Delta 5/2024

Odmnażanie wielomianów

Rozważmy wielomiany A(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+,   B(x)=b0+b1x+b2x2+b3x3+ W powyższych sumach tylko skończenie wiele współczynników jest niezerowych – indeks największego z nich to stopień wielomianu. Takie przedstawienie ma swój plus. Po pomnożeniu tych wielomianów otrzymamy wielomian C(x):=A(x)B(x)=c0+c1x+c2x2+c3x3+, w którym ()ck=a0bk+a1bk1+a2bk2++ak1b1+akb0.

Jeśli dla przykładu k>degA, to wcale się nie musimy przejmować tym, że w wielomianie A(x) ,,nie ma” ak. Ono tam jest i jest równe 0.

Mając dane wielomiany A i B, można łatwo obliczyć wielomian C. Rzeczą trudniejszą jest odtworzenie wielomianów A i B na podstawie wielomianu C. Pokażę metodę, która jest dobra dla wielomianów względnie niskich stopni, przy dodatkowym założeniu, że wszystkie rozważane wielomiany mają współczynniki całkowite. Wielomiany, które da się rozłożyć na iloczyn wielomianów niższych stopni o współczynnikach całkowitych, nazywamy rozkładalnymi nad Z.

Przykładowo niech C(x)=6+x+6x2+x3+2x4. Ponieważ degC=4, wielomian C może być iloczynem wielomianów stopnia 1 i 3 albo 2 i 2. W pierwszym przypadku wielomian C musiałby mieć pierwiastek wymierny. Na mocy twierdzenia o pierwiastkach wymiernych może to być jedna z liczb: ±1, ±2, ±3, ±6, ±12, ±32. Bezpośrednio sprawdzamy, że żadna z nich nie jest pierwiastkiem wielomianu C. Pozostaje więc degA=degB=2. W tym przypadku, na mocy (), otrzymujemy: a0b0=6,   a0b1+a1b0=1,   a0b2+a1b1+a2b0=6,a1b2+a2b1=1,   a2b2=2. Para (a2,b2) jest jedną z par: (1,2), (2,1), (1,2), (2,1). Ze względu na możliwość zamiany miejscami wielomianów A i B (mają równe stopnie) oraz mnożenia ich obu przez 1 możemy przyjąć bez utraty ogólności, że a2=1 i b2=2. W dalszym ciągu możemy rozważyć wszystkich osiem możliwych par (a0,b0) o iloczynie 6, aż uzyskamy rozwiązanie A(x)=x2+x+2, B(x)=2x2x+3.

Uwaga. Gdyby każda z możliwości w powyższym rozwiązaniu prowadziła do sprzeczności, oznaczałoby to, że wielomian C jest nierozkładalny nad Z.

Trudność tego zadania rośnie bardzo szybko wraz ze stopniem wielomianu C. Na koniec pokażę twierdzenie, które pozwala wykazać nierozkładalność w przypadku niektórych wielomianów, niezależnie od stopnia.

Kryterium Eisensteina. Niech C(x)=c0+c1x+c2x2+ będzie wielomianem stopnia k o współczynnikach całkowitych. Jeśli istnieje liczba pierwsza p, dla której: pck,   pc0,c1,,ck1,   p2c0, to wielomian C jest nierozkładalny nad Z.

Dowód. Przypuśćmy, że C jest rozkładalny nad Z i C(x)=A(x)B(x) jest jego rozkładem. Ponieważ c0=a0b0, przy czym pc0, ale p2c0, więc wnioskujemy, że dokładnie jedna z liczb: a0, b0 dzieli się przez p. Niech to będzie a0. Dla j<k, jeśli pa0,a1,,aj1, to na mocy wzoru () na cj, wobec pb0, otrzymujemy paj. W ten sposób dowodzimy indukcyjnie, że pa0,a1,,ak1. Dodatkowo pak, gdyż ak=0, bo k>degA. Ale wtedy pck na mocy wzoru () na ck – sprzeczność.

Zadania

1. Rozłożyć nad Z poniższe wielomiany lub wykazać, że to niemożliwe:
(a) 12x+2x2x4+x5,    (b) 12x2x3+x4.

Wskazówka

2. Dla liczb naturalnych nm>0 rozłożyć wielomian 1+2x++mxm1+mxm++mxn1++2xn+m3+xn+m2.

Wskazówka

3. Rozstrzygnąć, czy wielomian 721+7x21+21x7+x721 jest rozkładalny nad Z.

Wskazówka

4. Niech f(N) oznacza liczbę takich a{1,2,,N}, że dla każdego całkowitego dodatniego n wielomian xn+a jest nierozkładalny nad Z. Dowieść, że limNf(N)N=1.

Wskazówka

5. Liczba p jest pierwsza. Dowieść, że wielomian Φp(x)=1+x+x2++xp1 jest nierozkładalny nad Z.

Wskazówka