Úloha 9.2. Delitelnost polynomov nad $\mathbb C[x]$

[Rabatin]

Úloha 9.2. Dokážte, že $x^2+x+1\mid x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$ v $\mathbb C[x]$.

$f(x) = x^2+x+1$
$g(x) = x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$

Prv najdeme korene $f(x)$ pomocou diskriminantu:
$\frac{-1 \pm \sqrt{1-4.1}}{2} = \frac{-1 \pm i \sqrt{3} }{2} = \frac{-1}{2} \pm i \frac{ \sqrt{3} }{2} = \cos(\frac{2}{3} \pi) \pm i \sin(\frac{2}{3} \pi)$
Takze mame dva korene:
$x_1 = \cos(\varphi) + i \sin(\varphi)$
$x_2 = \cos(\varphi) - i \sin(\varphi)$
Pricom $\varphi = \frac{2}{3} \pi$.
Cize $f(x) = (x - x_1)(x - x_2)$

Keby $f(x) \mid g(x)$, tak potom sa $g(x)$ da zapisat ako:
$g(x) = f(x)h(x) + 0 = (x - x_1)(x - x_2) h(x)$
Pricom $h(x) \in \mathbb C[x]$. Teda potom korene $x_1,x_2$ su aj korenmi $g(x)$.
Overme to:
$g(x_1) = x_1^{3m}+x_1^{3n+1}+x_1^{3p+2}$
Teraz vyuzijeme vlastnost komp. c.: pri nasobeni sa agumenty scitavaju a abs. nasobia
$\cos(3m\varphi) + i \sin(3m\varphi) + \cos(\varphi(3n+1)) + i \sin(\varphi(3n+1)) +\cos(\varphi(3p+2)) + i \sin(\varphi(3p+2)) =$
$= \cos(2\pi m) + i \sin(2\pi m) + \cos(2n\pi + \frac{2}{3} \pi) + i \sin(2n\pi + \frac{2}{3} \pi) +\cos(2\pi p + \frac{4}{3} \pi) + i \sin(2\pi p + \frac{4}{3} \pi) =$
$= 1 + i \cdot 0 - \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} = 0$
Cize $x_1$ je koren. Komplexne zdruzene k $x_1$ je $x_2$, cize aj $x_2$ musi byt koren. Cim sme dokazali, ze $f(x)$ sa da zapisat ako $g(x)h(x)$.

[Martin Sleziak]

Keby $f(x) \mid g(x)$, tak potom sa $g(x)$ da zapisat ako:
$g(x) = f(x)h(x) + 0 = (x - x_1)(x - x_2) h(x)$
Pricom $h(x) \in \mathbb C[x]$. Teda potom korene $x_1,x_2$ su aj korenmi $g(x)$.

Na tomto mieste je dôležité, že tam nie je potom ale práve vtedy, keď.
T.j. $f(x)\mid g(x)$ $\Leftrightarrow$ $x_1$ aj $x_2$ sú korene $g(x)$.

Odhliadnuc od tohoto upresnenia nemám k riešeniu žiadne výhrady a značím si 1 bod.

Ešte si môžeme všimnúť, že vlastne overenie, či každý koreň $f(x)$ je koreňom $g(x)$ sa dá ľahko spraviť aj bez toho, aby sme dosadzovali priamo konkrétne hodnoty.
Ak $a$ je koreň $f(x)$, tak platí $a^2+a+1=0$. Potom platí aj $a^3-1=0$, lebo $a^3-1=(a-1)(a^2+a+1)$.
Keďže máme rovnosť $a^3=1$, tak ľahko dostaneme
$g(a)=a^{3m}+a^{3n+1}+a^{3p+2} = (a^3)^m+a\cdot (a^3)^n + a^2\cdot (a^3)^p=1+a+a^2=0$.
(Dôležitý je aj fakt, že korene sú rôzne, takže je fajn, že sme ich zrátali - alebo sa aspoň pozreli na to, že diskriminant je nenulový. Takýmto spôsobom si však môžeme trochu uľahčiť počítanie s nimi.)

[Martin Sleziak]

Ešte sa pozrime na trochu iný postup.
Platí $f(x)\mid x^3-1$, lebo $(x^3-1)=(x-1)(x^2+x+1)$.
Z toho vidno, že $f(x)\mid x^{3s}-1$ pre ľubovoľné $s\in\mathbb N$. (Môžeme dokázať indukciou, alebo použiť vzorec $t^s-1=(t-1)(t^{s-1}+t^{s-2}+\dots+t+1)$ pre $t=x^3$.)
Takže potom vidíme, že
$f(x)\mid x^{3m}-1$
$f(x)\mid x^{3n+1}-x$
$f(x)\mid x^{3p+2}-x^2$
Keď to spojíme s tým, že $f(x)\mid f(x)$, tak dostaneme
$$f(x) \mid (x^{3m}-1)+(x^{3n+1}-x)+(x^{3p+2}-x^2)+(1+x+x^2) = x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}=g(x).$$
(Môžeme si všimnúť, že toto zdôvodnenie prejde nad ľubovoľným poľom, nielen nad $\mathbb C$.)

[Rabatin]

Keďže máme rovnosť $a^3=0$, tak ľahko dostaneme

Asi ste mali na mysli $a^3=1$, kedze $a^3 - 1 = 0$.

[Martin Sleziak]

Keďže máme rovnosť $a^3=0$, tak ľahko dostaneme

Asi ste mali na mysli $a^3=1$, kedze $a^3 - 1 = 0$.

Ďakujem za opravu. Už som to v mojom poste zeditoval.