Myslím, že hinty, ktoré som napísal minule boli pomerne podrobné a nemalo by byť ťažké pomocou nich príklady doriešiť, ale skúsim aj tak napísať niečo trochu detailnejšie.
Martin Sleziak wrote:
Rozklad na ireducibilné polynómy.
Keďže toto sú príklad z d.ú. 13, ktorá je ešte pred deadlinom, tak nebudem písať detailné riešenia. Ale aj tak napíšem pár drobností, ktoré vás môžu posunúť k riešeniu.
Pozrime sa napríklad na polynóm $x^4+x^2+1$. Viacerí ste použili substitúciu $x^2=t$ a vyriešili rovnicu $t^2+t+1$. Problém bol ako potom hľadať $x$, ktoré spĺňajú nejakú rovnicu typu $x^2=\frac{-1+i\sqrt3}2$. Toto je veľmi jednoduchý prípad binomickej rovnice - stačí si nalistovať príslušnú časť v poznámkach z prvého semestra, rovnice tvaru $x^n=z$, kde $z$ je komplexné číslo, vieme riešiť.
Iná možnosť: Vedel by som $x^4+x^2+1$ niečím prenásobiť, tak aby som dostal rovnicu, ktorú bude vedieť vyriešiť ľahšie? (Prenásobením som pridal nejaké korene, tie potom ale odoberiem preč.) Inak povedané: Pripomína to nejaký vzorec, ktorý poznáme?
Ďalšia možnosť: Vedel by som $x^4+x^2+1$ prepísať do tvaru $x^4+x^2+1=(\ldots)^2-(\ldots)^2$, kde výrazy v zátvorkách sú nejaké polynómy? Ak áno, môžem použiť známy rozklad pre $a^2-b^2$ a možno si tak zjednoduším pôvodnú úlohu.
(V ostatných skupinách boli úlohy podobnej náročnosti. Buď to bol polynóm, ktorý sa dá dostať z $x^4+x^2+1$ vhodnou substitúciou, len jedna skupina mala $x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^4+x^2+1)$, ktorý sa bude dať rozložiť, ak viete rozložiť $x^4+x^2+1$; a sú tam samozrejme aj iné možnosti, ako to riešiť.)
Pripomeniem ešte pár veci, ktoré sme si hovorili na cviku, ale z písomky bolo zjavné, že nie všetci ich vedia:
- Ireducibilný polynóm nad $\mathbb C$ môže byť iba polynóm stupňa 1.
- Ireducibilný polynóm nad $\mathbb R$ môže byť stupňa 1 alebo stupňa 2.
- Pre $\mathbb Q$ nemáme takéto jednoduché pravidlo ako pre $\mathbb R$ a $\mathbb C$.
- Ak polynóm stupňa 4 (alebo vyššieho) nemá v poli $F$ korene, neznamená to ešte, že je ireducibilný. (Príklady sme videli na cviku aj na prednáške - príklad 4.5.23 v poznámkach.) Pre polynómy stupňov 2 a 3 by to fungovalo. (Ak taký polynóm nemá koreň, tak už je ireduciblný.) Pre polynóm stupňa 4 je stále možné, že sa bude dať nejako rozložiť na súčin dvoch polynómov stupňa 2.
Polynóm $x^4+x^2+1$
Nájdenie komplexných koreňov: Chceme riešiť v komplexných číslach rovnicu $x^4+x^2+1=0$. Po substitúcii $t=x^2$ dostaneme kvadratickú rovnicu $t^2+t+1$, ktorá má korene $t_{1,2}=\frac{-1\pm i\sqrt3}2$. Teraz treba ešte nájsť $x$ také, že $x^2=x_{1,2}$. Na to sa oplatí najprv korene previesť do goniometrického tvaru
$$
t_1 = \cos \frac{2\pi}3+\sin\frac{2\pi}3,\\
t_2 = \cos \frac{-2\pi}3+\sin\frac{-2\pi}3.
$$
Potom štandardným postupom vieme nájsť riešenia rovníc $x^2=t_1$ a $x^2=t_1$, dostaneme konkrétne
$$
x_1 = \cos \frac{\pi}3+i\sin\frac{\pi}3=\frac12+i\frac{\sqrt3}2,\\
x_2 = \cos \frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3=-\frac12+i\frac{\sqrt3}2,\\
x_3 = \cos \frac{-2\pi}3+i\sin\frac{-2\pi}3=-\frac12-i\frac{\sqrt3}2,\\
x_4 = \cos \frac{-\pi}3+i\sin\frac{-\pi}3=\frac12-i\frac{\sqrt3}2.
$$
Dostali sme rozklad $x^4+x^2+1=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ nad poľom $\mathbb C$.
Žiaden z koreňov nie je reálne číslo, čiže polynómy v rozklade nad $\mathbb R$ musia mať stupeň aspoň 2. Nájdeme ich tak, že popárujeme dvojice komplexne združených koreňov. Konkrétne
$(x-x_1)(x-x_4)=(x^2-x+1)$
$(x-x_2)(x-x_3)=(x^2+x+1)$
Dostávame rozklad
$$x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1),$$
ktorý je rozkladom zadaného polynómu nad $\mathbb R$ aj nad $\mathbb C$.
Vhodné prenásobenie.
Ak si všimneme, že
$(x^4+x^2+1)(x^2-1)=x^6-1$,
tak dostávame polynóm $x^6-1$, ktorý vieme rozložiť veľmi ľahko. Rovnica $x^6=1$ je opäť binomická rovnica, tentokrát však veľmi jednoduchá: Vieme, že korene vytvoria pravidelný šesťuholník na jednotkovej kružnici, jeden z koreňov je 1. Teda korene sú $\pm 1$ a $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$.
Máme teda rozklad $x^6-1=(x-1)(x+1)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$.
Keď odstránime časť $x^2-1=(x-1)(x+1)$, ktorú sme umelo pridali, dostaneme znovu ten istý rozklad ako minule: $x^4+x^2+1=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$.
Rozdiel dvoch štvorcov. Ak si všimneme, že $x^4+x^2+1=x^4+2x^2+1-x^2=(x^2+1)^2-x^2$, tak použitím známeho vzorca $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$ dostaneme
$$x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1).$$
Potom už stačí zrátať korene dvoch kvadratických polynómov, ktoré sme takto dostali.
Polynómy $x^4+4x^2+16$ a $16x^4+4x^2+1$.
Ak v $t^4+t^2+1$ dosadíme $t=2x$, dostaneme presne polynóm $16x^4+4x^2+1$. Ak dosadíme $t=x/2$, dostaneme $\frac1{16}(x^4+4x^2+16)$.
Môžeme teda použiť rozklad pre $t^4+t^2+1$ (ktorý sme pred chvíľou zrátali) a potom použiť substitúciu. Alebo môžeme jednoducho použiť rovnaké metódy ako v predošlej časti.
Polynóm $x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$.
Ľahko si môžeme všimnúť, že tento polynóm sa dá rozložiť viacerými spôsobmi:
$x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^4+x^2+1)$; potom nám zostáva rozložiť $x^4+x^2+1$, čo je úloha, ktorú sme riešili vyššie.
$x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+x+1)(x^3+1)$; potom treba vyriešiť kvadratickú rovnicu $x^2+x+1=0$ a nájsť riešenia rovnice $x^3+1=0$. (Túto druhú rovnicu buď vyriešime ako binomickú rovnicu, alebo si všimneme, že jeden koreň je jednotka a rozložíme ako $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$, čím sa opäť dostaneme ku kvadratickej rovnici.)
$(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)(x-1)=x^6-1$; čo je opäť polynóm, ktorý vieme rozložiť. Na konci ale musíme odstrániť faktor $(x-1)$, ktorý sme umelo pridali.