OBORY POLYNOMŮ. KVADRATICKÁ ROZŠÍŘENÍ Z. 1. Podílová tělesa

Transkript

1 OBORY POLYNOMŮ. KVADRATICKÁ ROZŠÍŘENÍ Z. DAVID STANOVSKÝ 1. Podílová tělesa Cíl. Ukážeme abstraktní konstrukci tělesa zlomků. Tak jako lze obor celých čísel rozšířit do tělesa racionálních čísel, každý obor integrity R lze rozšířit na tzv. podílové těleso, které lze zkonstruovat jako těleso zlomků,jejichžčitatelijmenovateljsouprvkydanéhooboru.podílovátělesahrají v komutativní algebře důležitou roli, jak uvidíme například v Sekci??, kde nám budou nástrojem k důkazu Gaussovy věty. Konstrukce probíhá následujícím způsobem. Definujeme relaci na množině R (R {0})předpisem (a,b) (c,d) ad=bc. Není těžké nahlédnout, že jde o ekvivalenci: reflexivita je zřejmá, symetrie plyne z komutativity násobení a tranzitivitu získáme následujícím výpočtem: je-li(a, b) (c,d) (e,f),tedy ad=bcacf= de.pakale adf= bcf= bde,atedy af= be, protože d 0(ke krácení potřebujeme předpoklad, že R je obor integrity!). Projednoduchostvyjadřováníbudemeznačitblok[(a,b)] tétoekvivalencejako zlomek a b.uvažujmemnožinu Qvšechblokůtétoekvivalence(tj.všechzlomků) adefinujmenaníoperace a b + c d = ad+bc, a bd b = a b, a b c d = ac bd, 0=0 1, 1=1 1. Je třeba dokázat, že tyto operace jsou dobře definované. Předně, aby jmenovatel součtu a součinu zůstal nenulový, potřebujeme předpoklad, že R je obor integrity. A dále musíme dokázat, že pokud zvolíme jiné reprezentanty zlomků, výsledek operacezůstanestejný.formálně,pokud a b = a b a c d = c d,potřebujemedokázat,že a b + c d = a b + c d,apodobněproodčítáníanásobení.důkazprovedemeprosčítání: chcemeověřit,že ad+bc bd = a d +b c b d,tedyže(ad+bc)(b d ) = (a d + b c )(bd). Roznásobímeavyužijemefaktu,že ab = a bacd = c d.označmeqmnožinu Qs operacemi+,, akonstantami0,1. Tvrzení1.1.BuďRoborintegrityaQvýsledekprávěpopsanékonstrukce.PakQ jetělesoaoborrjepodoboremtělesaq,pokudztotožnímeprvek a Rsprvkem a 1 Q. Těleso Q se nazývá podílové těleso oboru R. Důkaz. Ověříme postupně všechny axiomy: Asociativitasčítání: a b +(c d + e f )= a b +cf+de df = ad+bc bd + e f =(a b + c d )+ e f. 1 = adf+b(cf+de) bdf = adf+bcf+bde bdf =

2 2 Komutativitasčítání: a b + c d = ad+bc bd Nula: a b +0 1 = a 1+b 0 b 1 = a b. b = ab+( ab) = cb+da db = c d + a b. Odčítání: a b + a b = 0 2 b =0. 2 Asociativita a komutativita násobení plyne okamžitě z týchž vlastností oboru R. Jednotka: a 1 a 1 = a 1 a 1 = a a. )= acf+ade bdf Distributivita: a b (c d + e f 0= 1 1= 0 1 1,protože = abcf+abde b 2 df = ac bd + ae bf. Navíc a b b a = ab ba = 1 1 prokaždé a b 0,čiliQjetěleso.Zbývádokázat,žeprvky tvaru a 1tvořípodobor Q,cožjesnadné. Příklad. Těleso racionálních čísel Q je definováno jako podílové těleso oboru Z. Příklad. Je-li T těleso, pak jeho podílové těleso je, při výše uvedeném ztotožnění a= a 1,rovnoT,protože a b = ab 1 1 prokaždé a,b T, b 0. Příklad. Podílovétělesooboru Z[i]je,formálněvzato,tělesozlomkůtvaru a+bi c+di, kde a,b,c,d Z.Pokudztotožnímetentozlomeksečíslem ac+bd c 2 +d + bc ad 2 c 2 +d i,dostaneme těleso Q[i].(Formálně bychom řekli, že podílové těleso oboru Z[i] je izomorfní 2 stělesem Q[i],vizSekce??). 2. Polynomy a formální mocninné řady Cíl. Nejprve zformulujeme, co je to přesně polynom(a formální mocninnářada)ajaksedefinujízákladníoperace,apotésebude věnovat nejdůležitějším vlastnostem polynomů: dělení se zbytkem, souvislost kořenů s dělitelností, ukážeme, že za rozumných předpokladů má polynom stupně n nejvýše n kořenů, podíváme se, jak souvisí násobnost kořene daného polynomu s kořeny jeho derivací a na závěr zmíníme větu o interpolaci Definice a základní operace. Definice. Polynomem proměnné x nad oborem integrity R rozumíme formální výraz nebo zkráceně a 0 +a 1 x+a 2 x a n x n, n a i x i, kde a 0,...,a n Raa n 0.Prvky a 0,...,a n nazývámekoeficientyasymbol x proměnná.(implicitněserozumíse a m =0provšechna m > n.)číslo nnazýváme stupeňpolynomu,značímedegf.prvek a n senazývávedoucíkoeficienta a 0 absolutní člen. Polynom se nazývá monický, pokud je vedoucí člen 1. Je třeba speciálně dodefinovat nulový polynom; pro něj položíme deg 0 = 1.

3 3 Na množině všech polynomů definujeme operace předpisy max(m,n) m n m m a i x i + b i x i = (a i +b i )x i, a i x i = ( a i )x i, m n ( a i x i ) ( b i x i )= m+n ( j+k=i a j b k ) x i. Jak si za chvíli dokážeme, dostaneme obor integrity; značíme jej R[x]. Definice. Formální mocninnou řadou proměnné x nad oborem integrity R rozumíme formální výraz a i x i, kde a 0,a 1,... R;používámeobdobnouterminologii.Tedypolynomjemocninná řada,vnížjejenkonečněmnohonenulovýchkoeficientů.speciálně0= 0xi. (Jde o formální výrazy, nikoliv o funkce nebo součty. Otázky typu konvergence nás nezajímají.) Na množině všech formálních mocninných řad definujeme analogicky operace a i x i + b i x i = (a i +b i )x i, a i x i = ( a i )x i, j+k=i ( a i x i ) ( b i x i ( ) )= a j b k x i. Jak si nyní dokážeme, dostaneme obor integrity; značíme jej R[[x]]. Polynomy zřejmě tvoří jeho podobor, protože součet i součin dvou polynomů je opět polynom. Tvrzení 2.1. Je-li R obor integrity, pak R[x] i R[[x]] jsou také obory integrity. Důkaz. Důkaz stačí provést pro formální mocninné řady, protože polynomy jsou jejich speciálním případem(obecněji, podokruh oboru integrity je vždy oborem integrity). Ověření rovností z definice komutativního okruhu je mechanická práce, ukážeme pouze hlavní myšlenky. Rovnosti pro sčítání jsou očividné, komutativita násobení také.projednotku,součin( a i x i ) ( )dávářadu ( j+k=i a jb k )x i, kdevšechny b i kromě b 0 jsounulové,takževýsledkemjeopět a i x i.asociativitajeobtížnější:zjednéstrany( a i x i ) (( b i x i ) ( c i x i )) = ( a i x i ) (( ( k+l=i b kc l )x i )= ( j+k+l=i a jb k c l )x i ),ajevidět,žestejněvyjdeianalogickývýpočetsoučinu(( a i x i ) ( b i x i )) ( c i x i ).Distributivitaseprověří podobně. Zajímavějšíjedůkaz,žepro f,g 0je f g 0.Buď f= a i x i a g= b i x i dvanenulovéprvkyr[[x]]aoznačme m,nnejmenšíindexytakové,že a m,b n 0. Uvažujeme-livsoučinu f gkoeficientux m+n,dostávámevyjádření a j b k = a 0 b m+n +...+a m 1 b n+1 +a m b n +a }{{}}{{} m+1 b n a m+n b 0. }{{} j+k=m+n ProtožejeRoborintegrityaa m,b n 0,taktaké a m b n 0atentokoeficientje nenulový.

4 4 Obory polynomů a mocninných řad více proměnných se definují induktivně, předpisy R[x 1,...,x n ]=(R[x 1,...,x n 1 ])[x n ], R[[x 1,...,x n ]]=(R[[x 1,...,x n 1 ]])[[x n ]]. Polynom fzr[x 1,...,x n ]jevýraztvaru f= f ix i n,kde f i jsoupolynomyz R[x 1,...,x n 1 ].Zapomocídistributivityjejmůžemepřepsat(právějednímzpůsobem) do standardního tvaru f= N k 1,...,k n=0 a k1,...,k n x k1 1 xkn n skoeficienty a k1,...,k n R.Podobněpromocninnéřady.ZTvrzení??zapomoci indukce ihned plyne, že jde o obory integrity Hodnota polynomu v bodě. Je třeba striktně rozlišovat mezi polynomem jako formálním výrazem a jeho hodnotou po dosazení nějakého prvku. Formálně, buď R S obory integrity. Polynom f R[x]jeformálnívýraz f= a 0 +a 1 x+...+a n x n (tento se bude zapisovat výhradně f, bez uvedení proměnné). Jeho hodnotou po dosazeníprvku u Srozumímeprvek f(u)=a 0 +a 1 u+...+a n u n S, přičemž v uvedeném zápise provádíme všechny operace(mocnění, násobení i sčítání) voborus.např.pror=s=z p a f= x p +1platí f(0)=1, f(1)=2, f(2)=3 atd., viz malá Fermatova věta. Prodanýpolynom f R[x]aobor S Rmůžemeuvažovattzv.polynomiální zobrazení S S,kterékaždémuprvku u Spřiřadíhodnotu f(u).různépolynomy mohou dávat stejná polynomiální zobrazení, např. výše uvedený polynom určujena Z p stejnézobrazeníjakopolynom g= x+1.(jinaktoprokonečnéobory být ani nemůže, protože existuje nekonečně mnoho polynomů, ale pouze konečně mnoho zobrazení na konečné množině.) Pojem hodnoty mocninné řady nemá v algebře smysl uvažovat. Bez další geometrické struktury není možné říci, co se rozumí nekonečným součtem, v řadě oborů (třeba konečných) se smysluplný pojem konvergence ani nedá vybudovat Dělení polynomů se zbytkem. Buď f,gpolynomyzr[x].řekneme,že gdělí f,píšeme g f,pokudexistuje polynom h R[x]takový,že f = gh.všimnětesi,žepokud g f a f 0, pakdegg degf.(každýpolynomdělínulovýpolynom,přitomstupeňnulového polynomuje 1.)Pokud gnedělí f,másmyslseptátpozbytkupodělení. Tvrzení2.2. BuďRoborintegrity,Qjehopodílovétěleso, f,g R[x], g 0. Pakexistujeprávějednadvojice q,r Q[x]splňující f= gq+ radegr <degg. Navíc,je-li gmonický,pak q,r R[x]. Díkyjednoznačnostimůžemedefinovat fdiv g= qafmod g= r.jevidět,že g fprávětehdy,když fmod g=0.

5 5 Důkaz.Podílazbytekdvoupolynomůsepočítápodobnějakoproceláčísla.Algoritmuslzeformulovattakto:inicializujeme q 0 =0, r 0 = f,apotédefinujeme rekurzivně q i+1 = q i + l(r i) l(g) xdegri degg, r i+1 = r i l(r i) l(g) xdegri degg g, kde l(u) značí vedoucí koeficient polynomu u. Rekurzí pokračujeme do té doby, než budedegr i menšíneždegg.tojistěněkdynastane,protožejevždydegr i+1 < degr i.přitomevidentněplatí f= gq i +r i provšechna i,atedyposlednídvojice q i,r i jehledanýmpodílemazbytkem. Zalgoritmujevidět,žeje-li gmonický,žádnézlomkyseneobjevíavýsledkem budou polynomy z R[x] Jednoznačnostsedokážepodobnějakoproceláčísla.Kdyby f = gq 1 + r 1 = gq 2 +r 2,pak g(q 1 q 2 )=r 2 r 1,tedy g r 2 r 1.Přitomdeg(r 2 r 1 ) <degg, tedy r 2 r 1 =0,čili r 1 = r 2.Ztohoihnedplyne q 1 q 2 =0,tj. q 1 = q 2,protože g 0ajsmevoboruintegrity Kořeny a dělitelnost. Buď f polynomzr[x]aa R.Řekneme,že ajekořen f,pokud f(a)=0. Ukážeme si, jak existence kořene souvisí s děliteli daného polynomu. Tvrzení2.3. BuďRoborintegrity, f R[x]aa R.Pak ajekořenpolynomu fprávětehdy,když x a f. Důkaz.( )Předpokládejme,že x a f.pak f=(x a) gpronějaké g R[x] a dosadíme-li do f prvek a, dostaneme f(a)=(a a) g(a)=0 g(a)=0. ( )Buďte q,rpodílazbytekpřidělenípolynomu fpolynomem x a(tyexistují, neboťdělímemonickýmpolynomem).tedy f=(x a) q+rarjekonstantnípolynom(zbytek musí mít menší stupeň než dělitel). Dosadíme-li prvek a, dostaneme 0=f(a)=(a a) q(a)+r(a)=0 q(a)+r=r, takže r=0ax a f. Věta2.4. BuďRoborintegrity,0 f R[x]adegf= n.pakmápolynom f nejvýše n kořenů. Důkaz.Budemepostupovatindukcípodlestupněpolynomu f.je-lidegf=0,tj. f je nenulový konstantní polynom, pak žádné kořeny nemá. Nyní předpokládejme, žetvrzeníplatíprovšechnypolynomystupněnejvýše n.je-lidegf= n+1,pak jsou dvě možnosti. Buď polynom f nemá žádný kořen, v tom případě tvrzení platí. Nebomápolynom f nějakýkořen aavtompřípadějejlzepodlepředchozího lemmatunapsatjako f=(x a) gpronějakýpolynom gstupně n.je-li bnějaký jinýkořen,tj. f(b)=(b a) g(b)=0,pak,protožejdeooborintegrity,musíbýt buď b=anebo g(b)=0.protožemápolynom gnejvýše nkořenů,mápolynom f nejvýše n+1kořenů. Příklad. Početkořenůpolynomu fsamozřejměmůžebýtmenšíneždegf:např. polynom x 2 +1nemánad Zžádnýkořenanad Z 2 májeden.

6 6 Poznámka. Věta?? neplatí, není-li R oborem integrity, ale např. jen komutativním okruhem s jednotkou. Předpoklad jsme použili v poslední fázi důkazu, když z f(b)=(b a) g(b)=0plynulo b a=0nebo g(b)=0.uvažtenapř.polynom 2x Z 4 [x]nebo x 2 +x Z 6 [x].prvníznichmákořeny0,2,druhý0,2,3,5. Poznámka. Věta?? neplatí, není-li R oborem integrity, ale např. jen nekomutativnímtělesem celáteoriedělitelnostifungujejinak.příklademjepolynomx 4 1nad okruhem kvaternionů, jeho kořeny jsou ±1, ±i, ±j, ±k(viz příklady v Sekci??) Derivace a vícenásobné kořeny. Matematická analýza zavádí pojem derivace reálné funkce, tedy speciálně také polynomu nad reálnými čísly. V oboru reálných čísel má derivace jistý geometrický význam(tečnagrafu)ataksetakédefinuje(pomocílimit).propolynomyseztéto definice odvodí jistý vzorec, ve kterém figurují koeficienty původního polynomu. V diskrétních oborech se geometrická představa ztrácí(co je tečna grafu funkce na celých číslech?), ale přesto má smysl derivaci zavést, a to tak, že postulujeme základní vlastnosti, které derivace splňuje. Definice. Definujeme derivaci v R[x] jako zobrazení D: R[x] R[x] splňující následující podmínky pro všechny polynomy f, g R[x]: (1) D(f+g)=D(f)+D(g); (2) D(fg)=gD(f)+fD(g); (3) D(x)=1, D(c)=0prokaždýkonstantnípolynom c. Derivacipolynomuzpravidlaznačímezkráceně f = D(f).Dáledefinujemeinduktivně derivace vyšších řádů jako f (0) = f a f (k+1) =(f (k) ). Než ukážeme vzorec na výpočet derivace, musíme si ujasnit, co značí v obecném oboru R přirozená čísla. Pod přirozeným číslem n budeme rozumět prvek n 1= R. }{{} n CharakteristikouoboruRpakrozumímenejmenší ntakové,že n 1=0,pokud takové n existuje, resp. 0 v opačném případě. Lemma 2.5. Na každém oboru integrity existuje právě jedna derivace a platí ( n ) n 1 a i x i = (i+1)a i+1 x i. Důkaz.Nejprvesivšimněte,žez(2)plyne(cf) = cf + fc = cf prokaždý polynomfakaždýkonstantnípolynomc.dáleindukcídokážeme,že(x n ) = nx n 1. Případ n=1jepokrytvlastností(3)adále,pomocí(2)aindukčníhopředpokladu, (x n ) = x(x n 1 ) +x n 1 x = x(n 1)x n 2 +x n 1 = nx n 1.Nazávěrpoužijeme(1) avidíme,že( n a ix i ) = n (a ix i ) = n a i(x i ) = n 1 (i+1)a i+1x i. Lemma2.6. BuďRoborintegrity, f,g R[x]an N.Pak (1) (f+g) (n) = f (n) +g (n) ; (2) (f g) (n) = n n (i) ( i) f g (n i) [Leibnitzovaformule]; (3) (f n ) = n f n 1 f.

7 7 Důkaz je pouze technický výpočet a doporučujeme čtenáři jej provést samostatně. Níže je uveden stručný návod. Principdůkazu.(1)Indukcípodle n.pro n=1vizdefinice.indukčníkrokplyne zvýpočtu(f+g) (n) =((f+g) (n 1) ) =(f (n 1) +g (n 1) ) =(f (n 1) ) +(g (n 1) ) = f (n) +g (n). (2)Indukcípodle n.pro n=1vizdefinice.vindukčnímkrokuvyužijteznámý vzorec ( ) ( n i + n ) ( i+1 = n+1 i+1). (3) se dokáže snadno indukcí podle n pomocí(2). Tvrzení?? umožňuje definovat násobnost kořene daného polynomu. Definice. Řekneme,že a Rje n-násobnýkořenpolynomu f R[x],pokud (x a) n f a (x a) n+1 f. Násobnost kořene daného polynomu úzce souvisí s kořeny derivací tohoto polynomu. Vztah popisuje následující věta. Její hlavní význam spočívá v tom, že umožňuje výpočetně podchytit pojem násobnosti kořene. Věta 2.7. Buď R obor integrity, 0 f R[x], a R a předpokládejme, že charakteristika oboru R je buď 0, nebo je větší než degf. Pak jsou následující tvrzení ekvivalentní: (1) aje n-násobnýkořenpolynomu f; (2) f (0) (a)=...=f (n 1) (a)=0af (n) (a) 0. Důkaz.(1) (2).Protožeje a n-násobnýkořenpolynomu f,můžemenapsat f=(x a) n g pro nějaký polynom g splňující g(a) 0. Pomocí Leibnitzovy formule spočítáme k-touderivacipolynomu fpro k n: k ( ) k f (k) = ((x a) n ) (i) g (k i) i k ( ) k = n(n 1)... (n i+1) (x a) n i g (k i). i Je-li k < n,vkaždémčlenusoučtuje x avnenulovémocnině,atakdostáváme k f (k) (a)= 0=0. Je-li k= n,pak ( ) n 1 n ( ) n f (n) = n! g (0) + n(n 1)... (n i+1) (x a) n i g (n i) n i a ze stejného důvodu n 1 f (n) (a)=1 n! g(a)+ 0=n! g(a). Kdyby f (n) (a)=0,mělibychom(zdefiniceoboruintegrity)buď n!=0,nebo g(a)=0.přitom g(a) 0(vizzačátekdůkazu),takže n!=n(n 1)... 1=0.

8 8 Opět,zdefiniceoboruintegrity,některýzprvků1,...,nbymuselbýtrovennule. AtojevesporuspředpoklademnacharakteristikuoboruR. (2) (1)Protože f (0) (a) = f(a) = 0,prvek ajekořenpolynomu f.musí totedybýt m-násobnýkořenpronějaké m 1.Užitímvýšedokázanéimplikace dostáváme,že f (0) (a)=...=f (m 1) (a)=0af (m) (a) 0,atudíž m=n. Úloha. Spočtětenásobnostkořene1polynomu f= x 4 +x 3 +x 2 +x+1vz 5 [x]. Řešení. Nejprve si uvědomíme, že jsou splněny předpoklady Věty??, protože deg f = 4 <5,cožjecharakteristikaoboru Z 5.Postupněspočteme f(1)=0; f =4x 3 + 3x 2 +2x+1,tedy f (1)=0; f =2x 2 + x+2,tedy f (1)=0; f =4x+1, tedy f (1)=0;anakonec f =4.Čili1je4-násobnýkořen.(Roznásobením snadnoověříme,že(x 1) 4 = f,cožnásmohlo,alenemuselonapadnouthnedna začátku.) Je-li charakteristika oboru R příliš malá, Věta?? neplatí: může se stát, že f (n) (a)=0.podíváme-lisenazávěrdůkazu,zjistímepotenciálníproblémvtom,že může nastat n! = 0. Skutečně, uvažujeme-li například předchozí úlohu nad tělesem Z 2,vyjde f = x 2 +1,atedy f = f =...=0. Z Věty?? plyne jedno důležité kritérium existence vícenásobného kořene. Je-li aalespoňdvojnásobnýkořenpolynomu f R[x]acharakteristikaRjerůznáod 2,pak x adělípolynomy fi f,tedytytodvajsousoudělné.pokudjertěleso, můžemespočítateukleidovýmalgoritmemnejvětšíspolečnýdělitelpolynomů f,f (viz Sekce??), a pokud tento vyjde 1, polynom f určitě žádný dvojnásobný kořen nemá Věta o interpolaci. S kořeny polynomů souvisí tzv. interpolace: předepíšeme-li hodnoty v n bodech, existuje právě jeden polynom stupně < n, který v těchto bodech nabývá daných hodnot. Věta2.8(ointerpolaci).BuďTtěleso.Mějmepodvourůznébody a 1,...,a n T alibovolnéhodnoty u 1,...,u n T.Pakexistujeprávějedenpolynom f T[x] stupně < nsplňující f(a i )=u i provšechna i=1,...,n. Není těžké nahlédnout, že řešením je polynom n x a j f= u i, a i a j i=1 j i říká se mu někdy Lagrangeův interpolační polynom. Důkaz. Dosazením do uvedeného vzorce snadno zjistíme, že f(a k )= u k a k a j =u k. a k a j j k Zbývá dokázat jednoznačnost. Uvažujme dva polynomy f, g stupně < n splňující f(a i )=g(a i )=u i provšechna iaoznačme h=f g.pak h(a i )=0provšechna i,tedypodletvrzení??(x a i ) hprokaždé i.indukcípodle ndokážeme,že (x a 1 )... (x a n ) h.pro n=1jetvrzenítriviální.vindukčnímkrokunapišme h=(x a n ) h.protože0=h(a i )=(a i a n ) h(a i )provšechna i < n,aprotože a i a n provšechna i < n,musíplatit h(a i )=0provšechna i < n.zindukčního předpokladuplyne(x a 1 )... (x a n 1 ) hazevztahu h=(x a n ) hplyne

9 9 dokazovanétvrzení.nynísistačíuvědomit,žedeg(x a 1 )... (x a n )=n,zatímco degh < n,takžemusíbýt h=0,cožznamená f= g. Důkaz věty o interpolaci nápadně připomíná důkaz čínské věty o zbytcích. Ve skutečnostijevelmipodobnéizněnívěty:podmínku f(a i )=u i lzenapsatekvivalentnějakof u i (mod x a i ),takževlastněřešímesoustavukongruencívzhledem kpolynomům x a 1,...,x a n.řešeníjeurčenojedoznačněmezipolynomyomezeného stupně. Věta o interpolaci a čínská věta o zbytcích mají společné zobecnění, které je předmětem Sekce??. Důsledek2.9. BuďTkonečnétěleso.Pakprokaždoufunkci f: T T existuje právějedenpolynom g T[x]stupně < T takový,že f(a)=g(a)prokaždé a T. Důkaz.Interpolujmevbodě ahodnotou f(a),prokaždé a T. Pro nekonečná tělesa samozřejmě nic takového platit nemůže, přesto polynomy hrají důležitou roli i v reálné analýze: např. Weierstrassova věta říká, že každou spojitou reálnou funkci na omezeném uzavřeném intervalu lze polynomem libovolně přesněaproximovat(tj.prokaždouspojitou f:[u,v] Rakaždé ε >0existuje polynom g R[x]takový,že f(a) g(a) < εprokaždé a [u,v]). 3. Kvadratická rozšíření celých čísel Cíl. Ukážeme si základní triky pro počítání v oborech Z[ s]. Zvláštní pozornost bude věnována Gaussovým celým číslům. Mezi nejdůležitější rozšíření oboru celých čísel patří tzv. kvadratická rozšíření. Zdesesoustředímenaobory Z[ s],proobecnějšíteoriidoporučujemelibovolnou knihu o algebraické teorii čísel. Buď s číslo, jež není dělitelné druhou mocninou žádného prvočísla, a definujme zobrazení ν: Z[ s] N {0}, a+b s a 2 sb 2. Jedobrémítnapaměti,žepro s <0je ν(u)= u 2,čtverecobyčejnéabsolutní hodnoty komplexního čísla, díky čemuž se dá často aplikovat geometrický náhled na situaci. Zobrazení ν nazýváme normou. Základním pozorováním je fakt, že norma se chová hezky vzhledem k dělitelnosti. Tvrzení3.1. Prokaždá u,v Z[ s]platí (1) ν(u v)=ν(u) ν(v), (2) ν(u)=1 ujeinvertibilní,tj.existuje w Z[ s]takové,že uw=1. Důkaz.(1)Označme u=a+b sav= c+d s.pak ν(u v)=ν((ac+sbd)+(ad+bc) s) = a 2 c 2 +2sabcd+s 2 b 2 d 2 s(a 2 d 2 +2abcd+b 2 c 2 ) = a 2 c 2 +s 2 b 2 d 2 sa 2 d 2 sb 2 c 2 ) = a 2 sb 2 c 2 sd 2 =ν(u) ν(v). (2)Pokud ν(u)=ν(a+b s)= a 2 sb 2 =1,pak a 2 sb 2 =(a+b s)(a b s)= ±1,atedy w = ±(a b s).opačnáimplikaceplynez(1):je-li uw =1,pak 1=ν(1)=ν(uw)=ν(u)ν(w),atedy ν(u)=ν(w)=1.

10 10 m 1+ 2i 3+ i i i Re 3+i 1+2i = i. = i Obrázek1. DělenísezbytkemvZ[i]. Proněkteréobory Z[ s]umožňujenormadefinovatdělenísezbytkem.fakt, žezbytekbymělbýt menší neždělitel,formalizujemepomocínormy.děleníse zbytkemfungujenapř.proobory Z[i], Z[i 2]nebo Z[ 2],projinépodílazbytek vtomtosmysluneexistuje,např.pro Z[i 3]nebo Z[ 5].Důkazprovedemepro Gaussova celá čísla. Tvrzení3.2. Prokaždá u,v Z[i], v 0,existují q,r Z[i]splňujícípodmínky u=vq+raν(r) < ν(v). Důkaz. Položme z= u v C (přesnýpodílvc).buď qnejbližšíprvek Z[i]kprvku z(tj.takový,prokterýje z q minimální); je-li takových více, zvolme libovolný z nich. Položme r=u vq. Pakzřejmě vq+ r = uazbývádokázat,že ν(r) < ν(v).jakájevzdálenost q a z? V nejhorším případě je z uprostřed čtverce s celočíselnými vrcholy, tedy určitě z q 2 2 <1.Proto ν(r)= r 2 = u vq 2 = v 2 u v q 2 = v 2 z q 2 < v 2 = ν(v). NarozdílodsituacevZčipropolynomy(vizTvrzení??),podílazbytek q,r neníurčenjednoznačně:např. z= ilzezaokrouhlitčtyřmizpůsoby,každýz nich bude splňovat uvedené podmínky. Proobory Z[i 2]či Z[e 2πi/3 ]lzedůkazprovéstzcelaanalogicky,protožeizde platí ν(u)= u 2 ajedinýrozdíltakjevodhadu z q.pro Z[i 3]uždůkaz

11 neprojde, protože střed obdélníka má vzdálenost od vrcholu rovnou 1.(Ve skutečnosti v tomto oboru není možné dělit se zbytkem žádným způsobem. Tato teorie jepředmětemnásledujícíchdvousekcí.)proobory Z[ s]skladným sscházígeometrická představa, nicméně pro s = 2, 3 funguje podobný algoritmus dělení, stačí zaokrouhlit koeficienty přesného podílu. Důkaz odhadu normy zbytku je však o něco komplikovanější. 11