25.2.

1. Dělitelnost

Připomeňme, že komutativní okruh (R, +, −, 0, ·, 1) nazveme oborem integrity, platí-li pro každou dvojici nenulových prvků a, b ∈ R, že a·b ≠ 0. O oboru integrity hlavních ideálů mluvíme v případě, že jsou všechny jeho ideály hlavní, tj. tvaru iR = {i · r| r ∈ R}. Dobře známými příklady oborů integrity jsou okruhy celých čísel (Z, +, −, 0, ·, 1) či reálných (resp. racionálních) polynomů (R[x], +, −, 0, ·, 1) (resp. (Q[x], +, −, 0, ·, 1)). O oboru (Z, +, −, 0, ·, 1) víme, že jde o oboru integrity hlavních ideálů a o polynomech nad tělesy to bude brzo dokázáno.

Buď (R, +, −, 0, ·, 1) obor integrity a a, b ∈ R. V souladu s pojmem dělitelnosti na celých číslech nebo reálných polynomech řekneme, že a dělí b (píšeme a/b), existuje-li takové c ∈ R, že b = a · c. Dále řekneme, že je a asociováno s b (píšeme a∥b), jestliže a/b a b/a.

Všimněme si, že v oboru integrity 0 dělí pouze opět 0 (a tedy s 0 je asociována jen 0), obvykle ji proto z našich úvah budeme vypouštět. V následujícívh úvahách si nejprve uvědomíme, jak vyjádřit otázky dělitelnosti pomocí ideálů.

1.1. Nechť (R, +, −, 0, ·, 1) je obor integrity a a, b ∈ R \ {0}.

(1) Dokažte, že a/b, právě když bR ⊆ aR.

(2) Dokažte, že a∥b, právě když aR = bR.

(3) Dokažte, že a∥b, právě když existuje invertibilní u ∈ R, pro které b = a · u.

(1) (⇒) Existuje-li c ∈ R, pro které b = a · c, pak b ∈ aR, a proto i b · s ∈ aR pro každé s ∈ R.

(⇐) Máme-li bR ⊆ aR, potom b = b · 1 ∈ bR ⊆ aR, tedy existuje takové c ∈ R, že b = a · c

(2) Stačí dvakrát použít (1).

(3) (⇒) Protože a/b, existuje u ∈ R, pro nějž b = a·u, a protože také b/a existuje takové v ∈ R, že a = b · v, Dosadíme-li do první rovnosti, dostaneme

b = a · u = (b · v) · u = b · (v · u),

a proto b · (1 − v · u) = 0. Z definice oboru integrity je 1 − v · u = 0, tedy v · u = 1 a u je invertibilní prvek.

(⇐) Okamžitě z předpokladu b = a · u máme a/b. Protože a = b · u^{−1}, vidíme, že b/a. □

1.2. Je-li (R, +, −, 0, ·, 1) okruh a a, b ∈ R, dokažte, že aR+bR = {ar+bs| r, s ∈ R} je nejmenší pravý ideál obsahující hlavní ideály aR a bR.

Nejprve ukážeme, že množina aR +bR tvoří pravý ideál. Předně 0 = a·0+b·0 ∈ aR + bR. Zvolme x_{i} ∈ aR + bR pro i = 1, 2 a u ∈ R libovolně. Potom existuje r_{i}, s_{i} ∈ R, pro něž x_{i} = ar_{i} +bs_{i}, a proto −x_{1} = a·(−r_{1})+b·(−s_{1}) ∈ aR +bR, dále x_{1}+x_{2} = a·(r_{1}+r_{2})+b·(s_{1}+s_{2}) ∈ aR+bR a x_{1}·u = a·(r_{1}·u)+b·(s_{1}·u) ∈ aR+bR.

Protože a · r = a · r + b · 0 ∈ aR + bR a b · r = a · 0 + b · r ∈ aR + bR, pro každé r ∈ R. Navíc přímo podle definice pravého ideálu musí každý pravý ideál obsahující aR a bR obsahovat i aR + bR. □

Ze známých příkladů oborů integrity (Z, +, −, 0, ·, 1) a (R[x], +, −, 0, ·, 1) zobecníme pojem největšího společného dělitele. Je-li (R, +, −, 0, ·, 1) obor integrity a A ⊆ R, řekneme, že je c ∈ R největší společný dělitel prvků A (píšeme c je NSD(A)), jestliže c/a pro všechna a ∈ A, a pokud pro nějaké d ∈ R platí, že d/a pro všechna a ∈ A, potom d/c

1.3. Je-li (R, +, −, 0, ·, 1) obor integrity hlavních ideálů a a, b ∈ R \ {0}, dokažte, že aR + bR = cR právě tehdy, když c je NSD(a, b).

(⇒) Předpokládejme, že aR + bR = cR. Potom podle 1.2 máme aR, bR ⊆ cR, a proto podle 1.1 je c/a a c/b. Vezmeme-li d ∈ R, pro něž d/a a d/b, tedy díky 1.1 aR, bR ⊆ dR. Z minimality aR + bR = cR, potom dostáváme, že cR = aR + bR ⊆ dR, tedy d/c.

(⇐) Je-li c je NSD(a, b) a vezmeme-li takové d ∈ R, že aR + bR = dR (to musí existovat, protože každý ideál (R, +, −, 0, ·, 1) je hlavní), pak i d je NSD(a, b), proto jsou podle definice NSD prvky c a d asociovány a 1.1 říká, že aR + bR = dR = cR. □

Připomeňme ve formě, která nám snadno umožní zobecnění, jakým způsobem se sčítají a násobí reálné polynomy p = ∑_{n∈N_{0}} p_{n}x^{n}, q = ∑_{n∈N_{0}} q_{n}x^{n}R[x] (zdůrazněme, že jen konečně mnoho koeficientů p_{n} a q_{n} je nenulových):

p + q = ∑_{n∈N_{0}} (p_{n} + q_{n})x^{n}, p · q = ∑_{n∈N_{0}} ( ∑_{i+j=n} p_{i} · q_{j})x^{n},

Zaměníme-li v definici monoid (N_{0}, +, 0), přesněji řečeno jemu izomorfní momoid ({x^{i}| i ∈ N_{0}), x^{0}), obecným monoidem (M, ·, 1) a těleso reálných čísel obecným okruhem, dostáváme právě definici sčítání a násobení na monoidovém okruhu.

4.3.

1.4. Označme monoid G = (G, ·, 1) izomorfní monoidu (Z_{2}, +, 0), tj. G = {1, g} a g · g = 1 · 1 = 1, g · 1 = 1 · g = g. Je-li Q okruh racionálních čísel, uvažujme monoidový okruh QG.

(a) Popište operace okruhu QG = (QG, +, −, 0, ·, 1),

(b) rozhodněte, zda je QG obor integrity,

(c) popište nilpotentní prvky okruhu QG (tj. prvky p, pro něž existuje takové kladné n, že p^{n} = 0),

(d) najděte ideál I okruhu polynomů Q[x], aby Q[x]/I ≅ QG.

(a) Obecný prvek je tvaru ag+b = ag+b1, kde a, b ∈ Q. Pro prvky ag+b, cg+d ∈ QG popišme sčítání a násobení:

(ag + b) + (cg + d) = (a + c)g + (b + d)
(ag + b) · (cg + d) = (ad + bc)g + (ac + bd)

Připomeňmě také, že 0 = 0g + 0, 1 = 0g + 1 a −(ag + b) = (−a)g + (−b). Všimněme se, že sčitat a násobit prvky monoidového okruhu lze zcela ţformálně”, tj. s využitím u okruhu očekávané distributivity. Navíc připomeňme, že členy s nulovým koeficientem v zápisu můžeme vynechat, tj. například píšeme ag místo ag + 0.

(b) Uvědomíme-li, že 1g · 1g = 1, pak vidíme, že (1g + 1) · (1g − 1) = 0, tedy součin dvou nenulových prvků okruhu je nulový a okruh QG není oborem integrity.

(c) Nejprve poznamenejme, že nula je vždy nilpotentní prvek, a uvědomme si, že existuje-li v okruhu nenulový nilpotentní prvek p, potom existuje nenulový prvek q, pro který q^{2} = 0. Abychom to ověřili, stačí vzít nenulový nilpotentní prvek p a nejmenší kladné n, pro nějž p^{n} = 0. To znamená, že n > 1, q = p^{n−1} ≠ 0 a q^{2} = p^{2n−2} = 0.

Zeptáme se tedy nejprve na existenci prvků ag + b ∈ QG, pro které (ag + b)^{2} = (2ab)g + (a^{2} + b^{2}) = 0. Vidíme, že a^{2} + b^{2} = 0 a 2ab = 0, proto nutně a = b = 0. Zjsitili jsme, že okruh QG obsahuje pouze nulový nilpotentní prvek.

(d) Z přednášky víme, že monoidový homomorfismus N_{0} → G daný n → g^{(n)mod 2} lze rozšířit na okruhový homomorfismus φ : Q[x] → QG vztahem φ(∑_{i} a_{i}x^{i}) = (∑_{i} a_{2i+1} )g + (∑_{i} a_{2i}). Protože φ(ax^{1} + bx^{0}) = ag + b, jde o homomorfismus na QG, využijeme-li 1. větu o izomorfismu pro okruhy, dostaneme Q[x]/Kerφ ≅ QG. Zbývá nám popsat ideál I = Kerφ. Z přednášky víme, že je ideál I hlavní, navíc jeho generátorem je právě nenulový polynom nejmenšího možného stupně, který v I leží. Přímočaře nahlédneme, že φ(x^{2} − 1) = 0, tedy x^{2} − 1 ∈ I a φ(ax + b) = ag + b ≠ 0 pro žádný nenulový polynom ax + b, proto I = (x^{2} − 1)Q[x]. □

1.5. Dokažte, že ideál I = xZ[x]+2Z[x] (tj. množina všech celočíselných polynomů se sudým absolutním členem) okruhu Z[x] není hlavní.

Předpokládejme, že ideál I hlavní je, tedy že existuje jeho generátor a, což znamená, že I = aZ[x]. Protože 2Z[x] ⊆ aZ[x], vidíme, že a/2, tj. a ∈ {1, −1, 2, −2}. Podobně xZ[x] ⊆ aZ[x], a proto a/x a a ∈ {1, −1, x, −x}. Tedy a je nutně invertibilní prvek, tudíž I = aZ[x] = Z[x]. Protože zřejmě 1 ∉ I, dostáváme spor, tedy ideál I nemůže být hlavní. □

11.3.

1.6. Najděte v okruhu (Z[x], +, −, 0, ·, 1) největší společný dělitel prvků 2 a x.

V 1.5 jsme zjistili, že společní dělitelé prvků 2 a x jsou jen 1 a −1 oba prvky jsou tedy podle definice největší společní dělitelé 2 a x. □

1.7. Je-li p ∈ Z[x] \ {0} a q ∈ Q[x] \ {0}, dokažte, že

(a) existuje c ∈ Z a s = ∑_{i} s_{i}x^{i} ∈ Z[x], pro která 1 je NSD(s_{0}, …, s_{deg (s)}) a p = c · s,

(b) existuje c ∈ Z \ \{0\} a r ∈ Z[x], pro která q = \frac{1}{c} · r,

(c) existuje d ∈ Q a s = ∑_{i} s_{i}x^{i} ∈ Z[x], pro která 1 je NSD(s_{0}, …, s_{deg (s)}) a q = d · s.

(a) Je-li p = ∑_{i} p_{i}x^{i}, stačí z p vytknout NSD(p_{0}, …, p_{deg (p)}).

(b) Je-li q = ∑_{i} \frac{a_{i}}{b_{i}} x^{i} ∈ Q[x], kde a_{i}, b_{i} ∈ Z a b_{i} ≠ 0, stačí, abychom položili c = NSD(b_{0}, …, b_{deg (q)}) a pak r = c · q ∈ Z[x].

(c) Zkombinujeme (a) a (b). □

1.8. Rozhodněte, zda jsou v okruhu (Z[x], +, −, 0, ·, 1) hlavní ideály:

(a) fundamentální ideál {∑_{i} p_{i}x^{i} ∈ Z[x]| ∑_{i} p_{i} = 0},

(b) \{p ∈ Z[x]| p(\frac{1}{2}) = 0\}, (c) (x^{2} − 1)Z[x] + (x^{2} + 3x + 2)Z[x],

(a) Všimněme si, že x − 1 ∈ J_{a} = {∑_{i} p_{i}x^{i} ∈ Z[x]| ∑_{i} p_{i} = 0}, tedy máme inkluzi (x − 1)Z[x] ⊆ J_{a}. Zvolíme-li p ∈ J_{a}, můžeme p podle věty z přednášky vydělit se zbytkem polynomem x − 1, tj. existují polynomy q, z ∈ Z[x], pro které p = q · (x − 1) + z a deg(z) < deg(x − 1) = 1. Vidíme, že z = p − q · (x − 1) ∈ J_{a}, protože z má nejvýše jeden nenulový koeficient (u x^{0}) ten musí být podle definice J_{a} nulový, dostáváme, že p ∈ (x − 1)Z[x]

(b) Rovněž tentokrát snadno najdeme polynom nejnižšího možného nezáporného stupně, který leží v množině J_{b} = \{p ∈ Z[x]| p(\frac{1}{2}) = 0\}, konkrétně 2x − 1 ∈ J_{b}. Poznamenejme, že důkaz faktu, že je J_{b} ideál je zcela přímočarý. Vidíme tedy, že (2x − 1)Z[x] ⊆ J_{b} a ukážeme obrácenou inkluzi. Zvolme proto p ∈ J_{a}. Tentokrát ovšem nemůžeme vydělit se zbytkem přimo v okruhu (Z[x], +, −, 0, ·, 1), protože vedoucí koeficient polynomu 2x − 1 není v Z invertibilní, ovšem můžeme vydělit se zbytkem v okruhu (Q[x], +, −, 0, ·, 1). To znamená, že existují polynomy q, z ∈ Q[x] q, z ∈ Z[x], pro které p = q · (2x − 1) + z a deg(z) < deg(x − 1) = 1. Dosadíme-li x = \frac{1}{2}, vidíme, že z = 0, a proto p = q·(2x−1). Nyní uvážíme, že q = ∑_{i} q_{i}x^{i} ∈ Z[x], tj. že q_{i} ∈ Z pro všechna i. Dokažme to indukcí. Nejprve označme p = ∑_{i} p_{i}x^{i} a všimněme si, že q_{0} = p_{0} a p_{i} = q_{i} − 2q_{i−1} pro každé i > 0. To jednak znamená, že q_{0} ∈ Z a předpokládáme-li, že q_{i−1} ∈ Z, pak q_{i} = p_{i} + 2q_{i−1} ∈ Z. Tím jsme ověřili, že J_{b} = (2x − 1)Z[x] je hlavní ideál.

(c) Ptáme se, zda existuje polynom p ∈ J_{c} = (x^{2} − 1)Z[x] + (x^{2} + 3x + 2)Z[x], který generuje J_{c}, tedy, zda existují polynomy a, b ∈ Z[x], že p = (x^{2} − 1) · a + (x^{2} + 3x + 2) · b a J_{c} = pZ[x]. Předpokládajme, že je tato podmínka splněna. Protože p = (x + 1)[(x − 1) · a + (x + 2) · b], vidíme, že J_{c} = pZ[x], právě když [(x − 1) · a + (x + 2) · b]Z[x] = (x − 1)Z[x] + (x + 2)Z[x]. Dále můžeme argumentovat stejně jako v 1.6: q = (x − 1) · a + (x + 2) · b musí být společným dělitelem polynomů x−1 a x+2, a 1 a −1 jsou jedinými společnými dělitely. Protože ovšem q(1) = 3·b(1) je číslo dělitelné trojkou, Z[x] ≠ (x − 1)Z[x] + (x + 2)Z[x], hledané q, a tudíž ani p neexistuje, proto ideál J_{c} není hlavní. □

18.3.

1.9. Rozhodněte, zda v okruhu (Z[x], +, −, 0, ·, 1) existují největší společní dělitelé libovolné dvojice nenulových polynomů.

Nejprve definujeme zobrazení ϕ : Z[x] \ {0} → N podmínkou ϕ(∑_{i} p_{i}x^{i}) je rovnou kladnému NSD(p_{0}, …, p_{deg (p)}). Dokážeme, že je ϕ homomorfismus monoidů (Z[x], ·, 1) a (N, ·, 1). Zvolme libovolně p, q ∈ Z[x] \ {0}. Zřejmě ϕ(p) · ϕ(q)/ϕ(p · q), \frac{p}{ϕ(p)} , \frac{q}{ϕ(q)} ∈ Z[x] a ϕ(\frac{p}{ϕ(p)} ) = ϕ(\frac{q}{ϕ(q)} ) = 1, proto stačí dokázat, že ϕ(\frac{p}{ϕ(p)} · \frac{q}{ϕ(q)} ) = 1. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že ϕ(p) = ϕ(q) = 1. Dokazujme sporem. Mějme p = ∑_{i} p_{i}x^{i} a q = ∑_{i} q_{i}x^{i} a předpokládejme, že α je provočíslo, které dělí ϕ(p · q). Označme n a m nejmenší hodnoty, pro něž α nedělí p_{n} a q_{m}. Nyní spočítáme koeficient monomu x^{n+m} , který α musí dělit

∑_{i=0}^{n−1} p_{i} · q_{n+m−i} + p_{n} · q_{m} + ∑_{i=0}^{m−1} p_{n+m−i} · q_{i}.

Protože α nedělí p_{n} · q_{m}, ačkoli ostatní sčítance díky minimalitě volby n a m dělí, dostáváme spor.

Vezměme nyní libovolné polynomy p, q ∈ Z[x] \ {0} a najděme jejich největší společný dělitel u v okruhu Q[x]. Můžeme přitom díky 1.7 předpokládat, že u ∈ Z[x] \ {0} a ϕ(u) je NSD(ϕ(p), ϕ(q)). To znamená, že existují nesoudělná celá čísla α, β a polynom a ∈ Z[x], pro něž ϕ(a) = 1 a p = \frac{α}{β} · a · u, tedy β · p = α · a · u. Použijeme-li funkci ϕ, dostaneme

β · ϕ(p) = ϕ(β · p) = ϕ(α · a · u) = ϕ(α) · ϕ(a) · ϕ(u) = α · ϕ(u).

Protože ϕ(u)/ϕ(p), dostáváme, že β/α, a protože α a β jsou nesoudělná, musí být β = 1. Stejným argumentem zjistíme, že \frac{q}{u} ∈ Z[x], tedy u je společný dělitel p a q. Vezmeme-li společný dělitel w polynomů p a q v Z[x], pak víme, že w/u v Q[x], proto opět existují taková nesoudělná celá čísla α, β a polynom ϕ(b) = 1 a b ∈ Z[x], že β · u = α · b · w, proto β · ϕ(u) = α · ϕ(w). Protože ϕ(w)/ϕ(p) a ϕ(w)/ϕ(q), tak ϕ(w)/ϕ(u), a proto ze stejného důvodu jako výše je β = 1, a tudíž w/u v Z[x]. □

25.3.

1.10. Uvažujme komutativní okruh (R, +, −, 0, ·, 1) a označme 𝔽(R) množinu všech zobrazení R do R. Na 𝔽(R) definujme operace +, −, · předpisem [f + g](r) = f(r)+g(r), [−f](r) = −f(r) a [f ·g](r) = f(r)·g(r), konstatnty v 𝔽(R) označujeme příslušnými prvky R. Poznamenejme, že F(R) = (𝔽(R), +, −, 0, ·, 1) je komutativní okruh.

(a) Je-li A ⊆ Z, označme χ_{A} ∈ F(Z) charakteristickou funkci množiny A, tj. χ_{A}(z) = 1, jestliže z ∈ A, χ_{A}(z) = 0 pro z ∉ A. Dokažte, že χ_{A}Z + χ_{B}Z = χ_{A∪B}Z pro každé A, B ⊆ Z.

(b) Ukažte pro R = Z, že okruh F(Z) není noetherovský.

(c) Najděte pro okruh R = Z celých čísel ideál F(Z), který není hlavní.

(d) Dokažte, že zobrazení ν : R → 𝔽(R) dané ν(r) = r je prostý okruhový homomorfismus.

(e) Dokažte, že zobrazení μ : R[x] → 𝔽(R) dané μ(∑_{i} a_{i}x^{i}) = ∑_{i} a_{i}x^{i}, kde x^{i} chápeme jako zobrazení a → a^{i} na okruhu R pro a ∈ R, je okruhový homomorfismus.

(f) Je-li R = R, ověřte, že je zobrazení μ prosté.

(g) Je-li R konečný okruh, dokažte, že zobrazení μ není prosté.

(h) Je-li R těleso Z_{7}, najděte nenulový polynom p ∈ Z_{7}[x], který leží v jádru Kerμ.

(i) Je-li R = R těleso reálných čísel, dokažte, že spojité funkce na R tvoří podokruh F(R).

(a) Nejprve si uvědomme, že χ_{A∪B} · χ_{A} = χ_{A} a χ_{A∪B} · χ_{B} = χ_{B}, a proto χ_{A}Z + χ_{B}Z ⊆ χ_{A∪B}Z. Naopak χ_{A∪B} = χ_{A} + χ_{B} − χ_{A} · χ_{B}, čímž jsme ověřili i druhou inkluzi χ_{A∪B}Z ⊆ χ_{A}Z + χ_{B}Z.

(b) Označme supp(f) = {n ∈ Z| f(n) ≠ 0} a A_{n} = {z ∈ Z| |z| ≤ n}. V části (a) jsme dokázali, že χ_{A_{n}}Z ⊆ χ_{A_{n+1}} Z, navíc χ_{A_{n+1}} ∉ χ_{A_{n}}Z, čímž jsme našli nekonečnou ostře rostoucí posloupnost ideálů χ_{A_{1}}Z ⊂ χ_{A_{2}}Z ⋯ ⊂ χ_{A_{n}}Z ⊂ … v okruhu F(Z), čímž jsme podle definice ověřili, že F(Z) není noetherovský okruh.

(c) Vezmeme-li množinu I = {f ∈ F(Z)| |supp(f)| < ω}, snadno ověříme, že I = ⋃_{n∈N} χ_{A_{n}}Z. Argument důkazu tvrzení, které říká, že okruh není noetherovksý, právě když obsahuje nekonečně generovaný ideál, ukazuje, že I je ideál, který nemůže být konečně generovaný. Zopakujme tento argument v naší konkrétní situaci. Vezmeme-li libovolnou konečnou podmnožinu F ⊂ I, pak existuje n, pro něž F ⊂ χ_{A_{n}}Z, a proto ∑_{f∈F} fZ ⊆ χ_{A_{n}}Z ≠ I. Tedy F negeneruje I. Prože ideál I není konečně generovaný, není ani hlavní (tj. jednogenerovaný).

(d) Okamžitě vidíme, že ν(a + b) = ν(a) + ν(b), ν(a · b) = ν(a) · ν(b) a ν(1) = 1, což stačilo ověřit, navíc ν je zjevně prosté zobrazení.

(e) Opět potřebujme dokázat rovnosti μ(p+q) = μ(p)+μ(q), μ(p·q) = μ(p)·μ(q) pro každý poynom p, q ∈ R[x] a μ(1) = 1. Poslední rovnost je triviální, položme tedy p = ∑_{n≥0} p_{n}x^{n} a q = ∑_{n≥0} q_{n}x^{n}. Potom

μ(p + q) = ∑_{n≥0}(p_{n} + q_{n})x^{n} = ∑_{n≥0} p_{n}x^{n} + ∑_{n≥0} q_{n}x^{n} = μ(p) + μ(q),

μ(p · q) = ∑_{n≥0}( ∑_{i+j=n} p_{i} · q_{j})x^{n} = ∑_{n≥0}(∑_{i=0}^{n}p_{i} · q_{n−i})x^{n} = μ(p) · μ(q).

(f) Stačí ověřit, že Kerμ = {0}. Vezměme proto polynom p ∈ Kerμ, tj. μ(p) = 0. Kdyby byl degp ≥ 0, pak by existoval polynom q ∈ R[x], pro který p = q · x · (x − 1) · · · · · (x − degp), proto q = 0 a tedy i p = 0, což je spor.

(g) Protože je R[x] nekonečné, zatímco množina 𝔽(R) je konečná, nemůže žádné prosté zobrazení R[x] do 𝔽(R) existovat.

(h) Uvážíme-li, že (Z_{7} \ {0}, ·,^{−1} , 1) je grupa řádu 6, pak pro každé a ∈ Z_{7} \ {0} je a^{6} = 1, a proto a^{7} = a pro každé a ∈ Z_{7}, vidíme, že μ(x^{7} − x) = 0.

(i) Stačí si uvědomit, že konstanty jsou spojité a součet, rozdíl i součin spojitých funkcí na R je spojítá funkce. □

1.4.

1.11. Nechť R = {∑_{i} p_{i}x^{i} ∈ Q[x]| p_{0} ∈ Z} ⊆ Q[x].

(a) Dokažte, že je R podkruh okruhu (Q[x], +, −, 0, ·, 1),

(b) ověřte, že je R obor integrity,

(c) rozhodněte, zda R splňuje podmínku (K),

(d) rozhodněte, zda je R noetherovský,

(e) rozhodněte, zda R splňuje podmínku (E).

(a) Protože součet, rozdíl i součin polynomů s celočíselným absolutním členem má tutéž vlastnost a 0, 1 ∈ R, je R podkruh okruhu (Q[x], +, −, 0, ·, 1).

(b) Plyne okamžitě z faktu, že Q[x] je obor integrity a R jeho podkruh.

(c) Uvědomme si, že 2^{−n}x ∈ R, 2^{−n}xR ⊆ 2^{−(n+1)} xR, protože 2^{−n}x = 2 · 2^{−(n+1)} x, a 2^{−n}xR ≠ 2^{−(n+1)} xR, protože 2^{−(n+1)} x ∉ 2^{−n}xR, čímž jsme našli nekonečnou posloupnost vlastních dělitelů x/2^{−1}x/ … /2^{−n}x/2^{−(n+1)} x …, tedy R nesplňuje podmínku (K).

(d) V (c) jsme našli rostoucí posloupnost ideálů, tedy R není noetherovský. Všimněme si navíc, že ideál I = ⋃_{n∈N} 2^{−n}xR není konečně generovaný.

(e) Kdyby existoval ireducibilní rozklad x = p_{1} · · · · · p_{n}, pak by právě jeden z polynomů p_{i} = \frac{1}{c} x a součin ostatních by byl roven c, kde c ∈ Z. Ovšem polynom \frac{1}{c} x umíme napsat jako součin \frac{1}{c} x = 2 · \frac{1}{2c}x, kde 2, \frac{1}{2c}x ∈ R nejsou invertibilní, tedy \frac{1}{c} x není inreducibilní a podmínka (E) splněna není. □

1.12. Uvažujme eukleidovský okruh (Z[i], +, −, 0, ·, 1), kde Z[i] = {a+bi ∈ C| a, b ∈ Z} je podokruh tělesa komplexních čísel a označme ν(a + bi) = a^{2} + b^{2} jeho eukleidovskou normu.

(a) Najděte všechny invertibilní prvky okruhu Z[i],

(b) spočítejte v Z[i] ireducibilní rozklad prvků 2, 3, 13,

(c) spočítejte v Z[i] ireducibilní rozklad prvků 2 − 2i, 3 − i, 17 − 6i,

(d) najděte největší společný dělitel dvojic prvků 3 − i a 17 − 6i, 6 − 7i a 7 + i, 11 − 2i a 5 + 10i,

(e) najděte α, β, γ, δ ∈ Z[i], aby α · (6 − 7i) + β · (7 + i) byl největší společný dělitel dvojice 6−7i a 7+i a β ·(11−2i)+γ ·(5+10i) byl největší společný dělitel dvojice, 11 − 2i a 5 + 10i,

(f) rozhodněte, zda jsou prvky 2, 3, 2 − 3i, 1 − 3i prvočinitelé,

(g) rozhodněte, které dvojice prvků množiny {2ϵ + 3δ| ϵ, δ ∈ {±1, ±i}} jsou asociovány,

Nejprve připomeňme |c_{1} · c_{2}| = |c_{1}| · |c_{2}|, pro každou dvojici komplexních čísel c_{1} a c_{2}, proto ν(α · β) = |α · β|^{2} = |α|^{2} · |β|^{2} = ν(α) · ν(β) pro všechna α, β ∈ Z[i].

(a) Protože prvek α ∈ Z[i] je invertibilní existuje-li β ∈ Z[i], pro nkteré α·β = 1, proto ν(α · β) = 1, tedy ν(α) = 1. Vidíme, že α ∈ {1, −1, i, −i}.

(b) Protože ν(2) = 4 musí mít netriviální a neinvertibilní dělitel prvku 2 normu rovnou 2, snadno přitom nahlédneme, že 2 = (1+i)(1−i). Protože ν(1+i) = ν(1− i) = 2 je prvočíslo, oba tyto prvky už jsou nutně ireducibilní, tedy 2 = (1 + i)(1 − i) už je ireducibilní rozklad.

Stejným argumentem pro ν(3) = 9 jako při hledání rozkladu prvku 2 dostáváme, že případný netriviální a neinvertibilní dělitel prvku 3 by musel mít normu rovnou 3. Projdeme-li všechny takové kandidáty, tj. Gaussova celá čísla velikostei(nejvýše) rovné \sqrt{3}, žádný takový prvek nenajdeme, proto je 3 ireducibilní.

Konečně, protože 13 = 2^{2} + 3^{2}, spočítáme 13 = (2 + 3i)(2 − 3i), kde ze stejného důvodu jako výše jsou prvky 2 + 3i a 2 − 3i v Z[i] ireducibilní. (Lze dokázat, že prvočíslo p je tvaru p = a^{2} + b^{2} pro přirozená a, b, tedy p = (a + bi)(a − bi), právě když (p)mod4 = 1.)

8.4.

(c) Vidíme, že 2 − 2i = 2 · (1 − i) = (1 + i) · (1 − i) · (1 − i) = −i · (1 − i)^{3}, kde ν(1 − i) = 2, tedy prvky 1 − i jsou ireducibilní.

Spočítáme nejprve ν(3 − i) = 10, proto jako prvky ireducibilního rozkladu připadají v úvahu nutně právě prvky s eukleidovskou normou 2 a 5. Vydělíme proto v komplexním oboru \frac{3−i}{1+i} = \frac{(3−i)(1−i)}{(1+i)(1−i)} = 1 − 2i, tedy 3 − i = (1 + i)(1 − 2i), kde oba členy rozkaldu už mají prvočíselnou eukleidovskou normu, proto musí jít o ireducibilní prvky.

Opět spočítáme ν(17 − 6i) = 289 + 36 = 325 = 13 · 5^{2}. Jako ireducibilní činitelé tedy připadají v úvahu prvku s normou, která dělí číslo 325. Uvážíme nejprve prvky s normou 5, tj. 2 + i, 2 − i. Oběma prvky zkusíme vydělit v C:

\frac{17 − 6i}{2 + i} = \frac{(17 − 6i)(2 − i)}{5} = \frac{28 − 29i}{5} ∉ Z[i],

\frac{17 − 6i}{2 − i} = \frac{(17 − 6i)(2 + i)}{5} = \frac{40 + 5i}{5} = 8 + i ∈ Z[i].

Pokračujeme stejnou úvahou dál pro prvek 8+i, kdy ν(8+i) = 13·5, je už zbytečné dělit prvkem 2 + i, pokusíme se tedy vydělit prvkem 2 − i: \frac{8+i}{2−i} = \frac{(8+i)(2+i)}{5} = \frac{15+10i}{5} = 3+2i ∈ Z[i]. Protože eukleidovská norma prvků 2−i a 3+2i je prvočíselná, dostáváme ireducibilní rozklad 17 − 6i = (2 − i)^{2}(3 + 2i).

(d) Pro prvky 3 − i a 17 − 6i využijeme znalost rozkladů na ireducibilní prvky spolu s podmínkou (J), která v našem oboru platí, abychom zjistili, že jsou prvky nesoudělné, protože prvek 1 − 2i není asociován s prvkem 2 − i.

Pro dvojici a_{0} = 6 − 7i a a_{1} = 7 + i použijem Eukleidův algoritmus. Nejprve spočítáme \frac{6−7i}{7+i} = \frac{(6−7i)(7−i)}{(7+i)(7−i)} = \frac{35}{50} − \frac{55}{50} i, tedy

q_{1} = 1 − i a a_{2} = a_{0} − q_{1} · a_{1} = 6 − 7i − (1 − i)(7 + i) = −2 − i.

V dalším kroku počítáme \frac{7+i}{−2−i} = \frac{(7+i)(−2+i)}{(−2−i)(−2+i)} = −\frac{15}{5} + \frac{5}{5}i = −3 + i ∈ Z[i], tedy vidíme, že q_{2} = −3 + i a že a_{2}/a_{1}. Zjistili jsme, že −2 − i je největší společný dělitel prvků 6 − 7i a 7 + i. Nakonec si všimněme, že ν(6 − 7i) = 85 a ν(7 + i) = 50, tedy jiné společné dělitele než ty s normou 1 a 5 nepřipadaly v úvahu.

I pro prvky a_{0} = 11 − 2i a a_{1} = 5 + 10i použijeme Eukleidův algoritmus. Poznamenejme, že ν(11 − 2i) = ν(5 + 10i) = 125. Protože \frac{11−2i}{5+10i} = \frac{11−2i}{5+10i} · \frac{5−10i}{5−10i} = \frac{35}{125} − \frac{120}{125} i položíme

q_{1} = −i a a_{2} = a_{0} − q_{1} · a_{1} = 11 − 2i + i(5 + 10i) = 1 + 3i.

Dále \frac{5+10i}{1+3i} = \frac{5+10i}{1+3i} · \frac{1−3i}{1−3i} = \frac{35}{10} − \frac{5}{10} i, a proto

q_{2} = 3 a a_{3} = a_{2} − q_{2} · a_{1} = 5 + 10i − 3(1 + 3i) = 2 + i.

Nyní už snadno ověříme, že 2 + i/1 + 3i, tedy 2 + i je největší společný dělitel prvků 11 − 2i a 5 + 10i.

(e) Přímo z 1. kroku Eukleidova algoritmu dostáváme vyjádření

−2 − i = (6 − 7i) + (−1 + i)(7 + i),

tedy α = 1, β = −1 + i.

V (d) jsme zjistili, že 2+i = 5+10i−3(1+3i) = 2+i a 1+3i = 11−2i+i(5+10i), proto dosazením spočítáme, že

2+i = 5+10i−3(1+3i) = 5+10i−3(11−2i+i(5+10i)) = −3(11−2i)+(1−3i)(5+10i),

tedy γ = −3, δ = 1 − 3i.

(f) V eukleidovském oboru jsou ireducibilní prvky prvočinitelé, proto zjistíme stejně jako v (b) a (c), zda jde ireducibilní prvky. Prvek 2 tedy není prvočinitelem a 3 a 2 − 3i jsou prvočinitelé, konečně 1 − 3i = (2 − i)(1 − i) není ireducibilní, tedy ani prvočinitel.

(g) Protože dva prvky jsou asociované, právě když se liší o násobek invertibilním prvkem, jsou všechny prvky 3+2i, −3−2i, i·(3+2i) = −2+3i a −i·(3+2i) = 2−3i vzájemně asociované, stejně jako jsou asociované všechny dvojice prvků ze souboru 3 − 2i, −3 + 2i, i · (3 − 2i) = 2 + 3i a −i · (3 − 2i) = −2 − 3i. Naopak prvky 3 + 2i a 3 − 2i asociovány nejsou. Kdyby 3 + 2i dělilo 3 − 2i, pak by prvek 3 + 2i dělil i 3 + 2i − (3 − 2i) = 4i, což není možné, protože ν(3 + 2i) = 13 nedělí ν(4i) = 16. □

15.4.

1.13. Uvažujme okruh (Z[\sqrt{2}], +, −, 0, ·, 1), kde Z[\sqrt{2}] = \{a + b\sqrt{2} ∈ R| a, b ∈ Z\} je podokruh tělesa reálných čísel a označme μ(a + b\sqrt{2}) = |a^{2} − 2b^{2}|.

(a) Dokažte, že je μ eukleidovská norma,

(b) ukažte, že okruh Z[\sqrt{2}] obsahuje nekonečně invertibilních prvků,

(c) rozhodněte, zda jsou prvky 11 + 8\sqrt{2} a 3 − \sqrt{2} asociovány,

(d) spočítejte ireducibilní rozklad prvků 2, 3 + \sqrt{2} a −2 + 5\sqrt{2}.

(a) Postupujeme podobně jako u okruhu Gaussových celých čísel Z[i]. Nejprve označme Q[\sqrt{2}] = \{a + b\sqrt{2} ∈ R| a, b ∈ Q\} q všimněme si, že rozšíříme-li funkci μ na Q[\sqrt{2}] → Q stejným předpisem, tedy μ(a + b\sqrt{2}) = |a^{2} − 2b^{2}| pro každé

a, b ∈ Q, pak platí, že μ(α · β) = μ(α) · μ(β). Označíme-li { \atop a + b\sqrt{2}} = a − b\sqrt{2}, stačí si všimnout, že α̃ · β = α̃ · β̃ a že μ(α) = |α̃ · α|, tedy

μ(α · β) = |α̃ · β · α · β| = |α̃ · β̃ · α · β| = |α̃ · α| · |β̃ · β| = μ(α) · μ(β).

Odtud přímo dostáváme, že μ(α) ≤ μ(β), jakmile α/β a β ≠ 0.

Zvolme nyní α, β ∈ Z[\sqrt{2}], kde β ≠ 0. Pak existují e, f ∈ Q, pro která e+f\sqrt{2} = \frac{α}{β}. Vezměme nyní e′, f′ ∈ Z, aby |e − e′| ≤ \frac{1}{2} a |f − f′| ≤ \frac{1}{2}, položme γ = e′ + f′\sqrt{2} a δ = α − β · γ. Zbývá nám ověřit, že μ(δ) < μ(β), což je ekvivalentní tomu, že μ(\frac{δ}{β}) = \frac{μ(δ)}{μ(β)} < 1. Přitom

μ(\frac{δ}{β}) = μ(\frac{α}{β} − γ) = μ(e − e′ + (f − f′)\sqrt{2}) = |(e − e′)^{2} − 2(f − f′)^{2}| ≤ \frac{1}{2} < 1.

Tím jsme ověřili i druhý axiom eukleidovské normy, proto (Z[\sqrt{2}], +, −, 0, ·, 1) je eukleidovský obor.

(b) Všimneme si, že invertibilní je právě prvek a + b\sqrt{2} ∈ Z[\sqrt{2}], pro který μ(a + b\sqrt{2}) = 1. Jakmile a^{2} − 2b^{2} = −1, potom (a + b\sqrt{2}) · (−a + b\sqrt{2}) = 2b^{2} − a^{2} = 1, a v případě, kdy a^{2} − 2b^{2} = 1, pak (a + b\sqrt{2}) · (a − b\sqrt{2}) = a^{2} − 2b^{2} = 1. Protože μ(1 + \sqrt{2}) = 1, je i μ((1 + \sqrt{2})^{n}) = 1^{n} = 1 pro každé n, tedy prvky (1 + \sqrt{2})^{n} jsou invertibilní. Přitm 1 + \sqrt{2} > 1, proto (1 + \sqrt{2})^{n} < (1 + \sqrt{2})^{n+1} , tedy jsme našli nekonečnou množinu \{(1+\sqrt{2})^{n}| n ∈ N\} invertibilních prvků oboru (Z[\sqrt{2}], +, −, 0, ·, 1).

(c) Stačí abychom v R spočítali podíly

\frac{11 + 8\sqrt{2}}{3 − \sqrt{2}} = \frac{(11 + 8\sqrt{2})(3 + \sqrt{2})}{7} = \frac{49 + 35\sqrt{2}}{7} = 7 + 5\sqrt{2},

\frac{3 − \sqrt{2}}{11 + 8\sqrt{2}} = \frac{(3 − \sqrt{2})(11 − 8\sqrt{2})}{−7} = −\frac{49 − 35\sqrt{2}}{7} = −7 + 5\sqrt{2},

tedy prvky se vzějemně dělí, tedy jsou asociované. Dodejme, že stačilo určit jen například první podíl a u něj ověřit, že μ(7 + 5\sqrt{2}) = 1.

(d) Uvažujeme podobně jako v 1.12(b), (c). Nejprve spočítáme normy μ(2) = 4, μ(3 + \sqrt{2}) = 7, μ(−2 + 5\sqrt{2}) = 46. Vidíme, že 3 + \sqrt{2} už je nutně ireducibilní, protože norma μ je kompatabilní s násobením a 7 je prvočíslo. Jsou-li zbylé hodnoty 2, −2 + 5\sqrt{2} rozložitelné, musí je obě dělit prvek s normou 2. Přímočaře spočítáme, že takovým prvkem je \sqrt{2} a že skutečně oba orvky dělí, konkrétně 2 = \sqrt{2} · \sqrt{2}, −2 + 5\sqrt{2} = \sqrt{2}· (5 − 1\sqrt{2}), protože jsou hodnoty μ(\sqrt{2}) a μ(5 − 1\sqrt{2}) prvočíselné, našli jsme opravdu ireducibilní rozklady. □

2. Symetrické polynomy

2.1. Uvažujme polynomy p, q, r ∈ Q[x_{1}, x_{2}, x_{3}], kde p = 3x_{1}x_{2}x_{3} − x_{1}x_{2}^{3} − x_{1}x_{3}^{3} − x_{2}x_{1}^{3} − x_{2}x_{3}^{3} − x_{3}x_{1}^{3} − x_{3}x_{2}^{3} + 2x_{1}x_{2}^{2}x_{3}^{2} + 2x_{2}x_{1}^{2}x_{3}^{2} + 2x_{3}x_{2}^{2}x_{1}^{2}, q = x_{1}x_{2}^{2}x_{3}^{3} a r = 5(x_{1} + x_{2} + x_{3}) + 3.

(a) Rozhodněte, které z polynomů p, q, r, p + q, p · r jsou symetrické,

(b) spočítejte stupeň polynomů p, q, r, p · r,

(c) určete výšku a vedoucí koeficient polynomů p, q, r, p · r.

(a) Postupujeme nejprve podle definice. Přímočaře zjistíme, že π(p) = p a π(r) = r pro všechny permutace proměnných π, zatímco π(q) = x_{2}x_{1}^{2}x_{3}^{3} ≠ q například pro permutaci π = (12). Protože množina všech synmetrických polynomů tvoří podokruh okruhu Q[x_{1}, x_{2}, x_{3}], musí být p · r symetrický a p + q naopak symetrický být nemůže.

(b) Opět počítáme podle definice, tedy zjišťujeme nejvyšší součet mocnin v jednotlivých monočlenech, tedy deg(p) = 5, deg(q) = 6, deg(r) = 1 a deg(p · r) = 6.

(c) Tentokrát podle definice hledáme v lexikografickém uspořádání největší trojici (k_{1}, k_{2}, k_{3}), pro kterou je koeficient u monočlenu x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}x_{3}^{k_{3}} nenulový, a dále hledáme hodnotu příslušného koeficientu. Tedy ht(p) = (3, 1, 0) a lc(p) = −1, ht(q) = (3, 2, 1) a lc(q) = 1, ht(r) = (1, 0, 0) a lc(r) = 5, ht(p · r) = (4, 1, 0) a lc(p · r) = −5. □

Připomeňme, že δ_{13} = x_{1} + x_{2} + x_{3}, δ_{23} = x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{2}x_{3} a δ_{33} = x_{1}x_{2}x_{3}.

2.2. Najděte pro symetrický polynom p ∈ S_{Q}[x_{1}, x_{2}, x_{3}] polynom f ∈ Q[x_{1}, x_{2}, x_{3}], aby p = f(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}), jestliže

(a) p = x_{1}^{3}x_{2}x_{3} + x_{1}x_{2}^{3}x_{3} + x_{1}x_{2}x_{3}^{3},

(b) p = 3x_{1}^{4}x_{2}^{2}x_{3}^{2} + 2x_{1}^{2}x_{2}^{4}x_{3}^{2} + x_{1}^{2}x_{2}^{2}x_{3}^{4},

(c) p = 2x_{1}^{3} + 2x_{2}^{3} + 2x_{3}^{3} − 1.

(a) Využijme důkazu Věty o symetrických polynomech. Položíme p_{0} = p a budeme postupně indukčním krokem snižovat výšku polynomu p_{i}.

Protože ht(p_{0}) = (3, 1, 1) = (k_{1}, k_{2}, k_{3}) a lc(p_{0}) = 1, definujeme polynom f_{0} = lc(p_{0}) · x_{1}^{k_{1} −k_{2}}x_{2}^{k_{2} −k_{3}}x_{3}^{k_{3}} = x_{1}^{2}x_{3}. Potom má polynom p_{1} = p_{0} − f_{0}(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}) = x_{1}^{3}x_{2}x_{3} + x_{1}x_{2}^{3}x_{3} + x_{1}x_{2}x_{3}^{3} − (x_{1} + x_{2} + x_{3})^{2}x_{1}x_{2}x_{3} = −2(x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{2}x_{3}) nižší výšku než symetrický polynom p_{0}. Konkrétně ht(p_{1}) = (1, 1, 0) a lc(p_{1}) = −2, tedy f_{1} = −2 · x_{2} a p_{1} − f_{1}(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}) = 0.

Zjistili jsme, že hledaným polynomem f je polynom f = f_{0} + f_{1} = x_{1}^{2}x_{3} − 2x_{2}.

(b) Všimneme-li si, že

p = 3x_{1}x_{2}x_{3} · (x_{1}^{3}x_{2}x_{3} + x_{1}x_{2}^{3}x_{3} + x_{1}x_{2}x_{3}^{3}) = 3δ_{33} · g(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}),

kde g = x_{1}^{2}x_{3} − 2x_{2} jsme spočítali v bodu (a), pak f = 3x_{3} · g = 3x_{1}^{2}x_{3}^{2} − 6x_{2}x_{3}.

(c) Postupujeme stejně jako v bodu (a). Nejprve položíme p_{0} = p, spočítáme ht(p_{0}) = (3, 0, 0) a lc(p_{0}) = 2 a definujeme polynom f_{0} = 2x_{1}^{3}.

V dalším kroku spočítáme symetrický polynom p_{1} = p_{0} − f_{0}(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}) = p_{0} − 2(x_{1} + x_{2} + x_{3})^{3} = −6(x_{1}x_{2}^{2} + x_{1}x_{3}^{2} + x_{2}x_{1}^{2} + x_{2}x_{3}^{2} + x_{3}x_{1}^{2} + x_{3}x_{2}^{2} + x_{1}x_{2}x_{3}) − 1. Opět určíme ht(p_{1}) = (2, 1, 0) a lc(p_{1}) = −6, tedy f_{1} = −6x_{1}x_{2}.

Nyní dostáváme p_{2} = p_{1} − f_{1}(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}) = p_{1} + 6(x_{1} + x_{2} + x_{3})(x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{2}x_{3}) = 18(x_{1}x_{2}x_{3}) − 1, proto ht(p_{2}) = (1, 1, 1), lc(p_{2}) = 18 a f_{2} = 18x_{3}.

Konečně p_{3} = p_{2} − f_{1}(δ_{13}, δ_{23}, δ_{33}) = p_{2} − 18(x_{1}x_{2}x_{3}) = −1, tudíž ht(p_{3}) = (0, 0, 0), lc(p_{3}) = −1 a f_{3} = −1

Zjistili jsme, že f = ∑_{i} f_{i} = 2x_{1}^{3} − 6x_{1}x_{2} + 18x_{3} − 1. □

22.4.

3. Kořeny polynomů

3.1. Uvažujme polynom p = x^{5} + x^{4} + x^{3} + x + 2 ∈ Z_{5}[x].

(a) Najděte nad tělesem Z_{5} všechny kořeny polynomu p,

(b) určete násobnost všech kořenů polynomu p nad Z_{5},

(c) spočítejte ireducibilní rozklad p v Z_{5}[x].

(a) V souladu s definicí nám stačí postupně dosazovat do p jednotlivé prvky Z_{5}: id_{0}(p) = 2 ≠ 0, id_{1}(p) = 1^{5} + 1^{4} + 1^{3} + 1 + 2 = 1 ≠ 0, id_{2}(p) = 2^{5} + 2^{4} + 2^{3} + 2 + 2 = 2 + 1 + 3 + 2 + 2 = 0, id_{3}(p) = 3^{5} + 3^{4} + 3^{3} + 3 + 2 = 3 + 1 + 2 + 3 + 2 = 1 ≠ 0, id_{4}(p) = 4^{5} + 4^{4} + 4^{3} + 4 + 2 = 4 + 1 + 4 + 4 + 2 = 0, Zjistili jsme, že kořeny jsou právě čísla 2 a 4.

(b) Protože je charakteristika tělesa rovna stupni polynomu, nemůžeme přímočaře použít větu, která určí násobnost kořenu pomocí derivace. Proto nejprve vydělíme se zbytkem polynom p kořenovým činitelem x − 4 = x + 1:

x^{5} + x^{4} + x^{3} + x + 2  : x + 1 = x^{4} + x^{2} + 4x + 2
−(x^{5} + x^{4})
= x^{3} + x + 2
−(x^{3} + x^{2})
= 4x^{2} + x + 2
−(4x^{2} + 4x)

= 2x + 2 −(2x + 2) = 0

Spočítali jsme, že p = (x + 1)(x^{4} + x^{2} + 4x + 2). Označme si q = x^{4} + x^{2} + 4x + 2 a poznamenejme, že q má kořen 2 stejné násobnosti jako je násobnost kořenu 2 v p, a je-li k násobnost kořenu 4 v p, pak bude 4 kořen násobnosti k − 1 v q. Žádné jiné kořeny přitom q mít v Z_{5} nemůže.

Nejprve zjistíme, že id_{4}(q) = 1 + 1 + 1 + 20, tedy 4 je kořenem q. Nyní spočítáme formální derivaci q, tedy D(q) = 4x^{3} +2x+4. Protože id_{4}(D(q)) = 3 ≠ 0, má kořen 4 v q násobnost 1 a v p násobnost 2. Dále id_{2}(D(q)) = 2 + 4 + 4 = 0. Spočítáme-li druhou derivaci D^{2}(q) = 2x^{2} + 2, vidíme, že id_{2}(D^{2}(q)) = 3 + 2 = 0 a protože D^{3}(q) = 4x, je id_{2}(D^{3}(q)) = 3 ≠ 0, ukázali jsme, že kořen 2 má v q i p násobnost 3.

(c) Protože jsme zjistili, že (x − 4)^{2}/p a (x − 2)^{3}/p, dostáváme dokonce rozklad na kořenové činitele p = lc(p)(x − 4)^{2}(x − 2)^{3} = (x + 1)^{2}(x + 3)^{3}. □

3.2. Mějme dvacetipětiprvkové nadtěleso U tělesa Z_{5} a uvažujme polynom p = x^{5} + x^{4} + x^{3} + x + 2 ∈ U[x].

(a) Najděte nad tělesem U všechny kořeny polynomu p, (b) určete nad U násobnost všech kořenů polynomu p,

(c) spočítejte ireducibilní rozklad p v U[x].

Protože jsme v 3.1 zjistili, že se polynom p rozkládá na kořenové činitele už nad tělesem Z_{5}, máme i nad větším tělesem rozklad p = (x − 4)^{2}(x − 2)^{3}. Přitom jsou kořenové činitele, tedy polynomy stupně 1, ireducibilní nad jakýmkoli tělesem, tedy p = (x − 4)^{2}(x − 2)^{3} je ireducibilní rozklad i v oboru U[x].

Odtud okamžitě vidíme, že p má v U právě kořeny 2, 4 ∈ Z_{5} ⊆ U, první násobnosti 3 a druhý 2. □

3.3. Buď U těleso, T jeho podtěleso a p, q ∈ T [x], p ≠ 0. Předpokládejme, že existuje r ∈ U[x], pro které p = q · r (tedy q/p v oboru U[x]). Dokažte, že r ∈ T [x] (tedy q/p v oboru T [x]).

Stačí vydělit se zbytkem polynom p polynomem q v oboru T [x]. Potom existují a, b ∈ T [x], pro která p = aq +b a deg(b) < deg(q). Uvědomíme-li si, že hodnoty pro dělení se zbytkem musí být stejné i při dělení v oboru U[x] a že jsou jednoznačně určeny, dostáváme a = r a b = 0, proto r ∈ T [x]. □

3.4. Dokažte, že polynom x^{2} + 2 dělí polynom x^{5} + x^{2} − 4x + 2 v oboru Q[x].

Využijeme-li pozorování 3.3 a zjistíme-li, že kořeny x^{2} + 2 nad tělesem C jsou ±\sqrt{2}i, stačí ověřit, že ±\sqrt{2}i jsou kořeny polynomu x^{5}+x^{2}−4x+2, tedy, že x^{2}+2 dělí polynom x^{5}+x^{2}−4x+2 v oboru C[x]. Tedy počítáme: (\sqrt{2}i)^{5}+(\sqrt{2}i)^{2}−4(\sqrt{2}i)+2 = 4\sqrt{2}i−2−4\sqrt{2}i+2 = 0 a (−\sqrt{2}i)^{5}+(−\sqrt{2}i)^{2}−4(−\sqrt{2}i)+2 = −4\sqrt{2}i−2+4\sqrt{2}i+2 =

0. □

29.4.

3.5. Uvažujme tělesa reálných čísel R a jeho podtěleso racionálních čísel Q. (a) Dokažte , že je prvek \sqrt{3} algebraický nad Q,

(b) spočítejte stupeň rozšíření [Q(\sqrt{3}) : Q],

(c) najděte nad Q minimální polynom prvku \sqrt{3},

(d) ověřte, že je prvek 2 + 5\sqrt{3} algebraický nad Q a najděte jeho minimální polynom nad Q,

(e) ověřte, že \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} je algebraický prvek nad Q a najděte jeho minimální polynom nad Q,

(f) dokažte , že je prvek \sqrt[3]{2} algebraický nad Q,

(g) najděte nad Q minimální polynom prvku \sqrt[3]{2} a spočítejte stupeň rozšíření [Q(\sqrt[3]{2}) : Q],

(h) ověřte, že [Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) : Q] ≤ 15,

(i) najděte nějakou generující množinu vektorového prostoru Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) nad tělesem Q.

(a) Prvek α je podle definice algebraický nad Q, právě když existuje polynom p ∈ Q[x], jehož je α kořenem. V našem případě okamžitě vidíme, že \sqrt{3}^{2} = 3, a proto je \sqrt{3} kořenem polynom x^{2} − 3 ∈ Q[x].

(b) Nahlédneme, že je těleso Q(\sqrt{3}), tedy nejmenší podtěleso tělesa R obsahující množinu Q ∪ \{α\}, rovno množině A = \{a + b\sqrt{3} ∈ R| a, b ∈ Q\}. Protože pro každé a, b ∈ Q, máme z uzavřenosti na operace a, b, b\sqrt{3}, a + b\sqrt{3} ∈ ,Q(\sqrt{3}), proto A ⊆ Q(\sqrt{3}). Přitom je A zjevně množina uzavřená na sčítání, odčítání a násobení a 0, 1 ∈ A, tedy je A podokruh okruhu R. Vezmeme-li nenulové a + b\sqrt{3} ∈ A, potom (a + b\sqrt{3})^{−1} = \frac{(a−b\sqrt{3})}{(a+b\sqrt{3})(a−b\sqrt{3})} = \frac{a}{a^{2} −3b^{2}} − \frac{b}{a^{2} −3b^{2}} \sqrt{3} ∈ A, protože \frac{a}{a^{2} −3b^{2}} ∈ Q a

−\frac{b}{a^{2} −3b^{2}} ∈ Q. To znamená, že je A podtěleso tělesa Q(\sqrt{3}) obsahující Q ∪ \{α\}, proto A = Q(\sqrt{3}).

Tím jsme ukázali, že Q(\sqrt{3}) je jako racionálná vektorový prostor generováno prvky 1 a \sqrt{3}. Ověříme, že jde o lineárně nezávislou množinu. Předpokládejme, že je \sqrt{3} racionální, tj. existují nesoudělná přirozená c a j, pro která \sqrt{3} = \frac{c}{j}, a proto c^{2} = 3j^{2}. Potom 3/c, tedy 9/c^{2}, a proto 3/j, spor s nesoudělností c a j. Protože je prvek \sqrt{3} iracionální, není racionálním násobkem prvku 1, tudíž je lineárně nezávislý na 1. Našli jsme dvouprvkovou bázi Q(\sqrt{3}) chápaného jako vektorový prostor nad tělesem Q(\sqrt{3}), tedy [Q(\sqrt{3}) : Q] = dim_{Q} Q(\sqrt{3}) = 2.

(c) Připomeňme, že minimální polynom m ∈ Q[x] prvku α je ireducibilní monický polynom, jehož kořenem je α, ekvivalentně je m monický polynom nejmenšího možného stupně, jehož kořenem je α. Navíc bylo na přednášce dokázáno, že deg(\sqrt{3}) = [Q(\sqrt{3}) : Q]. Využijeme-li pozorování [Q(\sqrt{3}) : Q] = 2 a všimnemeli, že jsme v (a) už polynom stupně 2 s kořenem \sqrt{3} našli, tedy nutně musí jít o minimální polynom. Tedy x^{2} − 3 je minimální polynom prvku \sqrt{3} nad Q.

(d,e) Na přednášce bylo dokázáno, že každé rozšíření konečného stupně je algebraické, tedy díky (b) je každý prvek Q(\sqrt{3}) algebraický nad Q. Protože 2 + 5\sqrt{3}, \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} ∈ Q(\sqrt{3}), jde o prvky algebraické nad Q.

Dále víme, že každé tři prvky vektorového prostoru dimenze 2 musí být lineárně závislé, tedy existuje netriviální racionální lineární kombinavce q_{0} + q_{1}(2 + 5\sqrt{3}) + q_{2}(2 + 5\sqrt{3})^{2} = q_{1} + q_{2}(2 + 5\sqrt{3}) + q_{2}(79 + 20\sqrt{3}) = 0. Vyjádřeno v souřadnicích vzhledem k bázi 1, \sqrt{3} řešíme homogenní soustavu lineárních rovnic q_{0} + 2q_{1} +

79q_{2} = 0, 5q_{1} + 20q_{2} = 0 s maticí (\begin{matrix}1 & 2 & 79 \\ 0 & 5 & 20 \end{matrix}). Tedy řešením je například vektor

(q_{0}, q_{1}, q_{2}) = (−71, −4, 1), což znamená, že je algebraický prvek 2 + 5\sqrt{3} kořenem polynomu m_{1} = x^{2} − 4x − 71.

Podobně budeme uvažovat o prvku \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} . Nejprve ho ovšem vyjádříme v bázi 1,

\sqrt{3}, tedy \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} = \frac{(2−\sqrt{3})(3−\sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})(3−\sqrt{3})} = \frac{9−5\sqrt{3}}{6} a opět hledáme q_{i} ∈ Q, aby q_{0}+q_{1} \frac{9−5\sqrt{3}}{6} +

q_{2}(\frac{9−5\sqrt{3}}{6} )^{2} = 0, tedy 36q_{0} + q_{1}(54 − 30\sqrt{3}) + q_{2}(156 − 90\sqrt{3}) = 0. Řešíme protřo soustavu s maticí

(\begin{matrix}36 & 54 & 156 \\ 0 & −30 & −90 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}6 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix}) .

Tedy snadno najdeme řešení (q_{0}, q_{1}, q_{2}) = (−\frac{1}{6}, −3, 1), jemuž odpovídá monický polynom m_{2} = x^{2} − 3x − \frac{1}{6} s kořenem \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} . Protože jsou oba polynomy m_{1} a m_{2} monické stupně dva a ani jedno z uvažovaných iracionálních čísel není kořenem racionálního polynomu stupně jedna, je m_{1} minimální polynom prvku 2 + 5\sqrt{3} nad Q a m_{2} minimální polynom prvku \frac{2−\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} nad Q.

(f) Jako v (a) stačí uvážit, že \sqrt[3]{2} je kořenem polynom x^{3} − 2 ∈ Q[x].

(g) Protože minimální polynom určitě dělí x^{3} − 2 v oboru Q[x], máme [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] ≤ deg(x^{3} − 2) = 3. To znamená, že mocniny prvku (\sqrt[3]{2})^{0} = 1, (\sqrt[3]{2})^{1} = \sqrt[3]{2} a (\sqrt[3]{2})^{2} = \sqrt[3]{4} generují vektorový prostor Q(\sqrt[3]{2}) nad tělesem Q. Ukážeme, že se jedná o bázi Q(\sqrt[3]{2}).

6.5.

(h) Uvážíme-li, že podle (b) je [Q(\sqrt{3}) : Q] = 3 a že prvek \sqrt[5]{5} je kořenem polynomu x^{5} − 5, který můžeme chápat jako polynom nad tělesem Q(\sqrt[3]{2}), tedy stupeň minimálního polynomu prvku \sqrt[5]{5} nad Q(\sqrt[3]{2}) je nejvýše 5, proto [Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) : Q(\sqrt[3]{2})] ≤ 5. Podle pozorování z přednášky je

[Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) : Q] = [Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) : Q(\sqrt[3]{2})] · [Q(\sqrt{3}) : Q] ≤ 5 · 3 = 15.

(i) Stačí si podrobněji prohlédnout důkazy tvrzení využívaných v (h), abychom zjistili, že množina \{\sqrt[3]{2}^{i} · \sqrt[5]{5}^{j}| i = 0, 1, 2; j = 0, 1, 2, 3, 4\}, protože 1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}^{2} generuje Q(\sqrt[3]{2}) nad Q 1, \sqrt[5]{5}, \sqrt[5]{5}^{2}, \sqrt[5]{5}^{3}, \sqrt[5]{5}^{4} generuje Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{5}) nad Q(\sqrt[3]{2}). □

3.6. Uvažujme faktorový okruh Q[x]/(x^{3}−2)Q[x] okruhu polynomů (Q[x], +, −, 0, ·, 1). (a) Dokažte, že je Q[x]/(x^{3} − 2)Q[x] těleso,

(b) ověřte, že Q[x]/(x^{3} − 2)Q[x] ≅ Q(\sqrt[3]{2}),

(c) ověřte, že (x + 1) + (x^{3} − 2)Q[x] = (x^{3} + x − 1) + (x^{3} − 2)Q[x],

(d) najděte v Q[x]/(x^{3} − 2)Q[x] inverzní prvek k prvku x + 1 + (x^{3} − 2)Q[x].

(a) Protože je podle 3.5(c) polynom x^{3}−2 minimálním polynomem prvku \sqrt[3]{2} nad Q, jedná se o nerozložitelný polynom okruhu (Q[x], +, −, 0, ·, 1), tedy je hlavní ideál (x^{3} − 2)Q[x] maximální. Nyní stačí připomenou, že faktor komutativního okruhu podle maximálního ideálu je těleso.

(b) Vezmemem-li dosazovací homomorfismus id\sqrt[3]{2} : Q[x] → Q(\sqrt[3]{2}), vidíme díky 3.5, že jde o homomorfismus na a jádro Ker(id\sqrt[3]{2}) = (x^{3} − 2)Q[x]. Díky první větě o izomorfismu dostáváme Q[x]/(x^{3} − 2)Q[x] = Q[x]/Ker(id\sqrt[3]{2}) ≅ Q(\sqrt[3]{2}).

(c) Připoeňme, že dvě rozkladové třídy podle ideálu I splývají, jestliže rozdíl jejich reprezentantantů leží v I. Tedy stačí nahédnout, že (x^{3} + x − 1) − (x + 1) = x^{3} − 2 ∈ (x^{3} − 2)Q[x].

(d) Najdeme-li Eukleidovým algoritmem polynomy q, r ∈ Q[x], aby (x + 1)q + (x^{3} − 2)r = c, kde c je invertibilní, vidíme, že c^{−1}q je prvek rozkladové třídy hledaného inverzu. Tedy vydělíme se zbytkem x^{3} − 2 = (x + 1)(x^{2} − x + 1) − 3, a proto −3 = −(x + 1)(x^{2} − x + 1) + (x^{3} − 2) a 1 = (x + 1)\frac{1}{3}(x^{2} − x + 1) − \frac{1}{3}(x^{3} − 2). Tudíž (x + 1 + (x^{3} − 2)Q[x])^{−1} = \frac{1}{3}(x^{2} − x + 1) + (x^{3} − 2)Q[x]. □

3.7. Najděte kořenové nadtěleso polynomu p ∈ T [x] nad tělesem T, jestliže (a) T = Q a p = x^{3} − 1,

(b) T = Q a p = x^{3} − 2,

(c) T = Z_{2} a p = x^{2} + 1,

(d) T = Z_{2} a p = x^{2} + x + 1.

(a) Protože je 1 ∈ Q kořenem polynomu x^{3} − 1, je samotné těleso Q už jeho kořenovým nadtělesem.

(b) V 3.5 jsme zjistili, že v tělese Q(\sqrt[3]{2}) má polynom p = x^{3} −2 kořen \sqrt[3]{2}, navíc je Q(\sqrt[3]{2}) nejmenší podtěleso R obsahující \sqrt[3]{2} a Q, proto jde právě o kořenové nadtěleso.

Také jsme mohli sestrojit kořenové nadtěleso stejně jako ve větě, která ukazuje jeho existenci, tj. mohli jsme uvážit, že je p = x^{3} − 2 ireducibilní v Q[x] a vzít faktorový okruh Q[x]/(x^{3} − 2)Q[x].

(c) Podobně jako v (a) je Protože je 1 ∈ Z_{2} kořenem polynomu x^{2} + 1, je Z_{2} kořenovým nadtělesem tohoto polynomu.

(d) Tentokrát stejně jako v 2.konstrukci z (b) vezmeme těleso Z_{2}[x]/(x^{2} + x + 1)Z_{2}[x]. Označíme-li [a] = a+(x^{2}+x+1)Z_{2}[x], všimněme si, že má těleso Z_{2}[x]/(x^{2}+ x + 1)Z_{2}[x] právě 4 prvky: [0], [1], [x], [x + 1]. □

13.5.

3.8. Nechť k a n jsou přirozená čísla. Dokažte, že

(a) (x^{k} − 1)/(x^{n} − 1) v oboru T [x] právě tehdy, když pro k/n, libovolné těleso T,

(b) (p^{k} − 1)/(p^{n} − 1) v N právě tehdy, když pro k/n, libovolné prvočíslo p.

(a) (⇐) Jestliže n = kd, snadno spočítáme, že x^{n} − 1 = (x^{k} − 1) ∑_{i=0}^{d−1} x^{ik}.

(⇒) Nechť (x^{k} − 1)/(x^{n} − 1) a n = kd + r, kde 0 ≤ r < k. Víme, že x^{kd} − 1 = (x^{k} −1) ∑_{i=0}^{d−1} x^{ik}, tedy (x^{k} −1)/((x^{n} −1)−(x^{kd} −1)). Protože (x^{n} −1)−(x^{kd} −1) = x^{kd}(p^{r} −1) a polynomy x^{k} −1 a x^{kd} jsou nesoudělné, máme (x^{k} −1)/(x^{r} −1). Ovšem r < k, proto r = 0.

(b) Uvažujeme stejně jako v (a) Jestliže n = kd,pak p^{n}−1 = (p^{k} −1) ∑_{i=0}^{d−1} p^{ik}. A v případě, že (p^{k} − 1)/(p^{n} − 1) opět vydělíme se zbytkem n = kd + r, kde 0 ≤ r < k a dostaneme (p^{k} −1)/((p^{n} −1)−(p^{kd} −1)). Protože (p^{n} −1)−(p^{kd} −1) = p^{kd}(p^{r} −1) a čísla p^{k} − 1 a p^{kd} jsou nesoudělná, máme (p^{k} − 1)/(p^{r} − 1) a r < k, tedy opět r = 0. □

Další úlohy

(1) Dokažte, že je relace ∥ na oboru integrity ekvivalencí.

(2) Je-li (R, +, −, 0, ·, 1) obor integrity hlavních ideálů a a, b ∈ R\{0}, dokažte, že aR ∩ bR = cR právě tehdy, když c je nsn(a, b), (tj. a, b/c a pro každé takové d, že a, b/d platí, že c/d).

(3) Popište nilpotentní prvky monoidového okruhu RG, je-li G monoid z 1.4 a R obecný obor integrity.

(4) Buď A = (A, ·, 1) konečná komutativní grupa (chápaná jako monoid) a uvažujme monoidový okruh QA nad okruhem racionálních čísel.

(a) Popište operace okruhu QA = (QA, +, −, 0, ·, 1),

(b) rozhodněte, zda je QA obor integrity,

(c) popište nilpotentní prvky okruhu QA,

(d) najděte nejmenší kladné celé n a ideál I okruhu Q[x_{1}, …, x_{n}], aby

Q[x_{1}, …, x_{n}]/I ≅ QA.

(5) Uvažujme okruh (Z[x], +, −, 0, ·, 1) a jeho prvky p = 2x^{3} + 2, q = 6x^{3} + 12x^{2} + 6x + 12, r = 3x^{2} + 3x − 18.

(a) Najděte největší společný dělitel dvojic p, q, dále p, r q, r,

(b) najděte největší společný dělitel trojice p, q, r, (c) rozhodněte, zda jsou ideály pZ[x] + qZ[x], pZ[x] + rZ[x], qZ[x] + rZ[x]

a pZ[x] + qZ[x] + rZ[x] hlavní,

(d) najděte ireducibilní rozklad prvků p, q i r.

(6) Vyřešte otázky předchozí úlohy v okruzích polynomů (Q[x], +, −, 0, ·, 1) a (R[x], +, −, 0, ·, 1).

(7) Rozhodněte, zda v okruhu R z 1.11 platí podmínky (D), (P) a (J).

(8) Uvažujme okruh (Z[i], +, −, 0, ·, 1).

(a) spočítejte ireducibilní rozklad prvků 8i, 12+5i, 12−5i, 11+7i, 11−7i.

(b) najděte největší společný dělitel dvojice 64 a (1 − i)^{9},

(c) najděte největší společný dělitel dvojice 15 − 3i a 3 − 15i,

(d) najděte největší společný dělitel dvojice 13 − 6i a 14 + 3i,

(e) dokažte, že jsou prvky 13 − 21i a 17 + 11i nesoudělné a najděte α, β ∈

Z[i], aby α · (13 − 21i) + β · (17 + 11i) = 1

(9) Najděte pro symetrický polynom p ∈ S_{Q}[x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}] takový polynom f ∈ Q[x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}], aby p = f(δ_{14}, δ_{24}, δ_{34}, δ_{44}), jestliže

(a) p = x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + x_{3}^{3} + x_{4}^{3} + 1,

(b) p = x_{1}^{4} + x_{2}^{4} + x_{3}^{4} + x_{4}^{4} + 1,

(c) p = x_{1}^{5} + x_{2}^{5} + x_{3}^{5} + x_{4}^{5} + 1.

(10) Najděte nad všechny kořeny polynomu p a určete jejich násobnost, jstliže (a) p = x^{5} + x^{3} + x^{2} + 1 ∈ Z_{2}[x],

(b) p = x^{5} + x^{3} + x^{2} + 1 ∈ U[x], kde U je čtyřprvkové těleso,

(c) p = x^{5} + x^{3} + x^{2} + 1 ∈ U[x], kde U je osmiprvkové těleso,

(d) p = x^{5} + x^{3} + x^{2} + 1 ∈ Z_{5}[x],

(e) p = x^{5} + 2x^{3} + x^{2} + 1 ∈ Z_{5}[x],

(f) p = x^{5} + x^{3} + x^{2} + 1 ∈ Z_{7}[x],

(11) Rozhodněte, zda má polynom x^{7} − x^{3} + 2x^{2} + 1 ∈ C[x] nějaký vícenásobný komplexní kořen.

(12) Uvažujme tělesa komplexních čísel C a jeho podtěleso racionálních čísel Q.

(a) Dokažte , že jsou prvky α = 2 + \sqrt[5]{5} + 3i, β = (2 + \sqrt[5]{5} + 3i)^{−1} γ = \frac{3i− \sqrt[3]{3}+i \sqrt[3]{18}}{3−i+\sqrt{6}+[4]\sqrt{6}} algebraické nad Q,

(b) spočítejte stupně rozšíření [Q(α) : Q], [Q(β) : Q], [Q(γ) : Q], [Q(α, β) : Q], [Q(α, γ) : Q], [Q(α, β, γ) : Q] a [Q(α, β) : Q(α)].

(c) najděte nad Q a nad R minimální polynom prvků α, β, γ, αβ, α + β.

(13) Najděte rozkladové nadtěleso polynomu p ∈ T [x] nad tělesem T, jestliže (a) pro všechny případy z 3.7,

(b) T = R a p = x^{2} + 1,

(c) T = Q a p = x^{2} + 1,

(d) T = Z_{3} a p = x^{2} + 1. (14)