Ч1.Вопрос21. Кольцо многочленов от одной переменной. Степень произведения. Отсутствие делителей нуля. Многочлены, имеющие обратные.

Опр: Пусть Р – произвольное поле, х – неизвестные (переменные), формальное выражение вида a₀xⁿ+a₁x^n-1+..+a_n-1x+a_n, где n прин N, a_i прин P, i=0,n. Называют многочленом с коэффициентам из поля Р, слагаемое вида a_ix^n-I – членами многочлена, а_i – коэф-том при члене многочлена. Если a₀ отлично от 0 то a₀xⁿ – называют старшим членом многочлена, n – степенью данного многочлена P[x].

Порядок записи по убыванию степеней называют лексико-графическим.

Опр: многочлены f(x) и g(x) называют равными если их коэффициенты при соответствующих степенях неизвестных, в противном случае неравными.

Опр: Нулевым многочленом назовем многочлен вида f(x)=0 – степень не определена. deg(f(x))=0, f(x)=3x⁰

Множество К в котором определены две замкнутые алгебраические операции сложение и умножение называется кольцом.

Опр: Сложение двух многочленов. Пусть f(x) и g(x) с коэф-ми из P[x], пусть для определенности deg(g(x)>=deg(f(x)) (m>=n) => суммой m и n будет многочлен коэф-ты которого = сумме коэф-тов с одними степенями.

Пример: f(x)=3x²-4x-кор(3) g(x)=-7x+3- кор(3) => f(x)+g(x)=3x²-4x-2кор(3)+3

Опр: Введем понятие противоп-го эл-та. Противоположным многочлену f(x) будет многочлен (-f(x)), f(x)+(-f(x))=0; 2) f(x)0, f(x)= a₀xⁿ+a₁x^n-1+..+a_n,  (-f(x))= (-a₀)xⁿ+(-a₁)x^n-1+..+(-a_n), - входит в P[x], тк поле и для каждого эл-та будет противоположный.

Данное множество с введенной операцией сложения есть группа по сложению, причем группа коммутативна.

Операция умножения. Произведением двух многочленов f(x) и g(x), где хотя бы 1 равен 0, будет результат 0. Если оба многочлена отличны от 0

f(x)= a₀+a₁x+a₂x²+..+a_nxⁿ

g(x)=b₀+b₁x+b₂x²+..+a_sx^s

a_n0b_s Назовем произведение f(x) и g(x), степени n+s =d₀+d₁x+d₂x²+..+d_nx^n+s, где d_i= ; d_n+s – отлично от 0, тк a_n0b_s и в поле нет делителей нуля.

Многочлены, имеющие обратные. Для  многочлена в 0 степени  обратный многочлен. Док-во: пусть f(x)=a₀ , где a₀P\0. Рассмотрим g(x)=1\a₀ 1P, a₀P => 1\a₀P[x] тк a₀0 является многочленом тк удовлет-ет определению мног-на. f(x)g(x)=a₀*(1\a₀)=1 => значит f(x), g(x) обратные многочлены. ■.

Ч1.Вопрос22. Алгоритм деления с остатком (доказать единственность). Делители многочлена. Доказать свойства делимости (не менее 5 свойств).

Теорема: Всякой паре многочленов f(x) и g(x), где g(x)0 найдется пара многочленов q(x) и r(x), такие что выполняется f(x)=g(x)*q(x)+r(x), причем r(x)=0 или deg(r(x))<deg(g(x)) и пары q(x) и r(x) определяются однозначно.

Док-во: Возможны 2 случая

1) deg(f(x))<deg(g(x)) тогда q(x)=0 выбираем r(x)=f(x); f(x)=0*g(x)+f(x)

2) deg(f(x))≥deg(g(x)) Докажем единственность пары q(x) и r(x)

Пусть  q’(x), r’(x), такие что f(x)=g(x)q’(x)+r’(x)

=> g(x)q’(x)=g(x)q(x)+r(x) | -r’(x)-g(x)q(x)

=> g(x)q’(x)-g(x)q(x)=r(x)-r’(x)

g(x)[q’(x)-q(x)]=r(x)-r’(x)

Степень правой части либо не определена (q’(x)-q(x)) либо ≥deg(g(x))

тогда q(x)=q’(x); r(x)=r’(x); Для доказательства существования мн-в q(x) , r(x) применим метод аналогичный делению многочленов столбиком.

Пусть f(x)=a₀xⁿ+a₁x^n-1+..+a_n; g(x)=b₀x^s+b₁x^s-1+…+b_s; причем deg(f(x))≥deg(g(x)); n≥s

Построим многочлен f₁(x)=f(x)-(a₀\b₀)x^n-sg(x) ; Степень многоч-на обозначим n₁ она < чем n

Возможны 1) n₁<s, то r(x)=f₁(x)q(x)= (a₀\b₀)x^n-s 2) n₁≥s – переходим к построению мног-на f₂; аналогично строим последовательность мног-в f₁,f₂,..,f_k – она конечна тк степени многочленов убывают, тогда на k- м шаге получим

f_k(x)=f(x)-((a₀\b₀)x^n-sg(x)+(a₁\b₁)x^n1-sg(x)+…+(a_k-1\b_k-1)x^k-1-sg(x)) ?

Тогда остаток от деления = 0, тогда говорят о делимости многочлена.

Опр: Если f(x) представим в виде f(x)=g(x)(x), где (x)=P[x], то говорят, что f(x) – делится на g(x) или g(x) делит f(x). Запись g(x)|f(x).

Прмер: f(x)=x²+4x+4; g₁=x+2; g₂=-x-2; g₃=c(x-2), c0; g₄=c0; g₅=cf(x);

Свойства делимости.

1) Многочлены в 0 степени и только они являются делителями любого многочлена.

Док-во: пусть c=P[x]\0; для него не может быть делителями многочлен =0 и много-ны степени >0. Значит существуют мног-ны для которых все делители обязаны иметь 0 – степень.

Теорема: мног-ны в 0 степени будут являться делителями для всех мног-нов.

f(x)=P[x]\0, cP[x]\0; f(x)=(c*(1\c))f(x)=c((1\c)*f(x)) – элем-ты из P[x]. Исполняется св-во ассоциативности => с – делитель f(x) ■.

2)Если f(x) делится на g(x), g(x)|f(x)! , то сP\0

с*g(x) – явл-ся делителем для f(x). cg(x)|f(x).

тк. f(x)= g(x)(x) =(c(1\c)g(x)(x))=cg(x)((1\c)(x))=f(x) ■.

3) Если f(x) делит g(x), g(x) делит u(x), то f(x) делит u(x)

4) Если (x) делит f(x), (x) делит g(x), то => (x) делит g(x)+f(x)

5) Если g(x) делит f(x), то g(x) делит произ-е f(x)g(x)

6) Если (x) делит f_kj(x), k=1,s ,то  | u₁(x)f₁(x)+u₂f₂(x)+..+u_sf_s(x)

7) Если f(x) | g(x) ; g(x) | f(x) => f(x)=cg(x), c0

8) Если g(x)| f(x) или g(x) | cf(x), то g(x) | и второй многочлен.