементів, тобто а_m є найбільшим спільним дільником елементів a₀ i a₁.

Задачі

№1

Довести, що в 5кільці Z[] простими є такі елементи

а) 2;

б) -2;

в) 1+і;

г) 1-і;

Доведення

Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[].

Нехай a+b, c+d - дільники одиниці, a, b, c, d Z. Тоді

(a+b) (c+d)=1.

Знайдемо норму обох частин цієї рівності:

Nr (a+b)=(a²+3b²).

Маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=1. (1)

Рівність (1) виконується, якщо

a²+3b²=c²+3d²=1. (2)

Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0, c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[] лише 2 дільники одиниці: 1, -1.

а) Зрозуміло, що 20 і не є дільником одиниці в кільці Z[]. Використаємо норму і покажемо, що 2 - простий елемент в кільці Z[]. Оскільки Nr(2)=4, то, припустивши, що 2 є складене число, дістаємо

2=(a+b) (c+d), (3)

де a+b, c+d не є дільниками одиниці і не є асоційованими з числом 2, a, b, c, d Z[].

З рівності (3) маємо

4=(a²+3b²) (c²+3d²) (4)

Для a, b, c, d Z ця рівність можлива тоді і тільки тоді, коли

a²+3b²=1, c²+3d²=4 ()

або a²+3b²=4, c²+3d²=1 ()

або a²+3b²=2, c²+3d²=2 ()

В () і () дістаємо, що або a²+3b² або c²+3d² відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню

Розглянемо () a²+3b²=2, a²=2, а= Z.

Отже, цей випадок теж не можливий, бо a, b, c, d повинні належати Z.

Отже, 2 не може бути складеним числом. Оскільки 20 і не є дільником одиниці, то 2 - просте число в кільці Z[].

б) Так як ми довели, що 2 - простий елемент кільця Z[], то можна стверджувати, що -2 теж просте, бо -2 є асоційованим з числом 2.

в) Очевидно, що 1+0 і не є дільником одиниці в кільці Z[]. Використаємо норму і покажемо, що 1+ є простим елементом.

Оскільки Nr (1+)=2, то, припустивши, що 1+ є складеним дістаємо

1+=(a+b) (c+d),

де a+b, c+d не є дільником одиниці і не є асоційованим з числом 1+, a, b, c, d Z.

З цієї рівності маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=2.

Для цілих чисел a, b, c, d ця рівність можлива лише, коли

a²+3b²=2, c²+3d²=1 або a²+3b²=1, c²+3d²=2

При цьому маємо, що або a²+3b² або c²+3d² відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню. Отже, 1+ - простий елемент в кільці Z[].

г) Розглянемо число 1-. Знайдемо його норму

Nr (1-)=2

Так як Nr (1-)=Nr (1+)=2 і 1+ - просте число, то і 1- - теж просте.

Доведено.

3.2 Кільце поліномів

3.2.1 Поняття кільця поліномів від однієї змінної

Нехай K і L - комутативні кільця з основними множинами К і L відповідно.

Означення. Кільце L називається простим розширенням кільця K за допомогою елемента u, якщо виконуються умови:

(1) K - підкільце кільця L;

(2) будь-який елемент a з L можна подати у вигляді

a=₀+₁u+ … +_nuⁿ, де ₀, ₁,…, _n K.

Запис L= K[u] означає, що кільце L є просте розширення кільця K за допомогою елемента u.

У цьому випадку основну множину кільця L позначають також через К[u], L=K[u]

Означення. Кільце L=K[u] називається простим трансцендентним розширенням кільця K, якщо виконується наступна умова:

(3) для будь-яких елементів ₀, ₁,…, _n множини К з рівності ₀+₁u+ … +_nuⁿ=0 випливають рівності ₀=0, ₁=0,…, _n=0.

Якщо L=K[u] - просте розширення кільця K с допомогою u і u задовольняє умовам (3), то елемент u називається трансцендентним відносно K.

Якщо K[u] - просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u, то кільце K[u] називається також кільцем поліномів від u над K, а елементи кільця K[u] - поліномами від u над K чи поліномами над K.

Твердження. Нехай K[u] - просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u. Тоді для будь-якого елемента а кільця K[u], якщо а=₀+₁u+ … +_nuⁿ і а=₀+₁u+ … +_nuⁿ, де _i, _iK, то _i=_i,

то _i=_i для i=1,2,…, n.

Доведення.

Якщо

а=₀+₁u+ … +_nuⁿ=₀+₁u+ … +_nuⁿ (_i, _iK),

то ₀-₀+(₁-₁) u+ … +(_n-_n) uⁿ=0.

За умовою, елемент u являється трансцендентним відносно K. Тому з (1) випливають рівності _і-_і=0 і _і=_і для і=0,1,…, n.

Доведено.

Задачі

№1

Перевіримо, чи є кільцем множина К всіх многочленів з кільця Z[x], в яких вільний член ділиться на 5.

Розв'язання.

Нехай f(x)=a_nxⁿ+ … +a₁x+5a₀,

g(x)=b_mx^m+ … +b₁x+5b₀, mn.

Тоді

f(x)+g(x)=b_mx^m+ … +(a_n+b_n) xⁿ+ … +(a₁+b₁) x+(5a₀+5b₀)=b_mx^m+ … +(a_n+b_n) xⁿ+ … + +(a₁+b₁) x+5 (a₀+b₀),

f(x) - g(x)=(-b_m) x^m+ … +(a_n-b_n) xⁿ+ … +(a₁-b₁) x+5 (a₀-b₀),

f(x)·g(x)=a_nb_mx^n+m+ … +(5a₁b₀+5a₀b₁)+5·5a₀b₀.

Це означає, що f(x)+g(x), f(x) - g(x) і f(x)·g(x) також є елементами множини К. Отже, К є підкільцем кільця Z[x].

Відповідь: Множина К утворює кільце.

№2

Довести, що для кожного многочлена f(x) з кільця Z[x] і для будь-яких цілих чисел a і b число f (a+)+f (a-) є цілим.

Доведення.

Многочлени f (a+) та f (a-) мають такий вигляд

f (a+) =a_n(a+)ⁿ+ … +a₁(a+)+a₀,

f (a-) =a_n(a-)ⁿ+ … +a₁(a-)+a₀.

Коли ми будемо додавати f (a+)+f (a-) і підносити до степеня, то всі знищаться і залишаться лише цілі числа. Ми прийшли до того, що нам потрібно довести.

Доведено.

3.2.2 Факторіальність кільця поліномів

Теорема. Якщо кільце К факторіальне, то і кільце поліномів К[x] факторіальне.

Доведення.

Нехай К - факторіальне кільце. Доведемо, що будь-який відмінний від нуля необоротний елемент кільця К[x] однозначно з точністю до порядку співмножників і оборотних множників розкладемо в добуток простих множників в K[x]. Спочатку доведемо можливість розкладання на прості множники. Нехай f - довільний ненульовий поліном з K[х]. Якщо f - поліном нульового ступеня, то fК. Оскільки кільце K факторіальне, поліном f можна подати у вигляді добутку простих множників у К і, значить, у К[x].Припустимо, що deg f =n>0, і всякий поліном, ступінь якого менше n, розкладемо в добуток простих множників. Нехай

(1) f=dg(x),

де dK, g(x) - поліном позитивного степеня, примітивний в К[х]. Якщо поліном g незвідний над К, то, розкладаючи в (1) множник а на прості множники, одержимо розкладання f на прості множники. Якщо ж поліном g(х) звідний в К[х], то його можна подати у вигляді добутку двох поліномів позитивного степеня, меншого, ніж n: g(x)=h(x)(x).По індуктивному припущенню, h(х) і (х) можна подати у вигляді добутку простих множників у К[x]. Отже, g, а в силу (1) і f також можна подати у вигляді добутку простих множників.

Доведемо єдиність розкладу. Нехай дані будь-які два розклади f на прості множники в K[x]:

(2) f=p₁…p_kq₁…q_s=p₁…p_rq₁…q_t,

де p_i, p_iK, q_i, q_i - незвідні, а виходить, і примітивні поліноми позитивного степеня. З (2) випливає, що

(3) p1…pk ~p1…pr в K;

(4) q1…qs~q1…qt в K[x].

Оскільки кільце K факторіальне, то з (3) випливає, що k=r і при відповідній нумерації

(5) p_i~p_i в K для i=1, 2, …, k

Далі, за наслідком 3.6, поліноми q_i і q_i незвідні в кільці F[х]. У силу факторіальності кільця F[х] з (4) випливає, що s=t і при відповідній нумерації

q_i~ q_i в F[х] для i=1,…, s.

Поліноми q_i і q_i незвідні в K[x] і, значить, примітивні в K[х], крім того, ці поліноми асоційовані в F[x]. Отже, вони асоційовані в K[x],

(6) q_i~ q_i в K[х] для i=1,…, s.

У силу (5) і (6) поліном f має однозначний розклад на прості множники в кільці K[x]. Отже, показано, що кільце K[x] факторіальне.

Доведено.

Задачі

№1

Довести, що множина I всіх многочленів кільця Z[x], вільний член яких дорівнює парному числу, є ідеалом Z[x]. Чи є цей ідеал головним?

Розв'язання.

Очевидно, що ця множина замкнена відносно віднімання та множення на довільний елемент кільця. Отже, ця множина буде ідеалом.

Візьмемо будь-які елементи

x²+4I, x+2I.

Перевіримо чи x²+4x+2.

x²+4=x²-4+8=(x-2) (x+2)+8.

Так як x²+4 не ділиться на x+2 то дана множина I не буде головним ідеалом.

Відповідь: Множина I буде ідеалом, але не головним.

№2

Знайти НСД і НСК таких многочленів:

f(x)=x⁴+2x³-2x-1,

g(x)=(x+1) (x²-x-2)

в кільці Q[x].

Розв'язання.

Розкладемо дані многочлени на множники:

f(x)=x⁴-1+2x(x²-1)=(x²-1) (x²+2x+1)=(x+1)³(x-1),

g(x)=(x+1) (x-2) (x+1)=(x+1)²(x-2).

Очевидно, що

(f, g)=(x+1)²,

[f, g]=(x+1)³(x-1) (x-2).

Відповідь: (f, g)=(x+1)², [f, g]=(x+1)³(x-1) (x-2).

№3

Розкласти на незвідні в полі P множники такий многочлен:

f(x)=x⁴-2x³-27x²-44x+7.

Розв'язання.

Розклад матиме такий вигляд:

f(x)=(x²+bx+1) (x²+cx+7).

f(x)=x⁴+(c+b) x³+(bc+8) x²+(7b+c) x+7.

с=-2-b,

(-2-b) b=-35,

- b²-2b=-35,

b²+2b-35=0,

Отже, даний многочлен розкладається таким чином:

f(x)=(x²-7x+1) (x²+5x+7).

Відповідь: f(x)=(x²-7x+1) (x²+5x+7).

3.3 Кільце многочленів від кількох змінних

3.3.1 Поняття кільця многочленів від кількох змінних

Означення Кільцем многочленів R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n] від n змінних х₁, х₂,…, x_n-1, х_n над областю цілісності R називається кільце многочленів від змінної x_n над кільцем R[х₁, х₂,…, x_n-1] тобто

R[х1, х2,…, xn-1, хn] = R[х1, х2,…, xn-1] [xn] (4)

Це означення має індуктивний характер. При п=1 воно зводиться до означення кільця многочленів від однієї змінної х₁ над областю цілісності R (природно вважати, що при п =1 R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n] =R). Якщо ж уже означено кільце R[х₁, х₂,…, x_n-1] при п 1, то за допомогою (4) дістаємо означення кільця R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n]. Отже, для довільного натурального п означено кільце многочленів від п змінних х₁, х₂,…, x_n-1, х_n

Теорема Кільце многочленів R[х1, х2,…, xn-1, хn] над областю цілісності R є область цілісності.

Доведення.

Твердження правильне при п = 1. Припустимо, що воно правильне при п = т і розглянемо кільце R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1]. Згідно з означенням 1, R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1] є кільце многочленів над R_m= R[х₁, х₂,…, x_m]. За припущенням індукції, R, є область цілісності. Отже, R_m[x_m+1]=R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1] є область цілісності. За принципом індукції, R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n] є область цілісності при довільному натуральному п.

Доведено.

Зрозуміло, що коли R - область цілісності з одиницею, то R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n] - область цілісності з одиницею.

Наступна теорема встановлює будову елементів області цілісності R[х₁, х₂,…, x_n-1, х_n].

Теорема 2. Кожний елемент fR [х1, х2,…, xn-1, хn] можна подати у вигляді скінченної суми

AiR, kijZ+ (5)

Навпаки, будь-який вираз виду (5) є елементом кільця R[х1, х2,…, xn-1, хn].

Доведення

Доведення проведемо індукцією по n. При n=1 твердження правильне. Припустимо, що воно правильне при n=m і перевіримо його правильність при n=m+1. За означенням 1, кожний елемент fR [х1, х2,…, xm, хm+1] є многочлен від Хm=1 над областю цілісності R [х1, х2,…, xm], і тому його можна подати у вигляді суми

(6)

За припущенням індукції, кожний многочлен a_j(x₁, …, x_m) від n змінних можна подати у вигляді скінченної суми

, (7)

,

(i=1, 2, …, N_j; s=1, 2, …, m; j=0, 1, 2, …, l).

Підставивши вираз (7) в (6) і виконавши відповідні дії (в розумінні дій у кільці R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1] з урахуванням того, що воно містить R[х₁, х₂,…, x_m] як підкільце), дістанемо скінченну суму виду

, (8)

де B_rR (r=1, …, N), бо кожне B_r є якесь з .

Навпаки, кожна сума виду (8) є елемент кільця R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1]: адже будь-який її доданок може розглядатись як многочлен від x_m+1 з коефіцієнтом R[х₁, х₂,…, x_m] й тому й уся сума належить кільцю R[х₁, х₂,…, x_m, х_m+1].

Отже, твердження теореми правильне і при n=m+1, тобто за принципом математичної індукції теорему доведено.

Доведено.

Означення Кожний елемент кільця R[х1, х2,…, xn] називають многочленом від n змінних х1, х2,…, xn над R. і позначають f(х1, х2,…, xn), g(х1, х2,…, xn) і т. п.

Згідно з теоремою 2, будь-який многочлен з R[х1, х2,…, xn] можна подати у формі суми (5)

AiR, kijZ+ (9)

Кожний доданок цієї суми називають членом многочлена f(х₁, х₂,…, x_n), відповідний елемент A_iR - коефіцієнтом члена (і многочлена). Два члени, які відрізняються лише коефіцієнтами, називають подібними; іншими словами, члени подібні, якщо усі змінні входять множниками в ці члени у попарно рівних степенях, наприклад та . При цьому порядок, в якому записано множники неістотний, тобто

члени , , тощо вважаємо однаковими, рівними між собою. Відповідно до цього, R[х₂, х₁,…, x_n], R[х₃, х₂,…, x₁], R[х₁, х₂,…, x_n] і т. п. є різними формами запису того самого кільця многочленів від змінних х₁, х₂,…, x_n над областю цілісності R.

Задачі

№1

Виразити через ?_і такий многочлен

f (x, y)=x³y+y³x+2x²+2y².

Розв'язання.

Основні симетричні многочлени ?₁, ?₂ мають вигляд:

?₁=x+y,

?₂=xy.

Виразимо даний многочлен через ?₁, ?₂

f (x, y)=xy(x²+y²)+2 (x²+y²)=(x²+y²) (xy+2)=

=((x+y)²-2xy) (xy+2)=(?₁-2?₂) (?₂+2)=

=?₁²?₂+2?₁²-2?₂²-4?₂.

Відповідь: f (x, y)=?₁²?₂+2?₁²-2?₂²-4?₂.

№2

Довести, що для S_n=xⁿ+yⁿ, nN, при n>2 виконується рекурентне співвідношення

S_k=?₁S_k-1-?₂S_k-2.

Доведення.

Доведемо методом математичної індукції.

Перевіримо базу індукції при n=3

S₃=?₁S₂-?₂S₁=(x+y) (x²+y²) - xy (x+y)=x³+y³.

Припустимо, що твердження вірне для n=k.

Доведемо, що дане твердження справджується і при n=k+1

S_k+1=?₁S_k-?₂S_k-1=(x+y) (x^k+y^k) - xy(x^k-1+y^k-1)=

=x^k+1+xy^k+x^ky+y^k+1-x^ky-xy^k=x^k+1+x^k+1.

Отже, виходячи з математичної індукції твердження доведено.

Доведено.

3.3.2 Факторіальність кільця поліномів від n змінних

Теорема. Нехай К - факторіальне кільце. Тоді кільце поліномів К[х1,….хn] від х1,…., хn над К також являється факторіальним.

Доведення.

Теорема доводиться індукцією по n. Для n=1 твердження правильне. Припустимо, що кільце поліномів К[х1,….хn-1] від х1,….хn-1, над К факторіальне. Доведемо, що факторіальним тоді буде і кільце К[х1,…, хn].

К[х1,…, хn]=К[х1]… [.хn]=(К[х1,….хn-1]) [xn].

За індуктивним припущенням, кільце К[х1,…, хn-1] факторіальне. Тоді факторіальним є також його розширення (К[х1,….хn-1]) [xn] за допомогою елемента xn, трансцендентного над кільцем К[х1,….хn-1]. Таким чином, кільце поліномів К[х1,….хn] факторіальне для довільного натурального n.

Доведено.

Наслідок Кільце поліномів F[х1,….хn] над полем F факторіальне.

Задачі

№1

Розкласти на множники найменшого степеня з дійсними коефіцієнтами такий многочлен

f (x, y)=10x⁴-27x³y-110x²y²-27xy³+10y⁴.

Розв'язання.

f (x, y)=10x⁴-27x³y-110x²y²-27xy³+10y⁴=10 (x⁴+y⁴) - 27 (x²+y²)-110x=

=10 [(?₁²-2?₂)²-2?₂²]-27?₂(?₁²-2?₂)-110?₂²=10?₁⁴-67?₁²?₂-36?₂².

Розкладемо цей вираз на множники. Для цього знайдемо його корені.

?₂^?=-2?₁²,

?₂^??=?₁².

Тоді наш многочлен

f=-36 (?₂-?₁²) (?₂+2?₁²)=(-36?₂+5?₁²) (?₂+2?₁²).

f (x, y)=(-36xy+5 (x+y)²) (xy+2 (x+y)²=

=(-36xy+5x²+10xy+5y²) (2x²+3xy+2y²)=

=(5x²-26xy+5y²) (2x²+3xy+2y²).

Розглянемо кожний з цих множників, як квадратний тричлен відносно x

5x²-26xy+5y² x?=5y, x??=.

2x²+3xy+2y² x?=y, x??=-2y.

Тоді маємо

f (x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x-y).

Відповідь: f (x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x-y).

Використана література

Алгебра і теорія чисел, ч. 1. Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об'єднання «Вища школа», 1974, 464 с.

Алгебра і теорія чисел, ч. 2. Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об'єднання «Вища школа», 1976, 384 с.

Алгебра и теория чисел: Учебное пособие для педагогических институтов.-М.: Высшая школа, 1979, - 559 с., ил.

Збірник задач з теорії чисел. [Навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] За ред. І.О. Рокіцького, Вінниця, 2001-115 с.

Збірник задач з алгебри. [навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] За ред. І.О. Рокіцького, Вінниця, 2002-176 с.

Алгебра і теорія чисел: Практикум. Частина 2 /С.Т. Завало, С.С. Левіщенко, В.В. Пилаєв, І.О. Рокіцький. - К.: Вища школа Головне видавництво, 1986. - 364 с.

Збірник задач і вправ з теорії чисел. Є.П. Морокішко. Центр «Магістр-S», 1995 р. 158 с.