algebra2{ismerpoincare.matf.bg.ac.rs/~zoranp/2018-19/algebra_2_i_predavanja.pdf · 2)akojec(x)...

$: ALGEBRA2{Ismerpoincare.matf.bg.ac.rs/~zoranp/2018-19/Algebra_2_I_predavanja.pdf · 2)Akojec(X) 2K[X] takavdac(X) ja(X) ic(X) jb(X),ondac(X) jd(X). Dakle, najve i zajedniqki delilac$
ALGEBRA 2 – I smer

ZORAN PETROVI�

Predavaǌa za xkolsku 2019/20 godinu

1 Prsten polinoma

1.1 Konstrukcija prstena polinomaU kursu Algebre 1 bavili smo se i prstenom polinoma sa jednom neo-dre�enom nad komutativnim prstenom sa jedinicom A, tj. prstenomA[X]. Tada je bilo navedeno da je to skup svih formalnih izrazaoblika a0 + a1X + · · ·+ anX

n, gde je n ≥ 0 prirodan broj, a ai elementiprstena A, a da su operacije onakve kakve znamo iz sredǌe xkole. Uzdodatak da je a0 + a1X + · · ·+ anX

n = b0 + b1X + · · ·+ bmXm ako i samo

ako je n = m i ai = bi za sve i.No, sada �elimo da to ispravimo, tj. da damo stvarnu definiciju

prstena polinoma, a uz to i ǌegovu konstrukciju. U qemu je problem?Prethodna neformalna definicija dosta podse�a na definiciju skupakompleksnih brojeva iz xkole kao skupa svih izraza oblika a+ bi, gdesu a i b realni brojevi, a i je ‘imaginarna jedinica’, tj. novi broj zakoji va�i i2 = −1, a onda je reqeno da se operacije vrxe na ‘uobiqajennaqin’ uzimaju�i u obzir tu qiǌenicu za broj i. No, tada je ipakreqeno da se to mo�e i precizno uraditi. Posmatra se skup R × R ina ǌemu se operacije zadaju sa:

(a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d) (a, b) · (c, d) := (ac− bd, ad+ bc).

Potom se primeti da se parovi oblika (a, 0) ‘ponaxaju’ kao realnibrojevi, tj. (a, 0)+(b, 0) = (a+b, 0) i (a, 0) ·(b, 0) = (ab, 0), a da za element(0, 1) va�i: (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0). Uz qiǌenicu da va�i i jednakost

(a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1),

konstatuje se da se parovi oblika (a, 0) mogu smatrati za realne bro-jeve, dok je par (0, 1) ta imaginarna jedinica i dobija se onaj nefor-malni opis. Mi �emo na ovakav naqin i pokazati da prsten polinomazaista postoji.

1

Navedimo najpre definiciju prstena polinoma.

Definicija 1 Neka je A komutativni prsten sa jedinicom. Pod prstenompolinoma nad prstenom A i neodre�enomX podrazumevamo svaki komutativniprsten sa jedinicom B koji sadr�i kao svoj potprsten sa jedinicom prstenA′ izomorfan prstenu A i element X takav da se svaki element iz B mo�ena jedinstven naqin predstaviti u obliku a0 + a1X + · · ·+ anX

n za n ≥ 0 iai ∈ A′.

Ono xto se odmah mo�emo zapitati posle ove definicije je dali mo�e postojati vixe prstena polinoma nad prstenom A i neodre-�enom X. Naravno, odgovor je potvrdan, ali svi oni su me�usobnoizomorfni. Naime, neka su B1 i B2 takvi prsteni koji, redom, sadr�epotprstene A′1 i A′2 izomorfne prstenu A i elemente Xi ∈ Bi koji senavode u definiciji. Poxto su A′1 i A

′2 izomorfni prstenu A, oni su i

me�usobno izomorfni, dakle postoji izomorfizam f : A′1 → A′2. Stogamo�emo zadati F : B1 → B2 sa

F (a0 + a1X1 + · · ·+ anXn1 ) : = f(a0) + f(a1)X2 + · · ·+ f(an)Xn

2

S obzirom da je f izomorfizam, nije texko uveriti se da je i Fizomorfizam (proverite to!).

Dakle, svaka dva prstena polinoma nad prstenom A i neodre�enomX me�usobno su izomorfna i mo�emo koristiti oznaku A[X] da oz-naqimo bilo koji od ǌih. No, gore smo pokazali da su svaka dvaizomorfna ako postoje. A da li uopxte postoji takav objekat? Sada�emo se u to uveriti.

Primetimo da se u svakom neformalno zadatom polinomu a0 +a1X+· · ·+ anX

n pojavǉuje konaqan niz (a0, a1, . . . , an) pri qemu mo�emo sma-trati da su sve to elementi iz A. No, razliqitim polinomima odgo-varaju nizovi razliqite du�ine. Sa AN je prirodno oznaqiti skupsvih nizova (a0, a1, . . . ) elemenata iz A. No, nas ne zanimaju svi takvinizovi, no samo nizovi koji su jednaki 0 poqev od nekog qlana. Stogaposmatramo skup

Aω : = {(a0, a1, a2, . . . ) ∈ AN : (∃n ∈ N)(∀i > n)ai = 0}.

Potrebno je zadati i operacije na skupu Aω. Sabiraǌe se lako zadaje:

(a0, a1, a2, . . . ) + (b0, b1, b2, . . . ) : = (a0 + b0, a1 + b1, a2 + b2, . . . ),

dok je mno�eǌe nexto slo�enije:

(a0, a1, a2, . . . ) · (b0, b1, b2, . . . ) : = (c0, c1, c2, . . . ),

gde je za sve k ≥ 0:ck : =

∑i+j=k

aibj .

2

Poka�imo da je (Aω,+, ·) jedan prsten sa jedinicom.Provera asocijativnosti sabiraǌa je laka:

((p+ q) + r)n = (p+ q)n + rn = ((pn + qn)) + rn

= (pn + (qn + rn)) = pn + (q + r)n = (p+ (q + r))n.

Nexto je slo�enija provera distributivnosti mno�eǌa u odnosuna sabiraǌe:

(p · (q + r))n =∑i+j=n

pi(q + r)j =∑i+j=n

pi(qj + rj)

=∑i+j=n

piqj +∑i+j=n

pirj = (p · q)n + (p · r)n.

Najslo�enija je provera asocijativnosti mno�eǌa:

((p · q) · r)n =∑

s+k=n

(p · q)srk =∑

s+k=n

∑i+j=s

(piqj)rk

=∑

i+j+k=n

pi(qjrk) =∑i+t=n

pi∑j+k=t

qjrk =∑i+t=n

pi(q · r)t = (p · (q · r))n.

Vrlo lako se proverava da su i sabiraǌe i mno�eǌe komutativneoperacije. Sa a za a ∈ A, oznaqavamo niz kome je nulti qlan jednak a,a svi ostali jednaki 0(= 0A):

a := (a, 0, 0, . . . ).

Uz qiǌenicu da je 1A · p = p · 1A za svako p ∈ Aω, gde smo sa 1A oz-naqili jedinicu u prstenu A, dobijamo da je zaista (Aω,+, ·) jedankomutativan prsten sa jedinicom, gde je 1Aω = 1A.

Oznaqimo sa X element (0, 1, 0, . . . ). Dakle, X je niz elemenata izAω takav da je

Xk =

{1, k = 10,inaqe.

Tada je

(X2)k =∑i+j=k

XiXj =

{1, k = 20,inaqe.

Indukcijom se mo�e dobiti da je za n ≥ 1

(Xn)k =

{1, k = n

0,inaqe.

3

Podsetimo se da smo za a ∈ A oznaqili sa a niz (a, 0, 0, . . . ). Tada je

(a ·Xn)k =∑i+j=k

ai(Xn)j = a(Xn)k =

{a, k = n

0,inaqe.

Dakle, a ·Xn = (0, . . . , 0, a, 0, . . . ), gde se element a nalazi na poziciji n(dakle na n+ 1om mestu, poxto indeksi poqiǌu sa 0).

Sada mo�emo videti kako se mo�e izraziti proizvoǉni element izAω. Naime, svaki element p ∈ Aω je oblika p = (a0, . . . , an, 0, . . . ) zaneki n ≥ 0 i ai ∈ A. Tada dobijamo

p = (a0, . . . , an, 0, . . . )= (a0, 0, . . . ) + (0, a1, 0, . . . ) + · · ·+ (0, . . . , 0, an, 0, . . . )= a0 + a1X + · · ·+ anX

n.

Naravno, umesto ai ·Xi pisali smo kra�e aiXi. Ukoliko je

a0 + a1X + · · ·+ anXn = b0 + b1X + · · ·+ bmX

m,

onda je zapravo

(a0, a1, . . . , an, 0, . . . ) = (b0, b1, . . . , bm, 0, . . . ),

te sledi da je n = m i ai = bi za sve i.Primetimo da va�e slede�e jednakosti:

a+ b = a+ b a · b = a · b.

Iz ovih jednakosti mo�emo zakǉuqiti da je sa f(a) : = a zadat jedanhomomorfizam prstena f : A → Aω, koji je ‘1–1’ i stoga uspostavǉaizomorfizam izme�u A i ǌegove slike A′ = {a : a ∈ Aω}. Na os-novu svega dobijenog mo�emo zakǉuqiti da Aω zaista zadovoǉava sveuslove koji se zahtevaju od prstena polinoma nad prstenom A sa neo-dre�enom X. Time smo pokazali da za svaki komutativni prsten sajedinicom A zaista postoji prsten polinoma A[X] nad tim prstenom isa neodre�enom X.

Mi �emo se u daǉem uglavnom baviti prstenom polinoma nad nekimpoǉem. No, ne�emo se fokusirati samo na jednu neodre�enu. Neka jeK neko poǉe. Ukoliko za A uzmemo prsten K[X], onda imamo i prstenA[Y ], gde je Y nova neodre�ena. Tako se i dobija prsten polinoma sadve neodre�ene: K[X,Y ] : = K[X][Y ]. Jasno je da rekurzijom mo�emozadati prsten K[X1, . . . , Xn] za ma koje n ≥ 1.

1.2 Euklidsko deǉeǌe u prstenu K[X]

Ukoliko je 0 6= a(X) = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ K[X] i an 6= 0, tada

ka�emo da je polinom a(X) stepena n i to pixemo ovako deg(a(X)) = n.

4

Kako je proizvod nenula elemenata u poǉu tako�e nenula element, akosu polinomi a(X) i b(X) razliqiti od 0, onda je deg(a(X) · b(X)) =deg(a(X)) + deg(b(X)). No, pogodno je imati ovu jednakost qak i ako jejedan od polinoma jednak 0. Stoga uvodimo da je deg(0) : = −∞, priqemu smatramo da je n + (−∞) = (−∞) + n = −∞ = (−∞) + (−∞). Ovakonvencija nam malo skra�uje zapis nekih rezultata.

Formuliximo odmah teoremu o deǉeǌu sa ostatkom, tj. o Euklid-skom deǉeǌu.

Teorema 2 Neka je K poǉe, a(X) ∈ K[X], b(X) ∈ K[X] \ {0}. Tada postojei jedinstveno su odre�eni polinomi q(X), r(X) ∈ K[X] za koje va�i

a(X) = q(X)b(X) + r(X), deg(r(X)) < deg(b(X)).

Dokaz. Doka�imo najpre egzistenciju polinoma q(X) i r(X). Dokazizvodimo indukcijom po deg(a(X)).

Ako je deg(a(X)) < deg(b(X)), onda mo�emo uzeti da je q(X) = 0 ir(X) = a(X): a(X) = 0 · b(X) + a(X) i deg(a(X)) < deg(b(X)).

Pretpostavimo da n = deg(a(X)) ≥ deg(b(X)) i da je tvr�eǌe taqnoza sve polinome stepena maǌeg od n. Tada je a(X) = anX

n+· · ·+a1X+a0,a b(X) = bmX

m + · · · + b1X + b0, pri qemu je n ≥ m. Znamo kako sedeǉeǌe izvodi: porede se anX

n i bmXm i prvi qlan u koliqniku

je zapravo an

bmXn−m. Hajde da uvedemo oznake koje �e nam koristiti i

kasnije. Vode�i monom u polinomu a(X) je anXn i to zapisujemo ovako:LM(a(X)) = anX

n, ili jox kra�e: LM(a) = anXn. Vode�i koeficijent

je an i to zapisujemo ovako: LC(a) = an. Sliqno je LM(b) = bmXm i

LC(b) = bm. Sada formiramo novi polinom a1(X), kra�e a1, sa:

a1 : = a− LM(a)LM(b)

b.

Ovo se mo�e zapisati i ovako:

ab−→ a1,

i to nam je prvi primer redukcije polinoma. Polinom a redukujemo(svodimo) na polinom a1 pomo�u polinoma b.

U svakom sluqaju, kako smo na ovaj naqin eliminisali vode�imonom iz polinoma a, dobijamo da je deg(a1) < deg(a) i prema induk-tivnoj hipotezi, postoje polinomi q1 i r1 za koje je

a1 = q1 · b+ r1, deg(r1) < deg(b).

Tada je ia = q · b+ r,

ako je q = LM(a)LM(b) + q1, a r = r1. Ovim smo dokazali egzistenciju

tra�enih polinoma.

5

Doka�imo sada jedinstvenost ovih polinoma. Pretpostavimo dapostoje i polinomi q1, r1 za koje va�i

a = q1b+ r1, deg(r1) < deg(b).

Dakleqb+ r = q1b+ r1,

pa je(q − q1)b = r − r1.

Ukoliko je q 6= q1, tj. q − q1 6= 0, dobijamo da je

deg(r − r1) = deg((q − q1)b) = deg(q − q1) + deg(b) ≥ deg(b),

xto je nemogu�e jer je

deg(r − r1) 6 max{deg(r),deg(r1)} < deg(b).

Zakǉuqujemo da mora biti q = q1, no tada sledi da je i r = r1, qimesmo dokazali da su polinomi q i r jedinstveno odre�eni. �

Slede�a posledica je dobro poznata.

Posledica 3 Neka je K poǉe i a(X) ∈ K[X]\{0}. Tada u K polinom a(X)ima najvixe deg(a(X)) nula.

Dokaz. Najjednostavnije je ovo dokazati indukcijom po stepenu poli-noma. Za bazu indukcije je dovoǉno konstatovati da nenula polinomstepena 0, dakle konstanta razliqita od nule, nema naravno nijednunulu.

Pretpostavimo stoga da je tvr�eǌe taqno za sve polinome stepenamaǌeg od n > 0 i neka je a(X) polinom stepena n. Ukoliko on nemanula, nemamo xta da dokazujemo. Ukoliko je α ∈ K jedna nula poli-noma a(X), onda podelimo polinom a(X) polinomom X − α. Dobijamoda je

a(X) = q(X)(X − α) + r(X), deg(r(X)) < deg(X − α) = 1.

Dakle, r(X) = r0 ∈ K. Dobijamo:

0 = a(α) = q(α)(α− α) + r0 = r0.

Prema tome a(X) = q(X)(X − α). Dobili smo rezultat koji zapravoznamo jox iz sredǌe xkole kao Bezuov stav: neki element α je nulapolinoma a(X) akko i samo ako (X−α) | a(X) (pa�ǉivi qitalac sigurnoprime�uje da smo ovde dokazali samo jedan smer, ali se drugi smernaravno vrlo lako pokazuje). Ukoliko je β ∈ K nula polinoma a(X)dobijamo da je

q(α)(β − α) = 0.

6

S obzirom da je K poǉe, sledi da je q(α) = 0 ili je β = α. Dakle,svaka nula polinoma a(X) ili je jednaka α ili je nula polinoma q(X).Kako je deg(a(X)) = deg(q(X)) + 1, po induktivnoj hipotezi imamo dapolinom q(X) ima najvixe n − 1 nulu, pa stoga i polinom a(X) imanajvixe n nula. �

Primetimo da je ovde veoma va�no da u prstenu koeficijenatapolinoma nema deliteǉa nule, xto je naravno ispuǌeno u sluqaju dasu koeficijenti u poǉu.

Primer 4 Neka je a(X) = X2 + 5X + 6 ∈ Z10[X]. Ovaj polinom, koji jestepena 2 ima bar tri nule: a(2) = 4 + 10 + 6 = 0, a(3) = 9 + 15 + 6 = 0,a(7) = 49 + 35 + 6 = 0.

Napomena 5 Naravno da ovde imamo sabiraǌe u prstenu Z10 i da je, naprimer 35 = 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸

35

.

1.3 Euklidov algoritam u prstenu K[X]

Definicija 6 Neka je K poǉe i a(X) i b(X) polinomi iz K[X] \ {0}.Najve�i zajedniqki delilac ovih polinoma je bilo koji polinom d(X) ∈K[X] \ {0} koji zadovoǉava slede�a dva uslova.

1) d(X) | a(X) i d(X) | b(X).

2) Ako je c(X) ∈ K[X] takav da c(X) | a(X) i c(X) | b(X), onda c(X) | d(X).

Dakle, najve�i zajedniqki delilac polinoma nije jedinstveno odre-�en, ako je d(X) najve�i zajedniqki delilac i α ∈ K \ {0}, onda jei αd(X) najve�i zajedniqki delilac. Da bismo ipak imali jedin-stvenost, bira�emo za najve�i zajedniqki delilac moniqan polinom.Koristi�emo oznaku NZD(a(X), b(X)) za moniqan polinom koji je naj-ve�i zajedniqki delilac polinoma a(X) i b(X).

Slede�a lema je jednostavna i korisna.

Lema 7 Ako je a1(X) = q(X)a2(X) + a3(X), onda je NZD(a1(X), a2(X)) =NZD(a2(X), a3(X)).

Dokaz. Dovoǉno je pokazati da je skup svih delilaca polinoma a1(X)i a2(X) jednak skupu svih delilaca polinoma a2(X) i a3(X) (zaxto jeto dovoǉno?). No, to je jasno: ako b(X) | a1(X) i b(X) | a2(X), ondab(X) | (a1(X) − q(X)a2(X)), tj. b(X) | a3(X). Sliqno, ako b(X) | a2(X) ib(X) | a3(X), onda b(X) | (q(X)a2(X) + a3(X)), tj. b(X) | a1(X). �

Navedimo sada dobro poznati Euklidov algoritam za nala�eǌeNZD(a(X), b(X)). On ujedno i pokazuje da za svaka dva nenula poli-noma postoji najve�i zajedniqki delilac.

7

(0) a(X) = q(X)b(X) + r(X), −∞ < deg(r(X)) < deg(b(X))

(1) b(X) = q1(X)r(X) + r1(X), −∞ < deg(r1(X)) < deg(r(X))

(2) r(X) = q2(X)r1(X) + r2(X), −∞ < deg(r2(X)) < deg(r(X))

...

(n− 1) rn−3(X) = qn−1(X)rn−2(X)+rn−1(X), −∞ < deg(rn−1(X)) < deg(rn−2(X))

(n) rn−2(X) = qn(X)rn−1(X)+rn(X), −∞ < deg(rn(X)) < deg(rn−1(X))

(n+ 1) rn−1(X) = qn+1(X)rn(X).

Dakle, rn(X) je posledǌi nenula ostatak. Vixestrukom primenomprethodne leme dobijamo

NZD(a(X), b(X)) = NZD(b(X), r(X)) = · · · = NZD(rn−1(X), rn(X)).

No, kako rn(X) | rn−1(X), zakǉuqujemo da je rn(X) najve�i zajedniqkidelilac polinoma a(X) i b(X), te je

NZD(a(X), b(X)) =1

LC(rn(X))rn(X).

Rekosmo da �emo birati moniqan polinom, te se stoga pojavǉuje de-ǉeǌe vode�im koeficijentom polinoma rn(X).

Iz navedenih jednakosti dobijamo:

rn(X) = rn−2(X)− qn(X)rn−1(X)= rn−2(X)− qn(X)(rn−3(X)− qn−1(X)rn−2(X))= (−qn(X))rn−3(X) + (1 + qn(X)qn−1(X))rn−2(X).

,,Peǌaǌem” uz taj sistem jednakosti dobijamo da postoje polinomiu1(X) i v1(X) takvi da je rn(X) = u1(X)a(X) + v1(X)b(X). Deǉeǌemvode�im koeficijentom polinoma rn(X) dobijamo da postoje u(X), v(X) ∈K[X] takvi da je

NZD(a(X), b(X)) = u(X)a(X) + v(X)b(X). (1)

Podsetimo se slede�eg rezultata (ponovite pojam ideala u prstenuiz Algebre 1).

Teorema 8 Neka je K poǉe. Tada je svaki ideal u prstenu K[X] glavni, tj.generisan je jednim elementom.

8

Dokaz. Neka je I /K[X]. Ukoliko je I = {0}, on je generisan elementom0 i nemamo xta da dokazujemo. Pretpostavimo da je I 6= {0}.

Doka�imo da je I = 〈µ(X)〉, gde je µ(X) moniqan polinom najmaǌegstepena koji se nalazi u I. U tu svrhu, neka je a(X) ∈ I\{0}. Euklidskodeǉeǌe nam daje

a(X) = q(X)µ(X) + r(X), deg(r(X)) < deg(µ(X)).

No, tada je r(X) = a(X) − q(X)µ(X) ∈ I i ako r(X) ne bi bilo nulapolinom, polinom 1

LC(r(X))r(X) bi bio moniqan polinom maǌeg stepenaod µ(X), koji pripada idealu I, xto protivreqi izboru µ(X). Stogaje r(X) = 0 i µ(X) | a(X). Prema tome, I ⊆ 〈µ(X)〉, a kako je trivijalno〈µ(X)〉 ⊆ I, dobijamo da je zaista I = 〈µ(X)〉. �

U prstenu sa vixe neodre�enih, qak i kada su koeficijenti u poǉu,nije svaki ideal glavni. Neka

f1(X1, . . . , Xn), . . . , fk(X1, . . . , Xn) ∈ K[X1, . . . , Xn].

Tada je ideal 〈f1, . . . , fk〉, generisan polinomima fi:

〈f1, . . . , fk〉 = {a1f1 + · · ·+ akfk : ai ∈ K[X1, . . . , Xn]}.

Ideal 〈X,Y 〉 / K[X,Y ] nije glavni. U suprotnom, pretpostavimo da je〈X,Y 〉 = 〈a(X,Y )〉, za neki polinom a(X,Y ). Kako je tada X ∈ a(X,Y ),to je X = a(X,Y )b(X,Y ) za neki polinom b(X,Y ) ∈ K[X,Y ]. No, to biznaqilo da je a(X,Y ) polinom razliqit od nula polinoma u kome se nepojavǉuje Y . Na sliqan naqin se dobija da se ne pojavǉuje ni X, te jea(X,Y ) konstantan polinom koji nije 0. No, tada je to invertibilanelement u prstenu K[X,Y ], te je 〈a(X,Y )〉 = K[X,Y ].

Ono xto jeste taqno je da je svaki ideal u prstenu K[X1, . . . , Xn],gde je K poǉe, konaqno generisan, tj. za svaki ideal I / K[X1, . . . , Xn],postoje f1, . . . , fk ∈ I tako da je I = 〈f1, . . . , fk〉. Ovo �emo dokazatinexto kasnije, sada �emo se pozabaviti pitaǌem kako se odre�ujegenerator za 〈f1(X), . . . , fk(X)〉 6= {0} poxto znamo da ovaj ideal jestegenerisan jednim elementom. Ukoliko je me�u polinomima fi neki nulapolinom, ǌega mo�emo izbaciti bez posledica iz skupa generatora te�emo u daǉem pretpostaviti da su svi razliqiti od nule.

Pojam najve�eg zajedniqkog delioca vixe od dva polinoma defini-xe se na analogni naqin: to je polinom koji deli sve ǌih, a i deǉivje svakim polinomom koji ih deli. Napixite definiciju u ‘duhu’definicije za dva polinoma. Razmislite i zaxto za konaqan skuppolinoma iz K[X] postoji ǌihov najve�i zajedniqki delilac.

Stav 9 Neka je K poǉe i f1(X), . . . , fk(X) ∈ K[X] \ {0}. Tada je

〈f1(X), . . . , fk(X)〉 = 〈NZD(f1(X), . . . , fk(X)〉.

9

Dokaz. Nije texko dokazati (doka�ite to za ve�bu) da je

NZD(f1(X), . . . , fk−1(X), fk(X)) = NZD(NZD(f1(X), . . . , fk−1(X)), fk(X)),

za k ≥ 2 i proizvoǉne polinome fi(X) ∈ K[X] \ {0}. Iz jednakosti(1) zakǉuquje se da najve�i zajedniqki delilac svaka dva polinomapripada idealu koji ti polinomi generixu. Stoga se indukcijom mo�edokazati da

NZD(f1(X), . . . , fk−1(X), fk(X)) ∈ 〈f1(X), . . . , fk(X)〉.

No, kako NZD(f1(X), . . . , fk−1(X), fk(X)) | fi(X), za sve i, dobijamo da,fi(X) ∈ 〈NZD(f1(X), . . . , fk(X))〉, za sve i, xto i zavrxava dokaz. �

U ovom trenutku preporuka je da qitaoci ponove gradivo iz Al-gebre 1 – deo o koliqniqkim prstenima i teoremi o izomorfizmu zaprstene, pre nego xto nastave sa qitaǌem.

1.4 Koliqniqki prsteni prstena polinoma sa jednomneodre�enom

Zapoqnimo ovu lekciju jednim primerom.

Primer 10 Proveriti da je sa:

f(p(X)) = p(i),

gde je i imaginarna jedinica, definisan jedan homomorfizam f : R[X]→ C iprimeniti na taj homomorfizam teoremu o izomorfizmima prstena.

Nije texko proveriti da je f zaista homomorfizam prstena. Neka sua(X), b(X) ∈ R[X] i neka je c(X) = a(X) · b(X). Tada je

f(a(X)) = a(i) = a0 + a1i+ a2i2 + · · ·+ ami

m,

f(b(X)) = b(i) = b0 + b1i+ b2i2 + · · ·+ bni

n

if(c(X)) = c(i) = c0 + c1i+ c2i

2 + · · ·+ cm+nim+n,

pri qemu smo pretpostavili da je stepen polinoma a(X) jednak m, astepen polinoma b(X) jednak n. No, znamo kako se mno�e polinomi, paje za k = 0,m+ n:

ck = a0bk + a1bk−1 + · · ·+ akb0,

pri qemu je naravno ai = 0 za i > m, odnosno bj = 0, za j > n. No, tadaje jasno da je zaista

c(i) = a(i) · b(i),

10

te jef(a(X) · b(X)) = f(a(X)) · f(b(X)).

Jox lakxe se proverava da je f(a(X)+b(X)) = f(a(X))+f(b(X)), a jasnoje i da je f(1) = 1 (konstantan polinom ima konstantnu vrednost).

Teorema o izomorfizmima za prstene daje slede�i izomorfizam:

R[X]/Ker(f) ∼= Im(f).

Identifikujmo sliku i jezgro homomorfizma f .Ukoliko je a+bi proizvoǉni element iz C, jasno je da je f(a+bX) =

a + bi, pa je f ,,na”. Pretpostavimo da a(X) ∈ Ker(f). To znaqi da jea(i) = 0. Dakle, a(X) je polinom sa realnim koeficijentima qija jejedna nula kompleksan broj i. Iz sredǌe xkole nam je poznato daje tada i −i obavezno nula tog polinoma. No, α je nula polinomaa(X) ako i samo ako X − α deli a(X) (ovo smo ve� imali prilike dakoristimo). Dobijamo da i X − i deli a(X), ali da i X + i = X − (−i))tako�e deli a(X). Polinomi X − i i X + i su uzajamno prosti, pazakǉuqujemo da polinom X2 +1 = (X− i)(X+ i) deli a(X). Prema tome,ako a(X) ∈ Ker(f), onda (X2 + 1) | a(X). To se mo�e zapisati i ovako:

a(X) ∈ Ker(f) =⇒ a(X) ∈ 〈X2 + 1〉,

gde naravno 〈X2+1〉 oznaqava glavni ideal generisan polinomom X2+1.Jasno je da va�i i obratno. Naime, ako a(X) ∈ 〈X2 + 1〉, to znaqi daje a(X) = q(X)(X2 + 1) za neki polinom q(X), no tada je

f(a(X)) = f(q(X)(X2 + 1)) = f(q(X))f(X2 + 1) = q(i)(i2 + 1) = 0,

pa a(X) ∈ Ker(f). Zakǉuqujemo da je Ker(f) = 〈X2 +1〉, te va�i izomor-fizam

R[X]/〈X2 + 1〉 ∼= C.

♣

Uradimo jox jedan primer.

Primer 11 Dokazati da je Q(√

2) := {a + b√

2 : a, b ∈ Q} jedno potpoǉepoǉa C. Primeniti teoremu o izomorfizmima za prstene na homomorfizamf : Q[X]→ Q(

√2) definisan sa f(a(X)) = a(

√2).

Jasno je da je razlika dva elementa iz Q(√

2) tako�e u Q(√

2). Prove-rimo to za proizvod.

(a+ b√

2)(c+ d√

2) = (ac+ 2bd) + (ad+ bc)√

2,

a kako su ac + 2bd i ad + bc racionalni brojevi ako su to a, b, c, d, za-kǉuqujemo da (a+b

√2)(c+d

√2) ∈ Q(

√2). Da bismo pokazali da je Q(

√2)

potpoǉe poǉa kompleksnih brojeva, treba jox samo da proverimo da

11

je inverz svakog ne-nula elementa iz Q(√

2) tako�e u Q(√

2). Prime-timo da je a + b

√2 = 0 ako i samo ako je a = b = 0. Naime, ukoliko

pretpostavimo da je b 6= 0, a a + b√

2 = 0, dobijamo da je√

2 = −ab , pabi√

2 bio racionalan broj, a znamo jox iz sredǌe xkole da to nijesluqaj. Dakle, ukoliko je a+b

√2 6= 0, to je (naravno da je i a−b

√2 6= 0

za a, b ∈ Q):

1a+ b

√2

=1

a+ b√

2· a− b

√2

a− b√

2=a− b

√2

a2 − 2b2=

a

a2 − 2b2+

−ba2 − 2b2

√2 ∈ Q(

√2).

Na isti naqin kao i u prethodnom primeru, proverava se da je f ho-momorfizam. Osim toga, kako je f(a + bX) = a + b

√2, vidimo da je f

,,na”. Poka�imo da je Ker(f) = 〈X2 − 2〉.Ukoliko a(X) ∈ 〈X2 − 2〉, to je a(X) = q(X)(X2 − 2) za neki polinom

q(X) ∈ Q[X], pa je

f(a(X)) = f(q(X)(X2 − 2)) = f(q(X))f(X2 − 2) = q(√

2)((√

2)2 − 2) = 0.

Dakle, 〈X2 − 2〉 ⊆ Ker(f). Poka�imo da va�i obratna implikacija.Neka a(X) ∈ Ker(f). To znaqi da je a(

√2) = 0, pa (X −

√2) | a(X). Da

bismo pokazali da (X2 − 2) | a(X), potrebno nam je, a i dovoǉno, dapoka�emo da i (X +

√2) | a(X), tj. da je a(−

√2) = 0. Neka je

a(X) = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ anX

n.

Kako je a(√

2) = 0, to je

a0 + a1

√2 + a2 · 2 + a3 · 2

√2 + · · ·+ an(

√2)n = 0.

Prirodno je dakle razdvojiti parne stepene od X i neparne stepeneod X. Pretpostavimo, zbog jednostavnosti oznaka, da je n = 2k (ako jen neparan broj, to dodajemo jox jedan koeficijent koji je jednak nuli— to ne meǌa nixta u polinomu, samo u zapisu). Dakle,

a(X) =k∑i=0

a2iX2i +

k−1∑i=0

a2i+1X2i+1.

Dobijamo da je

0 = a(√

2) =k∑i=0

a2i2i +

(k−1∑i=0

a2i+12i)√

2.

Kako su as ∈ Q, to mora biti

k∑i=0

a2i2i = 0 ik−1∑i=0

a2i+12i = 0.

12

No, odavde dobijamo da je i

k∑i=0

a2i2i −

(k−1∑i=0

a2i+12i)√

2 = 0,

a to upravo znaqi da je a(−√

2) = 0 ((−√

2)2i = 2i, a (−√

2)2i+1 = −2i√

2).Ovim je zavrxen dokaz da je Ker(f) = 〈X2−2〉, te dobijamo izomorfizam

Q[X]/〈X2 − 2〉 ∼= Q(√

2).

♣

Napomena 12 Mogli smo i kra�e dokazati da je Ker(f) ⊆ 〈X2 − 2〉. Naime,ako je a(X) ∈ Ker(f), podelimo a(X) sa X2 − 2. Dobijamo da je a(X) =q(X)(X2 − 2) + r + sX, za neki polinom q(X) ∈ Q[X] i racionalne brojever, s. Kako je a(

√2) = 0, dobijamo da je r + s

√2 = 0, a kako su r, s ∈ Q, to je

r = s = 0, tj. a(X) ∈ 〈X2 − 2〉. No, nije loxe videti i onaj du�i dokaz, pa jezato i prezentiran.

Izanalizirajmo malo xta smo dobili u prethodnim primerima.Posmatrajmo, da se tako izrazimo, ,,levu” stranu u dobijenim izomor-fizmima. Vidimo da se u oba sluqaja radi o koliqniqkim prstenuprstena polinoma po idealu koji je generisan jednim nerastavǉivim(nad poǉem Q) polinomom drugog stepena. Ostavimo za sada po straniqiǌenicu da je polinom drugog stepena i koncentriximo se na to daje on nerastavǉiv. Koliqniqki prsten je u oba sluqaja zapravo poǉe.To, naravno ne mo�e biti sluqajno. Dokaza�emo slede�u va�nu teo-remu. Pre daǉeg qitaǌa, preporuka je da qitaoci ponove gradivo izLinearne algebre – pojam vektorskog prostora, linearne nezavisnostivektora, baze i dimenzije vektorskog prostora.

Teorema 13 Neka je F poǉe i a(X) ∈ F [X] \ {0} nerastavǉiv polinom.

a) E = F [X]/〈a(X)〉 je poǉe.

b) Poǉe E sadr�i potpoǉe izomorfno poǉu F .

v) Polinom a(X) ima bar jednu nulu u poǉu E.

g) Na osnovu a) mo�emo smatrati da je F ⊂ E. Tada se E mo�e videti ikao vektorski prostor nad poǉem F i dimenzija tog prostora jednaka jestepenu polinoma a(X).

Dokaz. a) Znamo da je E komutativni prsten sa jedinicom. Trebada doka�emo da je E poǉe, tj. da svaki element iz E koji nije nulaima inverz u odnosu na mno�eǌe. Oznaqimo ideal 〈a(X)〉 sa I. Dakle,E = F [X]/I i nula u tom prstenu je zapravo 0 + I = I. Pretpostavimoda je c(X) + I 6= I, tj. da c(X) ne pripada idealu I. To znaqi da

13

a(X) ne deli c(X). Kako je a(X) nerastavǉiv polinom, zakǉuqujemo daje najve�i zajedniqki delilac polinoma a(X) i c(X) jednak 1. Stogapostoje polinomi p(X) i q(X) za koje je

a(X)p(X) + c(X)q(X) = 1.

Prelaskom na koliqniqki prsten dobijamo jednakost

(a(X) + I)(p(X) + I) + (c(X) + I)(q(X) + I) = 1 + I.

S obzirom na qiǌenicu da je a(X) ∈ I dobijamo da je

(c(X) + I)(q(X) + I) = 1 + I,

te element c(X) + I zaista ima inverz u E. Zakǉuqujemo da je E poǉe.

b) Definiximo homomorfizam f : F → E sa f(α) = α+I za sve α ∈ F .Kako su jedini ideali u ma kom poǉu {0} i celo poǉe, to zakǉuqujemoda je Ker(f) = {0} (jezgro je uvek ideal, ali ne mo�e biti jednakocelom poǉu poxto se pri homomorfizmu jedinica slika u jedinicu, ane u nulu). Dakle, homomorfizam f uspostavǉa izomorfizam izme�uF i slike od f , koja je potpoǉe od E.

v) Uoqimo element X + I u E. Oznaqimo ga sa X. Oznaqimo ielement a + I sa a, za a ∈ F . Ukoliko je a(X) = a0 + a1X + · · · + anX

n,dobijamo da je

a(X) = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ anX

n

= (a0 + I) + (a1 + I)(X + I) + (a2 + I)(X + I)2 + · · ·+ (an + I)(X + I)n,

= (a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ anX

n) + I = a(X) + I = I,

te dobijamo da X zaista anulira polinom a(X).

g) Kako E sadr�i potpoǉe F ′ izomorfno sa F , zaista sa algebarsketaqke mo�emo smatrati da je F ⊂ E. U ovom sluqaju ka�emo i da jepoǉe E jedno raxireǌe poǉa F . Naravno da elemente poǉa E mo�emosabirati, ali, s obzirom da je F ⊂ E, mo�emo ih i mno�iti elemen-tima iz F . Na osnovu svojstava operacija u poǉu E dobijamo da jeE zaista vektorski prostor nad F . Dimenziju tog prostora zovemo istepen raxireǌa poǉa E nad F i oznaqavamo sa [E : F ]. Nax zadatakje da doka�emo da je [E : F ] = deg a(X). Dokaza�emo zapravo da je

[1 + I,X + I, . . . , Xn−1 + I]

jedna baza prostora E ukoliko je polinom a(X) stepena n.

{1 + I,X + I, . . . , Xn−1 + I} je generatrisa: Uoqimo ma koji elementp(X) + I ∈ E. Tada je

p(X) = q(X)a(X) + r(X),

14

gde je deg r(X) < deg a(X) = n. Dakle,

r(X) = r0 + r1X + · · ·+ rn−1Xn−1,

gde naravno neki, pa i svi, koeficijenti ri ∈ F mogu biti jednaki 0.No, tada je

p(X) + I = (q(X) + I)(a(X) + I) + (r(X) + I),

te je

p(X) + I = r0(1 + I) + r1(X + I) + · · ·+ rn−1(Xn−1 + I).

Zakǉuqujemo da 1+I, . . . , Xn−1+I zaista generixu E. Ovde smo, umestori pisali samo ri, jer smo rekli da �emo poǉe F ′ identifikovati sapoǉem F , te smatrati da je F ⊂ E.

Linearna nezavisnost: Neka je

c0(1 + I) + c1(X + I) + · · ·+ cn−1(Xn−1 + I) = 0 + I,

za neke ci ∈ F . Tada je

(c0 + c1X + · · ·+ cn−1Xn−1) + I = I,

tec0 + c1X + · · ·+ cn−1X

n−1 ∈ I = 〈a(X)〉.

No, polinom a(X), koji je stepena n, mo�e da deli polinom c0 + c1X +· · · + cn−1X

n−1 jedino ako je c0 + c1X + · · · + cn−1Xn−1 = 0. No, to

upravo znaqi da je c0 = c1 = · · · = cn−1 = 0, te zakǉuqujemo da su1 + I, . . . , Xn−1 + I zaista linearno nezavisni nad F . �

Iskoristimo upravo dokazanu teoremu da konstruixemo poǉe od 4elementa. Primetimo da Z4 jeste komutativan prsten, ali naravno dada nije poǉe poxto u Z4 va�i: 2 · 2 = 0, a 2 6= 0.

Primer 14 Konstruisati poǉe, koje ima taqno 4 elementa.

Kako ovo izvesti? Pre svega, mi znamo da je Z2 poǉe i da ima 2 ele-menta. Prethodna teorema nam ka�e da ako na�emo nerastavǉiv poli-nom a(X) ∈ Z2[X], koji je stepena n onda �e Z2[X]/〈a(X)〉 biti poǉe,koje je istovremeno vektorski prostor nad Z2 dimenzije n. Dakle, topoǉe je kao vektorski prostor nad Z2 izomorfno Zn2 , te ima 2n ele-menata. Nama je potrebno poǉe sa 4 elementa, tj. potreban nam jenerastavǉiv polinom iz Z2[X] stepena 2. Takav polinom naravno nijetexko na�i. To je polinom a(X) = 1 + X + X2. Kako je to polinomdrugog stepena, on je nerastavǉiv ako i samo ako nema nijednu nulu uZ2, a kako je a(0) = 1 i a(1) = 1, to je zaista ispuǌeno. Dakle, naxepoǉe F4 je dato sa

F4 = Z2[X]/〈X2 +X + 1〉.

15

Oznaqimo sa η element X + 〈X2 +X + 1〉 u ovom poǉu. Dobijamo da je

F4 = {0, 1, η, 1 + η}.

Kako u poǉu F4 va�i: η2 = 1 + η (zaxto?), mo�emo napisati i tablicesabiraǌa i mno�eǌa u tom poǉu.

+ 0 1 η 1 + η0 0 1 η 1 + η1 1 0 1 + η ηη η 1 + η 0 1

1 + η 1 + η η 1 0

· 0 1 η 1 + η0 0 0 0 01 0 1 η 1 + ηη 0 η 1 + η 1

1 + η 0 1 + η 1 η

♣

1.5 Raxireǌa poǉaDoka�imo najpre slede�i jednostavan, a neophodan rezultat.

Stav 15 Neka je poǉe E konaqno raxireǌe poǉa F , a poǉe G konaqnoraxireǌe poǉa E. Tada je G konaqno raxireǌe poǉa F i

[G : F ] = [G : E] · [E : F ].

Dokaz. Neka je y1, . . . , ym baza za G nad E, a x1, . . . , xn baza za E nadF . Doka�imo da je x1y1, . . . , xny1, . . . , x1ym, . . . , xnym baza za G nad F .

Neka je g ∈ G. Kako je y1, . . . , ym baza za G nad E, postoje elementie1, . . . , em ∈ E takvi da je g = e1y1 + · · · + emym. Kako je x1, . . . , xn bazaza E nad F , postoje αij ∈ F takvi da je ei = αi1x1 + · · ·+αinxn, za sve i.Tada je

g =m∑i=1

eiyi =m∑i=1

n∑j=1

αijxjyi.

Tako smo pokazali da vektori xjyi generixu G nad F . Doka�imo dasu oni i linearno nezavisni nad F .

U tu svrhu, neka su αij ∈ F takvi da je

m∑i=1

n∑j=1

αijxjyi = 0.

Ako su zi ∈ E zadati sa: zi =∑nj=1 αijxj imamo da je

m∑i=1

ziyi = 0.

Zbog linearne nezavisnosti y1, . . . , ym nad poǉem E sledi da je zi = 0za sve i. Sada iz linearne nezavisnosti x1, . . . , xn nad poǉem F sledida je αij = 0 za sve i i j. �

16

Vratimo se ponovo na teoremu 13. Pretpostavimo da nam je datneki polinom a(X) ∈ F [X] gde je F neko poǉe. Taj polinom naravnone mora imati linearnu faktorizaciju nad poǉem F . Postavǉa sepitaǌe: da li postoji neko poǉe E koje sadr�i poǉe F i u kome sepolinom a(X) faktorixe na linearne faktore? To zaista jeste taqnoi prethodna teorema nam pokazuje i put dokaza.

Stav 16 Neka je F poǉe i a(X) ∈ F [X]. Tada postoji raxireǌe E poǉa Fu kome se polinom a(X) faktorixe na linearne faktore.

Dokaz. Jasno je da mo�emo da pretpostavimo da je polinom a(X) neras-tavǉiv, poxto bismo u suprotnom ǌegovu faktorizaciju dobili takoxto bismo naxli raxireǌe u kome svi ǌegovi faktori imaju linearnufaktorizaciju.

Na osnovu teoreme 13, postoji poǉe E′, koje je raxireǌe poǉa F ,a u kome polinom a(X) ima bar jednu nulu, nazovimo je α. To znaqida u E′[X] va�i faktorizacija

a(X) = (X − α)b(X),

gde je b(X) ∈ E′[X] i deg b(X) = n− 1. Ukoliko sada b(X) rastavimo nanerastavǉive faktore u E′[X], na ǌih mo�emo primeniti prethodnozakǉuqivaǌe. Tako proces nastavǉamo sve dok ne do�emo do linearnefaktorizacije. Jasno je da se proces mora zavrxiti poxto u svakomkoraku dobijamo bar jednu novu nulu poqetnog polinoma, a on ni ujednom poǉu ne mo�e imati vixe od n nula. �

Najmaǌe raxireǌe poǉa F u kome se dati polinom iz F [X] razla�ena linearne faktore naziva se korensko poǉe tog polinoma.

Pozabavimo se sada ,,desnom” stranom u izomorfizmu dokazanom udrugom primeru. Pojavǉuje se slede�a oznaka: Q(

√2). Posmatrajmo

stvari malo opxtije.

Neka je B komutativni prsten sa jedinicom, A ǌegov potprsten (sajedinicom naravno) i b ∈ B \ A. Kako odrediti najmaǌi potprsten odB koji sadr�i i A (kao podskup) i b kao element? Oqigledno je datakav prsten mora da sadr�i i sve stepene od b, kao i sve elementeoblika a0 +a1b+a2b

2 + · · ·+anbn gde ai ∈ A. Dakle, mora da sadr�i sve

elemente oblika p(b), gde p(X) ∈ A[X]. No, to je zapravo i dovoǉno,tj. tra�eni najmaǌi potprsten je

A[b] := {p(b) : p(X) ∈ A[X]}.

Naime, A[b], ovako definisan, je zaista potprsten od B (oqigledno jeda je A ⊂ A[b] i b ∈ A[b]):

p(b), q(b) ∈ A[b] =⇒ p(b)− q(b) = (p− q)(b) ∈ A[b];p(b), q(b) ∈ A[b] =⇒ p(b)q(b) = (pq)(b) ∈ A[b].

17

Ukoliko je F potpoǉe poǉa E i α ∈ E \ F , onda sa F [α] oznaqavamonajmaǌi potprsten od E koji sadr�i F i α, a sa F (α) najmaǌe pot-poǉe od E koje sadr�i (kao svoje potpoǉe) F i α (kao svoj element).Postavǉa se prirodno pitaǌe: kada je F [α] = F (α)? Drugim reqima,interesuje nas u kom je sluqaju prsten F [α] poǉe. Nije texko na�ijedan potreban uslov za to. Pretpostavimo da je F [α] poǉe. Kako je

F [α] = {p(α) : p(X) ∈ F [X]},

a svaki element poǉa, koji je razliqit od nule ima inverz, to i ele-ment α ∈ F [α] ima inverz u F [α], tj. postoji a(α) ∈ F [X] takav da jeα · a(α) = 1. Ako je a(X) = a0 + a1X + · · ·+ anX

n, to dobijamo da je

anαn+1 + · · ·+ a1α

2 + a0α− 1 = 0,

tj. postoji polinom p(X) ∈ F [X] takav da je p(α) = 0.

Definicija 17 Neka je F potpoǉe od E i α ∈ E. Tada je α algebarski nadF ukoliko postoji polinom p(X) ∈ F [X] za koji je p(α) = 0.

Dakle, videli smo da je potreban uslov da prsten F [α] bude poǉeda je α algebarski nad F . No, to je i dovoǉan uslov.

Stav 18 Neka je F potpoǉe od E i α ∈ E. Tada je F [α] poǉe ako i samo akoje α algebarski nad F .

Dokaz. Jedan smer smo ve� dokazali. Ostalo je da se poka�e da izqiǌenice da je α algebarski nad F sledi da je F [α] poǉe. Kako je αalgebarski nad F , posmatrajmo ideal I / F [X] definisan sa:

I = {a(X) ∈ F [X] : a(α) = 0}.

Nije texko proveriti da je I zaista ideal i I 6= {0}, jer je α alge-barski nad F , pa I sadr�i bar neki nenula polinom. Kako je svakiideal u F [X] glavni, to postoji moniqan polinom µα(X) za koji jeI = 〈µα〉.

Primetimo da je polinom µα(X) nerastavǉiv. U suprotnom, nekaje µα(X) = a(X)b(X) za neke nekonstantne polinome a(X), b(X) iz F [X].No, tada je a(α)b(α) = µα(α) = 0, pa sledi da je a(α) = 0 ili b(α) = 0.Ukoliko je, na primer, a(α) = 0, dobili bismo da a(X) ∈ I, pa µα(X) |a(X), xto nije mogu�e jer je a(X) polinom stepena maǌeg od stepenapolinoma µα(X). Sliqno se dobija i u sluqaju da je b(α) = 0.

Sada, kao i u navedenim primerima, posmatramo homomorfizam

f : F [X]→ F [α]

definisan sa f(p(X)) = p(α). Homomorfizam f je oqigledno ,,na”, aKer(f) = I. Stoga dobijamo da je

F [X]/I ∼= F [α].

18

No, kako je µα(X) nerastavǉiv polinom, F [X]/I je poǉe, pa je i F [α]tako�e poǉe. �

Primetimo da smo u okviru dokaza ovog stava dobili i da je

[F (α) : F ] = degµα(X).

Polinom µα(X) iz ovog stava zove se i minimalni polinom elementaα. Bazu za F (α) nad F qine elementi 1, α, . . . , αn−1 ukoliko je n =degµα(X).

Primer 19 Neka je α =√

2 +√

3.

a) Pokazati da je α algebarski nad Q.

b) Na�i minimalni polinom za α nad Q.

v) Odrediti 1α+3 u obliku p(α) za neki polinom p(X) ∈ Q[X].

a) Na�imo polinom koji element α anulira. Kako je α −√

2 =√

3, toje

(α−√

2)2 = 3

α2 − 2α√

2 + 2 = 3α2 − 1 = 2α

√2

(α2 − 1)2 = (2α√

2)2

α4 − 2α2 + 1 = 8α2

α4 − 10α2 + 1 = 0.

b) Poka�imo da je minimalni polinom elementa α zaista polinomX4 − 10X2 + 1. Oznaqimo ga sa µ(X). Jedino treba dokazati je ovajpolinom nerastavǉiv nad Q. Kako se radi o polinomu qetvrtog ste-pena, ukoliko je on rastavǉiv, on se rastavǉa ili na proizvod poli-noma prvog stepena i polinoma tre�eg stepena, ili na proizvod dvapolinoma drugog stepena.

µ(X) je proizvod polinoma prvog stepena i polinoma tre�eg stepenanad poǉem Q. To znaqi da µ(X) ima nulu u Q. No, ako polinom

anXn + · · ·+ a1X + a0

ima racionalnu nulu r/s (gde je r/s neskrativ razlomak) onda r | a0 is | an. Kako je u naxem sluqaju an = a4 = 1, to je s = 1, a kako je a0 = 1,to r mo�e biti samo 1 ili −1. No, ni 1 ni −1 nisu nule polinomaµ(X).

µ(X) je proizvod dva polinoma drugog stepena. Dakle,

µ(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

19

(kako je µ(X) moniqan, mo�emo pretpostaviti da su i ti polinomimoniqni). Dobijamo (izjednaqavaǌem odgovaraju�ih koeficijenata)

a+ c = 0 (2)b+ ac+ d = −10 (3)ad+ bc = 0 (4)

bd = 1 (5)

Iz (2) dobijamo da je c = −a. Tada iz (4) sledi da je a(d − b) = 0.Razmotrimo dva sluqaja.

a = 0. Tada je i c = 0 i dobijamo da se sistem svodi na dve jednaqine

b+ d = −10 (6)bd = 1 (7)

Iz (7) sledi da je d = 1/b (sigurno ni b ni d nisu jednaki nuli).Zamenom u (6) i sre�ivaǌem dobijamo kvadratnu jednaqinu

b2 + 10b+ 1 = 0.

Rexeǌa ove jednaqine su data sa:

b1,2 =−10 +

√96

2

Po pretpostavci b ∈ Q. Kako je√

96 = 4√

6, dobili bismo da je√

6 ∈ Q.Ostavǉamo qitaocima da poka�u da ovo nije mogu�e.

a 6= 0. U ovom sluqaju je b = d. Iz jednaqine (5) dobijamo da jeb ∈ {1,−1}. Zamenom u (3) (uzimaju�i u obzir da je c = −a) dobijamoda je a2 = 12 ili a2 = 8. Po pretpostavci je a ∈ Q pa bi iz a2 = 12sledilo da

√3 ∈ Q, a iz a2 = 8 da je

√2 ∈ Q. Kako ni jedno ni drugo

nije taqno zakǉuqujemo da je µ(X) nerastavǉiv.

v) Za nala�eǌe 1α+3 mo�emo koristiti metod neodre�enih koeficije-

nata. Naime, znamo da postoje a, b, c, d takvi da je

1α+ 3

= a+ bα+ cα2 + dα3. (8)

Potrebno je odrediti koeficijente a, b, c, d. Iz (8), mno�eǌem obestrane sa α+ 3, dobijamo

1 = (α+ 3)(a+ bα+ cα2 + dα3). (9)

Uzimaju�i u obzir da je α4 = 10α2 − 1 i da su 1, α, α2, α3 linearnonezavisni nad Q, dobijamo

3a −d = 1a +3b = 0

b +3c +10d = 0c +3d = 0

20

Prepuxtamo qitaocima da rexe ovaj sistem jednaqina. ♣

Dakle, videli smo da su od posebnog znaqaja za teoriju raxireǌapoǉa oni elementi koji su algebarski nad datim poǉem.

Definicija 20 Za raxireǌe E poǉa F ka�emo da je algebarsko raxireǌeako je svaki element iz E algebarski nad F .

Za raxireǌe E poǉa F ka�emo da je konaqno raxireǌe ukoliko jeE vektorski prostor nad F , koji je konaqne dimenzije.

Stav 21 Svako konaqno raxireǌe je algebarsko.

Dokaz. Neka je [E : F ] = n. To znaqi da je E n-dimenzionalni prostornad poǉem F . Uzmimo proizvoǉni element α ∈ E i poka�imo da je onalgebarski nad F . Kako je dimenzija prostora jednaka n, to je skup odn+ 1 vektora {1, α, . . . , αn} sigurno linearno zavisan skup vektora, tj.postoje a0, . . . , an ∈ E takvi da je

a01 + a1α+ · · ·+ anαn = 0,

no, to upravo znaqi da je p(α) = 0, gde je p(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈

F [X]. Dakle, element α je algebarski nad F . �

1.6 Teorema o primitivnom elementu i primeriDefinicija 22 Neka je A komutativni prsten sa jedinicom. Prsten A imakarakteristiku n > 0 ukoliko je n najmaǌi pozitivan broj za koji je

n1A = 1A + · · ·+ 1A︸︷︷︸n

= 0A.

Ukoliko je k1A 6= 0A, za sve k > 0 ka�emo da je A karakteristike 0.

Za poǉa qija je karakteristika neki pozitivan ceo broj ka�emo da supoǉa konaqne karakteristike.

Stav 23 Karakteristika svakog poǉa je ili 0 ili prost broj.

Dokaz. Neka je K poǉe konaqne karakteristike n. Ako n ne bi bioprost broj, bilo bi n = a · b, za neke a, b > 1. No, tada je

0A = n1A = (ab)1A = (a1A)(b1A).

No, kako u poǉu nema pravih deliteǉa nule (ponovite osnovne stvario poǉima iz Algebre 1), sledi da je a1A = 0A ili b1A = 0A. No, kakosu i a i b pozitivni brojevi maǌi od n, to protivreqi qiǌenici daje K karakteristike n. Zakǉuqujemo da n mora biti prost broj. �

Primetimo da u poǉu karakteristike 0 za cele brojeve r, s va�i daje r1A = s1A ako i samo ako je r = s (razmislite zaxto je ovo taqo).Tipiqan primer poǉa karakteristike 0 je poǉe Q, a poǉa karakte-ristike p je poǉe Zp. No, nisu ova poǉa samo tipiqni primeri.

21

Stav 24 Poǉe je karakteristike 0 ako i samo ako sadr�i kao svoje potpoǉepoǉe izomorfno sa Q, dok je poǉe karakteristike p ako i samo ako sadr�ikao svoje potpoǉe poǉe izomorfno sa Zp.

Dokaz. Neka je K poǉe karakteristike 0. To znaqi da je n1K 6= 0K zasve pozitivne cele brojeve n. Osim toga, za m1,m2 ∈ Z i n1, n2 ∈ N\{0}va�i:

m1

n1=m2

n2ako i samo ako je (m11K)(n11K)−1 = (m21K)(n21K)−1.

Naime, m1n1

= m2n2

ako i samo ako je m1n2 = m2n1. No, s obzirom daje K poǉe karakteristike nula ovo je ekvivalentno sa (m1n2)1K =(m2n1)1K , te i sa (m11K)(n21K) = (m21K)(n11K), xto je konaqno ekvi-valentno sa (m11K)(n11K)−1 = (m21K)(n21K)−1. To znaqi da je f(mn ) :=(m1K)(n1K)−1 dobro zadata funkcija f : Q→ K za koju se lako proverida je jedan homomorfizam. No, s obzirom da je Q poǉe, jezgro ovog ho-momorfizma je {0} (jezgro je uvek ideal, a poxto su jedini idealiu poǉu trivijalni, ovaj ideal je nula ideal), te je f izomorfizamizme�u Q i svoje slike koja je tra�eno potpoǉe od K.

Sluqaj konaqne karakteristike se na sliqan naqin mo�e obraditi.Neka je K poǉe karakteristike p. Mo�emo zadati homomorfizamprstena g : Z → K sa g(m) = m1K (uverite se da je ovo zaista homo-morfizam). S obzirom da je karakteristika poǉa K jednaka p, dobijase da je jezgro ovog homomorfizma ideal generisan prostim brojemp. Stoga je Z/pZ izomorfno slici homomorfizma g xto je i tra�enopotpoǉe od K izomorfno poǉu Zp. �

Ve� smo se upoznali sa raxireǌima oblika F (α). No, ako β 6∈F (α), mo�e se formirati i raxireǌe F (α)(β), koje se kra�e oznaqavasa F (α, β). Opxtije, imamo i raxireǌa F (α1, . . . , αn). No, veoma jezanimǉiv slede�i rezultat koji nam ka�e da u sluqaju algebarskihraxireǌa poǉa Q situacija nije toliko komplikovana koliko izgleda.

Teorema 25 (Teorema o primitivnom elementu) Svako konaqno raxireǌe Epoǉa F koje je karakteristike 0 je oblika F(α), za neko α ∈ E.

Element α je taj primitivni element raxireǌa E. Ovu teoremune�emo dokazivati.

Primetimo da raxireǌe poǉa ima istu karakteristiku kao i samopoǉe (zaxto je to tako?).

Jox dva primera za kraj ovog dela.

Primer 26 Na�i primitivni element korenskog poǉa polinoma X4−X2−2 ∈ Q[X].

22

Drugim reqima, treba na�i korensko poǉe K datog polinoma i ele-ment α ∈ K za koji je K = Q(α). Faktoriximo nax polinom nad Qmetodom kompletiraǌa kvadrata:

X4 −X2 − 2 =(X2 − 1

2

)2

− 14− 2 =

(X2 − 1

2

)2

−(

32

)2

=

=(X2 − 1

2− 3

2

)(X2 − 1

2+

32

)=(X2 − 2

) (X2 + 1

)=

= (X −√

2)(X +√

2)(X − i)(X + i),

gde je i naravno imaginarna jedinica. Dakle, korensko poǉe K jepoǉe K = Q(

√2, i). Mi treba da na�emo α za koje je Q(

√2, i) = Q(α).

Pokuxajmo da doka�emo da se za α mo�e uzeti element α =√

2 + i.Jasno je da je Q(α) ⊆ Q(

√2, i). Obratna inkluzija je netrivijalna.

Naravno, dovoǉno je da doka�emo da npr.√

2 ∈ Q(α), poxto iz toganeposredno sledi da i i ∈ Q(α), a time i tra�eno. Jednakost

α =√

2 + i,

,,podignimo” na tre�i stepen. Dobijamo

α3 = 2√

2 + 6i− 3√

2− i = −√

2 + 5i = 5(√

2 + i)− 6√

2.

Dakle,α3 − 5α = 6

√2,

pa je√

2 =16

(α3 − 5α) ∈ Q(α).

♣

Primer 27 Neka je K korensko poǉe polinoma X4 − 24X2 + 4 ∈ Q[X].a) Pokazati da je K = Q(

√5,√

7).b) Odrediti α ∈ C tako da je K = Q(α).

Postupimo kao u prethodnom primeru.

X4 − 24X2 + 4 = (X2 − 12)2 − 144 + 4= (X2 − 12)2 − 140

= (X2 − 12)2 − (2√

35)2

= (X2 − 12− 2√

35)(X2 − 12 + 2√

35)

= (X2 − (12 + 2√

35)(X2 − (12− 2√

35),

23

te dobijamo X4 − 24X2 + 4 = (X −√

12 + 2√

35)(X +√

12 + 2√

35)(X −√12− 2

√35)(X +

√12− 2

√35). Prema tome, dobijamo da je

K = Q(√

12 + 2√

35,√

12− 2√

35).

Jedan savet: uvek kada dobijete ovakav rezultat, nije loxe pomno�itiova dva korena i videti xta se dobija. Primenimo taj savet u ovomsluqaju. √

12 + 2√

35 ·√

12− 2√

35 =√

144− 140 =√

4 = 2.

Dakle, mo�emo da zakǉuqimo da, ako je α =√

12 + 2√

35, a β =√

12− 2√

35,onda je α ·β = 2, pa je β = 2

α ∈ Q(α). Zakǉuqujemo da je K = Q(α). Takosmo naxli primitivni element i uradili ono xto je tra�eno pod b)!

Drugi savet: kada imate koren poput ovoga:√

12 + 2√

35, proveriteda mo�da ne mo�ete da ga ,,prepoznate”. Xta to znaqi? U ovomsluqaju, pojavǉuje se koren iz broja oblika p+ q

√s gde su p, q, s celi

brojevi. Da li je mo�da taj koren zbir (ili razlika) dva korena iznekih celih brojeva? Kako je 35 = 5·7, name�e se da izraqunamo kolikoje (√

5 +√

7)2. Dobijamo

(√

5 +√

7)2 = 5 + 2√

35 + 7 = 12 + 2√

35,

tj. bax ono xto imamo. Dakle, α =√

5 +√

7 (primetimo da je β =√7 −√

5), te je K = Q(√

5 +√

7). Mi treba da poka�emo da je K =

Q(√

5,√

7). To nije texko, postupi�emo kao u prethodnom primeru.

α =√

5 +√

7α3 = 5

√5 + 15

√7 + 21

√5 + 7

√7

α3 = 26√

5 + 22√

722α = 22

√5 + 22

√7

α3 − 22α = 4√

5√

5 =α3 − 22α

4∈ Q(α)

√7 = α−

√5

√7 =

26α− α3

4∈ Q(α).

Naravno, mogli smo to da uradimo i drugaqije. Poxto smo ve� pre-poznali da je β =

√7−√

5, onda samo treba pokazati da je

Q(√

5 +√

7,√

7−√

5)

= Q(√

5,√

7),

a to je naravno vrlo jednostavno. ♣

24

1.7 Vixestruke nule polinomaKao xto smo videli, za svaki polinom f(X) ∈ F [X] postoji raxireǌeE poǉa F u kome se on mo�e faktorisati u linearne faktore. No, dali su ti faktori razliqiti? Drugim reqima, da li polinom f(X) unekom raxireǌu ima vixestruke nule? Sada �emo se pozabaviti timpitaǌem.

Definicija 28 Polinom f ∈ E[X] ima dvostruku nulu α ∈ E ukoliko(X − α)2 | f(X). Na analogni naqin se definixe i pojam n-tostruke nule zama koje n ≥ 2.

Pre svega, izvod polinoma se mo�e formalno definisati, bez ikakvoggraniqnog procesa i za polinome nad proizvoǉnim poǉima (pa i ko-mutativnim prstenima sa jedinicom) na slede�i naqin.

Definicija 29 Neka je f(X) = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ F [X]. Tada se

izvod polinoma definixe sa:

f ′(X) : = a1 + 2a2X + · · ·+ nanXn−1.

Mo�e se proveriti da su uobiqajena pravila za izvode i ovde is-puǌena. Na primer, Lajbnicovo pravilo: (fg)′ = f ′g + fg′, a va�i islede�e: ((X − α)n)′ = n(X − α)n−1. Dobro bi bilo da se u to qitalacsam uveri.

Doka�imo najpre osnovni stav.

Stav 30 Polinom f ∈ F [X] ima dvostruku nulu α ∈ F akko f(α) = f ′(α) = 0.

Dokaz. =⇒: Pretpostavimo da je α dvostruka nula polinoma f . Tadaje f(X) = (X − α)2g(X) za neki polinom g(X) ∈ F [X]. Dobijamo da je

f ′(X) = 2(X − α)g(X) + (X − α)2g′(X),

iz qega sledi da je i f ′(α) = 0.

⇐=: Pretpostavimo da je f(α) = f ′(α) = 0. Podelimo euklidskif(X) polinomom (X − α)2. Dobijamo

f(X) = (X − α)2q(X) + a+ bX,

za neke a, b ∈ F . Tada je

f ′(X) = 2(X − α)2q(X) + (X − α)2q′(X) + b,

te jef(α) = a+ bα, f ′(α) = b.

Stoga je 0 = a+bα i 0 = b, pa dobijamo da je a = b = 0 te (X−α)2 | f(X)xto se i tra�ilo. �

Nije texko dokazati ni generalizaciju ovog stava: polinom iman-tostruku nulu α ako i samo ako je f(α) = f ′(α) = · · · = f (n−1)(α) = 0.

25

Stav 31 Neka je f(X) ∈ F [X]. Tada f ima vixestruku nulu u nekom raxireǌuE poǉa F ako i samo je NZD(f(X), f ′(X)) 6= 1.

Dokaz. =⇒: Pretpostavimo da postoji raxireǌe E poǉa F i elementα ∈ E takav da je f(α) = f ′(α) = 0 (videti prethodni stav). Ukoliko biva�ilo da je NZD(f(X), f ′(X)) = 1, onda bi postojali polinomi p(X)i q(X) takvi da je

f(X)p(X) + f ′(X)q(X) = 1.

No, tada bismo dobili

f(α)p(α) + f ′(α)q(α) = 1,

tj. 0 = 1. Dakle, NZD(f(X), f ′(X)) 6= 1.

⇐=: Neka je d(X) = NZD(f(X), f ′(X)) 6= 1. Kako je deg d(X) > 0,na osnovu ranijih rezultata postoji raxireǌe E poǉa F i elementα ∈ E takav da je d(α) = 0. S obzirom da d(X) | f(X) i d(X) | f ′(X)dobijamo da je i f(α) = 0 i f ′(α) = 0, xto pokazuje da polinom f(X) utom raxireǌu poǉa F ima vixestruku nulu. �

Pa�ǉiv qitalac je mo�da ve� zakǉuqio da u proizvoǉnom poǉu nemora va�iti slede�a jednakost (koja nam je poznata iz sredǌe xkoleza realne polinomske funkcije): deg f ′(X) = deg f(X) − 1. Na primer,za polinom f(X) = X15 +3X5 +2 ∈ Z5[X] dobijamo da je f ′(X) = 0. Sadabi slede�i rezultat trebalo da bude malo maǌe neoqekivan.

Stav 32 Neka je f(X) ∈ F [X] nerastavǉiv moniqan polinom. Tada on imavixestruku nulu u nekom raxireǌu E poǉa F ako i samo ako je f ′(X) = 0.

Dokaz. Na osnovu prethodnog stava f(X) ima vixestruku nulu u nekomraxireǌu ako i samo ako je NZD(f(X), f ′(X)) 6= 1. No, s obzirom daNZD(f(X), f ′(X)) | f(X) i da je f(X) nerastavǉiv i moniqan, dobijamoda je f(X = NZD(f(X), f ′(X)). Dakle, f(X) | f ′(X). S obzirom na to daje deg f ′(X) < deg f(X), ovo je mogu�e samo ako je f ′(X) = 0. �

1.8 Konaqna poǉaDoka�imo najpre slede�u osnovnu qiǌenicu.

Stav 33 Svako konaqno poǉe ima pn elemenata, za neki prost broj p i priro-dan broj n > 1.

Dokaz. Neka je F neko konaqno poǉe. Znamo da ono mora da imakonaqnu karakteristiku p za neki prost broj p i da sadr�i, kao svojepotpoǉe, poǉe izomorfno poǉu Zp. Dakle, F je jedno raxireǌe poǉaZp. Kako je F konaqno, ono je i konaqno raxireǌe poǉa Zp. Ako je

26

[F : Zp] = n, onda je, kao vektorski prostor nad poǉem Zp izomorfnosa Znp , te ima pn elemenata. �.

Nax zadatak �e biti da poka�emo da za svaki prost broj p i svakon ≥ 1 postoji, do na izomorfizam, taqno jedno poǉe koje ima pn ele-menata. U daǉem �emo poǉe Zp oznaqavati sa Fp.

Stav 34 Neka je F poǉe sa q = pn elemenata, gde je p prost broj i n > 1.Tada se u poǉu F polinom a(X) = Xq −X faktorixe na linearne faktore.

Dokaz. Posmatrajmo grupu (F \{0}, ·). Podsetimo se slede�e qiǌeniceiz Algebre 1: ako je x ∈ G, gde je G konaqna grupa, onda je x|G| = e(ponovite ovaj deo iz Algebre 1). Dakle, ako je α ∈ F \ {0}, onda jeαq−1 = 1, te je i αq − α = 0. S obzirom da ova jednakost va�i i kadaje α = 0, dobijamo da je a(α) = 0 za sve α ∈ F . S obzirom da je ovajpolinom stepena q, on ne mo�e imati vixe od q nula, a ve� su svielementi iz F , kojih ima q, nule ovog polinoma. To znaqi da su toi sve nule ovog polinoma, tj. Xq − X =

∏α∈F (X − α), qime je dokaz

zavrxen. �

Teorema 35 Za svaki prost broj p i prirodan broj n > 1 postoji poǉe sapn elemenata.

Dokaz. Neka je q = pn i a(X) = Xq −X ∈ Fp[X]. Znamo da postoji poǉeF koje je raxireǌe poǉa Fp (podsetimo se da je Fp zapravo Zp) u kojempolinom a(X) ima faktorizaciju na linearne faktore (to je taqno zasvaki polinom, pa stoga i za ovaj). Neka je L = {α ∈ F : αq = α}(drugim reqima, L qine sve nule polinoma a(X), a koje se nalaze upoǉu F ).

Dokaza�emo da je L tra�eno poǉe. Najpre dokazujemo da je L pot-poǉe od F .

Jasno je da je Fp ⊂ L: za svaki element γ ∈ Fp va�i da je γp = γ, pa selako indukcijom poka�e da je i γp

r

= γ za sve r > 1, te je i γq = γ.

Neka α, β ∈ L. Tada je (α·β)q = αq ·βq = α·β, pa zakǉuqujemo da α·β ∈ L.

Neka je α ∈ L \ {0}. Tada, deǉeǌem jednakosti αq = α sa αq+1 dobijamoda je α−1 = α−q = (α−1)q, te α−1 ∈ L.

Neka α, β ∈ L. Kako F sadr�i kao svoje potpoǉe poǉe Fp, to je karak-teristika poǉa F jednaka p, te je pγ = 0 za sve γ ∈ F . Podsetimo sejox i qiǌenice da je p |

(pk

)za sve 1 6 k 6 p− 1 te je

(pk

)= qkp za neko

qk ∈ N. Stoga, u poǉu F va�i da je

(α+ β)p = αp +p−1∑k=1

(p

k

)αp−kβk + βp = αp + βp,

27

jer je, za sve 1 6 k 6 p − 1:(pk

)αp−kβk = qk(pαp−kβk) = 0, kao xto je

prime�eno gore. Sada nije texko pokazati indukcijom da je

(α+ β)pr

= αpr

+ βpr

,

za sve r > 1, te je i (α + β)q = αq + βq = α + β. Zakǉuqujemo da iα+ β ∈ L, xto i zavrxava dokaz qiǌenice da je L potpoǉe od F .

S obzirom da je a′(X) = −1, polinom a(X) nema vixestrukih nula.Dakle, on ima taqno q nula u poǉu F (u kome ima linearnu faktori-zaciju) i sve te nule qine poǉe L. To znaqi da u poǉu L ima taqno qelemenata, te je L tra�eno poǉe sa q elemenata. �

Teorema 36 Neka su K i K ′ poǉa sa pn elemenata gde je p prost broj in > 1. Tada je K ∼= K ′.

Dokaz. Iz Algebre 1 nam je poznato (ponoviti tu qiǌenicu) da jesvaka konaqna podgrupa multiplikativne grupe poǉa cikliqna. Stogaje grupa (K \ {0}, ·) cikliqna. Dakle postoji element α ∈ K \ {0} takavda je K\{0} = {1, α, . . . , αq−2}. Naravno, αq−1 = 1 (ovde je q = pn). Stogaje K = Fp(α). Neka je f(X) minimalni polinom za α nad Fp. Tada jeFp[X]/〈f(X)〉 ∼= Fp(α)(= K). Dakle, f(α) = 0, a tako�e je i a(α) = 0,gde je a(X) = Xq − X. Kako je f(X) minimalni polinom, mo�emo dazakǉuqimo da f(X) | a(X).

,,Pre�imo” sada u poǉe K ′. U ǌemu su tako�e sve nule polinomaa(X), te iz qiǌenice da f(X) | a(X) sledi da f(X) ima nulu u K ′. Nekaje α′ jedna nula polinoma f(X) u K ′. Tada je Fp(α′) ∼= Fp[X]/〈f(X)〉 ∼= K,te je K izomorfnno potpoǉu Fp(α′) poǉa K ′. No, kako su poǉa K i K ′

konaqna poǉa sa istim brojem elemenata zakǉuqujemo da je zapravoK ∼= K ′. �

Napomena 37 Primetimo da smo u okviru ovog dokaza pokazali da uvekimamo primitivni element za raxireǌe Fp ⊂ K, ako je K konaqno poǉe. Nasliqan naqin se mo�e pokazati da primitivan element postoji i za raxireǌeF ⊂ E, gde su E i F konaqna poǉa.

Pokazali smo da za svaki prost broj p i prirodan n > 1 postojipoǉe sa pn elemenata i da su svaka dva takva poǉa izomorfna. Stogaje opravdano uvesti oznaku Fq za poǉe sa q elemenata. Za kraj ovogdela navodimo slede�i stav bez dokaza.

Stav 38 Poǉe Fpr je potpoǉe poǉa Fps ako i samo ako r | s.

Na primer, poǉe F4 nije potpoǉe od F8, jer 2 - 3, ali jeste potpoǉe odF16, jer 2 | 4. Zapravo se mo�e uzeti da je F4 = {α ∈ F16 : α4 = α}.

28

1.9 Konstrukcije leǌirom i xestaromU xkoli smo imali prilike da izuqavamo konstrukcije koje se moguizvrxiti leǌirom i xestarom. Naravno, tu se podrazumeva da leǌirnije ‘ba�daren’, tj. da ne mo�emo odmeravati du�ine pomo�u leǌira(bez obzira na qiǌenicu da leǌiri koji se prodaju kao xkolski pri-bor jesu ba�dareni). Leǌiri samo slu�e za povlaqeǌe pravih krozdve date taqke. U vezi sa tim su dobro poznata tri konstruktivnaproblema Antike (za koji su verovatno neki od qitalaca i quli).

1. Udvostruqavaǌe kocke. Za datu kocku, na�i kocku dvostruko ve�ezapremine. S obzirom da je zapremina kocke stranice a jednaka a3

za nala�eǌe stranice b za koju je b3 = 2a3 potrebno je i dovoǉnokonstruisati broj 3

√2.

2. Trisekcija ugla. Dati ugao podeliti na tri jednaka dela. Dobronam je poznato kako da prepolovimo ugao, a i kako da datu du� pode-limo na tri jednaka dela, ali kako podeliti ugao na tri jednaka dela?Pokaza�emo da se i to svodi na pitaǌe konstrukcije broja koji je rex-eǌe neke jednaqine tre�eg stepena (kao xto je i 3

√2 rexeǌe jednaqine

x3 = 2).

3. Kvadratura kruga. Za dati krug na�i kvadrat qija je povrxinajednaka povrxini datog kruga. S obzirom da je povrxina kruga polu-preqnika r data formulom πr2, a da je povrxina kvadrata stranicea jednaka a2 rexavaǌe problema se svodi na konstrukciju broja

√π.

Ovaj problem prevazilazi naxe sposobnosti u okviru ovog kursa. Do-voǉno je ovde re�i da se mo�e pokazati korix�eǌem matematiqkeanalize da broj π nije algebarski, te ova konstrukcija nije mogu�a.No, dokaz transcendentosti broja π nije nimalo lak, te se ǌime ne�emobaviti.

U ovom odeǉku, ukratko �emo opisati glavne algebarske ideje kojese nalaze u okviru problema konstrukcije leǌirom i xestarom ipokazati da se dva navedena problema ne mogu rexiti na taj naqin.

Sve konstrukcije naravno vrximo u ravni. U ǌoj �emo izabratijednu taqku O i dve normalne prave koje kroz ǌu prolaze. Zamisli�emo,radi lakxeg opisa da je jedna ‘horizontalna’, a druga ‘vertikalna’(one predstavǉaju koordinatne ose). Na horizontalnoj osi, izabra�emo‘sa desne strane’ od taqke O jednu taqku P i smatra�emo da du� OPpredstavǉa jediniqnu du�. Dakle, taqka P �e imati koordinate (1, 0).

Osnovna konstrukcija leǌirom je povlaqeǌe prave kroz dve ve�konstruisane taqke, dok je osnovna konstrukcija xestarom crtaǌekruga sa centrom u jednoj konstruisanoj taqki koja prolazi kroz drugukonstruisanu taqku. U preseku tako konstruisanih pravih i krugova,dobijamo nove taqke koje smo tako konstruisali. Taqka u ravni je kon-struktibilna ukoliko se mo�e dobiti ponavǉaǌem osnovnih konstruk-cija konaqno mnogo puta.

29

Primetimo da mo�emo posebno razmatrati i konstrukcije taqakana koordinatnim osama. Tako dobijamo i pojam konstruktibilnih re-alnih brojeva. Nije texko uveriti se da va�i slede�i stav.

Stav 39 Taqka u ravni sa koordinatama (a, b) je konstruktibilna ako i samoako su a i b konstruktibilni realni brojevi.

Slede�i stav je zanimǉiv.

Stav 40 Konstruktibilni realni brojevi qine poǉe.

Dokaz. Mi �emo dokazati da oni qine potpoǉe od R. U tu svrhutreba pokazati da, ako su a i b konstruktibilni realni brojevi, ondasu to i brojevi a± b, a · b, kao i da je 1

a konstruktibilan broj za svakikonstruktibilan broj a 6= 0.

Nije texko uveriti se da je dovoǉno ovo pokazati kada imamo poz-itivne realne brojeve (negativni brojevi samo uvode vixe sluqajeva).Konstrukcija broja a+ b data je slede�im crte�om.

T

Os

s

s

sR′

b s

HHHHH

HHHHHHH

HHHaR Q

HHHHH

HHHHHH

HHHHs

S

Naime, ako je broj a odre�en taqkom Q, a broj b taqkom R, ondanajpre kroz neku taqku T (takvu da je du�ina du�i OT neki konstruk-tibilan broj) na vertikalnoj osi konstruixemo pravu paralelnu hor-izontalnoj osi (to znamo da konstruixemo pomo�u leǌira i xestara).Potom kroz taqku R konstruixemo pravu paralelnu vertikalnoj osii u preseku dobijamo taqku R′. Povlaqimo i pravu kroz taqke T i Q.Na kraju povlaqimo pravu kroz R′ paralelnu pravoj kroz taqke T i Q.U preseku sa horizontalnom osom dobijamo taqku S koja i odgovarabroju a+ b.

Qitaocima ostavǉamo da provere kako se mo�e konstruisati broja− b.

Za konstrukciju broja a · b koristimo slede�u proporciju: ab : b =a : 1. Evo crte�a (taqka P oznaqava poziciju broja 1).

30

OsPs&%'$shhhhhhhhhhhh

P ′ sQ��sR

R′ shhhhhhhhhhhhhhsQ′

Postavǉeni su krugovi sa centrom u O koji prolaze kroz taqke P(koja odgovara broju 1) i taqku R (koja odgovara broju b). U presekudobijamo taqke P ′ i R′ na vertikalnoj osi. Prava kroz R′ paralelnapravoj kroz taqke P ′ i Q (taqka Q odgovara broju a) seqe horizontalnuosu u taqki Q′ i ta taqka odgovara taqki a · b. Naime, pravouglitrouglovi 4QOP ′ i 4Q′OR′ su sliqni, pa je OQ : OP ′ = OQ′ : OR′,odnosno a : 1 = OQ′ : b. Stoga taqka Q′ zaista odgovara taqki a · b.

Ostavǉamo qitaocima za ve�bu da poka�u kako se mo�e konstru-isati 1

a ako je a ve� konstruisan. �

Nije samo taqno da konstruktibilni brojevi qine potpoǉe od R.

Stav 41 Ako je pozitivan realan broj a konstruktibilan, konstruktibilanje i√a.

Dokaz. Preporuqujemo qitaocima da se uvere da crte�

&%'$s

Q

S sPs

O

O′ss

daje rexeǌe. Ovde taqka P odgovara, kao i ranije broju 1, taqka Qbroju −a, a S je centar konstruisanog kruga. Du�ina OO′ odgovarabroju

√a. �

31

Stav 42 Neka su date taqke A,B,C,D qije su koordinate u nekom potpoǉuF poǉa R. Tada su koordinate taqaka koje se dobijaju u preseku dve prave,dva kruga ili prave i kruga koji prolaze kroz dve od ovih taqaka ili u poǉuF ili u poǉu F (

√r), gde je r ∈ F .

Dokaz. Dakle, date su taqke A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) i D(x4, y4).Jednaqina prave kroz taqke A i B je data sa:

x− x1

y − y1=x2 − x1

y2 − y1,

dok je jednaqina kruga koji ima centar u C i prolazi kroz D data sa:

(x− x3)2 + (y − y3)3 = (x4 − x3)2 + (y4 − y3)2.

Stoga se nala�eǌe preseka te prave i tog kruga svodi na rexavaǌesistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednaqine. Posmatraǌemprvo linearne jednaqine, mo�emo jednu koordinatu izraziti prekodruge (ili se qak dobija da je jedna koordinata fiksirana, xto opetznaqi da je izra�ena preko druge, samo preko konstantne funkcije)i tako zamenom u jednaqinu kruga dobijamo kvadratnu jednaqinu, aznamo da ǌeno rexavaǌe ukǉuquje nala�eǌe kvadratnog korena iznekog elementa koji je izra�en u obliku koliqnika polinoma po ko-eficijentima, pa stoga pripada poǉu F . Dakle, nove koordinate suili iz F ili su u poǉu F (

√r), gde je r taj broj qiji se koren tra�i u

postupku rexavaǌa jednaqine, a r sigurno pripada poǉu F .

U sluqaju da posmatramo presek dve prave, situacija je jox jed-nostavnija, jer rexeǌa moraju pripadati poǉu F , dok se sluqaj pre-seka dva kruga svodi, oduzimaǌem, na sluqaj tra�eǌa rexeǌa sistemajedne linearne i jedne kvadratne jednaqine (kvadratni qlanovi �e seoduzimaǌem skratiti). �

Navedimo sada najva�iju teoremu u ovom odeǉku.

Teorema 43 Neka je α konstruktibilan realan broj, koji nije iz Q. Tadapostoji niz potpoǉa od R

Q = F0 ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ · · · ⊂ Fn = F,

tako da α ∈ F , Fi = Fi−1(√ri), gde je ri > 0, ri ∈ Fi−1,

√ri 6= Fi−1. Dakle,

[Q(α) : Q] = 2s

za neko s > 1.

Dokaz. Kao xto znamo, neka taqka je konstruktibilna ako se mo�edobiti od konstruktibilnih taqaka u konaqno mnogo koraka od kojihse svaki sastoji od nala�eǌa preseka dve prave, ili prave i kruga. A

32

realan broj je konstruktibilan ukoliko je koordinata neke konstruk-tibilne taqke. Dakle, α je koordinata neke taqke A, koja je dobijenakao posledǌa taqka u nizu. Kao xto smo znamo, svi racionalni bro-jevi se mogu konstruisati poqev od 0 i 1. Zatim, eventualno, dodajemokoren nekog pozitivnog racionalnog broja r1 i dobijamo poǉe Q(

√r1),

pri qemu√r1 6∈ Q Na osnovu stava, u slede�em koraku, najvixe xto

je potrebno dodati je opet koren nekog broja iz Q(√r1), koji se tu ne

nalazi. Dakle, zaista dobijamo niz poǉa kao xto je navedeno i α ∈ F ,gde je F to posledǌe poǉe. No, s obzirom da je Fi = Fi−1(

√ri), pri

qemu je ri ∈ Fi−1 i√ri 6= Fi−1, jasno je da je

[Fi : Fi−1] = 2,

jer je polinom X2 − ri minimalan polinom elementa√ri nad poǉem

Fi−1. Stoga je

[F : Q] = [Fn : Fn−1] · [Fn−1 : Fn−2] · · · [F1 : F0] = 2n.

No, kako α ∈ F , dobijamo da je

2n = [F : Q] = [F : Q(α)] · [Q(α) : Q],

te je zaista [Q(α) : Q] = 2s za neko s > 1. �

Ve� sada smo u staǌu da doka�emo da se problem duplikacije kockene mo�e rexiti pomo�u leǌira i xestara. Naime, videli smo dase to svodi na konstruktibilnost broja 3

√2. No, polinom X3 − 2 je

nerastavǉiv nad Q. Naime, ako bi bio rastavǉiv, on bi se rastavio naproizvod jednog linearnog i jednog kvadratnog polinoma, tj. imao binulu u Q. Ako bi p

q bila ta nula (pri qemu je ovaj razlomak neskrativ,tj. NZD(p, q) = 1) dobili bismo da je p3 = 2q3. To bi znaqilo da 2 | p,pa je p = 2p1, te je 8p3

1 = 2q3, tj. q3 = 4p31. To znaqi da 2 | q, xto

protivreqi pretpostavci NZD(p, q) = 1.

Dakle, polinom a(X) = X3−2 je nerastavǉiv nad Q i kako je a( 3√

2) =0, dobijamo da je a(X) minimalni polinom elementa 3

√2, te je [Q( 3

√2) :

Q] = deg a(X) = 3, xto protivreqi prethodnoj teoremi, jer 3 nijestepen dvojke.

Da bismo dokazali da nije mogu�e izvrxiti trisekciju proizvoǉnogugla korix�eǌem leǌira i xestara, dovoǉno je pokazati da se nemo�e konstruisati ugao od 20◦. Naime, dobro nam je poznato da seugao od 60◦ mo�e konstruisati leǌirom i xestarom, a ako je dokazanoda se ugao od 20◦ ne mo�e konstruisati leǌirom ni xestarom, to seni ugao od 60◦ ne mo�e podeliti na tri jednaka dela.

Razmatraǌem jediniqnog kruga, vidimo da se nemogu�nost konstruk-cije ugla od 20◦ svodi na nemogu�nost konstrukcije broja cos 20◦.

Doka�imo to.

33

Stav 44 Broj cos 20◦ nije konstruktibilan.

Dokaz. Koristi�emo slede�i identitet

cos 3φ = 4 cos3 φ− 3 cosφ.

Qitaoci bi trebalo da provere kako se dobija ovaj identitet. Usvakom sluqaju, ako uzmemo da je φ = 20◦ dobijamo

4 cos3 20◦ − 3 cos 20◦ = cos 60◦ =12.

Dakle,

cos3 20◦ − 34

cos 20◦ − 18

= 0.

Posmatrajmo polinom a(X) = X3 − 34X −

18 ∈ Q[X]. Doka�imo da je on

nerastavǉiv nad Q. S obzirom da je u pitaǌu polinom tre�eg stepena,dokaz se svodi na proveru da li polinom ima nulu u Q. Pretpostavimoda je p

q ∈ Q jedna nula tog polinoma, pri qemu je q > 0 i ovaj razlomakneskrativ. Tada je

8p3 − 6pq2 − q3 = 0.

To bi znaqilo da p | q3. No, kako je NZD(p, q) = 1, to je jedino mogu�eako je p ∈ {−1, 1}.

U sluqaju da je p = −1 dobijamo da je

−8 + 6q2 − q3 = 0,

te 2 | q. Stoga je q = 2q1 za neki prirodan broj q1. Dobijamo da je

−8 + 24q21 − 8q31 = 0,

te je1− 3q21 + q31 = 0.

No, tada bi q1 | 1, pa je q1 = 1 (poxto je q > 0, pa onda i q1 > 0). No

1− 3 + 1 = −1 6= 0.

U sluqaju da je p = 1 dobijamo da je

8− 6q2 − q3 = 0.

I ovde sledi da je q = 2q1, te je

8− 24q21 − 8q31 = 0,

tj.1− 3q21 − q31 = 0.

34

Opet se dobija da je q1 = 1, no

1− 3− 1 = −3 6= 0.

Dobili smo da polinom a(X) nije rastavǉiv nad Q, Kako je a(cos 20◦) =0, zakǉuqujemo da je a(X) minimalni polinom za cos 20◦ nad Q, te je[Q(cos 20◦) : Q] = 3, xto konaqno pokazuje da broj cos 20◦ nije konstruk-tibilan. �

Ovaj rezultat nam pokazuje da leǌirom i xestarom nije mogu�ekonstruisati pravilni 18-ougao. Naime, konstrukcija pravilnog n-tougla svodi se na konstrukciju centralnog ugla nad ǌegovom strani-com, a to je ugao od 360◦

n , odnosno u naxem sluqaju, to je ugao od 20◦.

Slede�i rezultat je nexto te�i za dokaz.

Stav 45 Pomo�u leǌira i xestara nije mogu�e konstruisati pravilni sed-mougao.

Dokaz. Kao xto je ve� reqeno, dokaz se svodi na nemogu�nost kon-strukcije broja cos 2π

7 (sada �emo, zbog kra�eg zapisa, koristiti radi-jane). Ukoliko bi bilo mogu�e konstruisati taj broj, bilo bi mogu�ekonstruisati i broj sin 2π

7 , pa time i taqku (cos 2π7 , sin

2π7 ) u ravni.

Prirodno je sada pre�i na kompleksne brojeve i konstatovati da jetada mogu�e konstruisati i kompleksan broj ζ = cos 2π

7 +i sin 2π7 . Prime-

timo da je ζ zapravo sedmi koren iz jedinice: ζ7 = 1. Naravno, miznamo da n-ti koreni iz jedinice qine temena pravilnog n-tougla,tako da smo do ovog rezultata mogli do�i i direktno. Kako je ζ 6= 1,dobijamo da je

ζ6 + ζ5 + ζ4 + ζ3 + ζ2 + ζ + 1 = 0.

Podelimo ovu jednakost sa ζ3. Dobijamo

ζ3 + ζ2 + ζ + 1 +1ζ

+1ζ2

+1ζ3

= 0. (10)

Jasno je da iz konstruktibilnosti broja ζ sledi i konstruktibil-nost broja 1

ζ = cos 2π7 − i sin 2π

7 . Stoga sledi i konstruktibilnost broja

z = ζ +1ζ.

No,

z3 = ζ3 +1ζ3

+ 3(ζ +1ζ

),

te je

ζ3 +1ζ3

= z3 − 3z.

35

Na sliqan naqinz2 = ζ2 + 2 +

1ζ2,

te je

ζ2 +1ζ2

= z2 − 2.

Stoga iz jednaqine (10) dobijamo

z3 − 3z + z2 − 2 + z + 1 = 0,

tj.z3 + z2 − 2z − 1 = 0.

Poka�imo da je polinom a(X) = X3 +X2 − 2X − 1 ∈ Q[X] nerastavǉivnad Q. Kao i pre, samo treba pokazati da on nema nula u Q. Ukolikoje p

q ∈ Q neka nula ovog polinoma, pri qemu je q > 0 i ovo neskrativrazlomak, dobijamo da je

p3 + qp2 − 2q2p− q3 = 0.

Odavde sledi da q | p, no, kako je NZD(p, q) = 1 i q > 0, mora biti q = 1.Dobijamo da je

p3 + p2 − 2p− 1 = 0,

te p | 1, tj. p ∈ {−1, 1}. No, nijedan od ova dva broja ne zadovoǉavatu jednaqinu, te mo�emo zakǉuqiti da polinom a(X) nije rastavǉivnad Q. Stoga je on minimalni polinom za element z. Kako je tajpolinom stepena 3, taj element nije konstruktibilan, pa onda nijekonstruktibilan ni ζ, xto pokazuje da se pravilni sedmougao ne mo�ekonstruisati leǌirom i xestarom. �

Na kraju ovog odeǉka, navedimo rezultat koji ne�emo dokazivati,a navodimo go zbog ǌegovog znaqaja i veze sa prethodnih rezultatima.

Teorema 46 Mogu�e je konstruisati pravilni n-tougao ako i samo ako jen = 2rp1p2 · · · ps, gde je r > 0, a pi su Fermaovi prosti brojevi, tj. prostibrojevi oblika 22ni + 1 za neke prirodne ni.

2 Prsten polinoma sa vixe neodre�enih

2.1 Neterini prsteniKao xto smo ve� videli, prsten polinoma sa n neodre�enih mo�e serekurzivno zadati na slede�i naqin:

K[X1, . . . , Xn] : = K[X1, . . . , Xn−1][Xn].

36

Prsten polinoma sa vixe neodre�enih, qak i ako je nad poǉem, nemavixe onoliko pravilnosti kao prsten polinoma sa jednom neodre-�enom. No, kao xto smo ve� naveli, mada u prstenu polinoma sa vixeneodre�enih nije svaki ideal glavni, ipak je svaki ideal konaqnogenerisan.

Stav 47 Neka je A komutativan prsten sa jedinicom. Tada su slede�i usloviekvivalentni:

(1) Svaki ideal u A je konaqno generisan.

(2) Svaki rastu�i niz ideala u A:

I0 ⊆ I1 ⊆ I2 ⊆ · · ·

je stacionaran, tj. postoji m > 0 tako da je In = Im za sve n > m.

Dokaz. (1) =⇒ (2): Posmatrajmo uniju ovih ideala:

I =⋃j>0

Ij .

Doka�imo da je I ideal u A. Najpre, ako je x ∈ I i a ∈ A, onda x ∈ Ijza neko j > 0. Kako je Ij ideal u A, zakǉuqujemo da a · x ∈ Ij ⊆ I.

Ukoliko x, y ∈ I, onda x ∈ Ij1 i y ∈ Ij2 , za neke j1, j2 > 0. Ukolikoje j = max{j1, j2}, onda x, y ∈ Ij, pa, poxto je Ij ideal, sledi da x+ y ∈Ij ⊆ I.

Kako je I ideal u A, on je po pretpostavci konaqno generisan, te je

I = 〈x1, . . . , xk〉.

Kako je I unija rastu�eg niza ideala, zakǉuqujemo da je xs ∈ Ijs zaneke js > 0. Ako je m = max{j1, . . . , jk} onda xs ∈ Im za sve s ∈ {1, . . . , k}.No, to upravo znaqi da je I = Im. Kako je, za n > m:

Im ⊆ In ⊆ I = Im,

dobijamo da je In = Im za sve n > m, kao xto se i tra�ilo.

(2) =⇒ (1): Pretpostavimo da ideal I nije konaqno generisan. Toznaqi da, ako uzmemo bilo koji element x0 ∈ I tada I 6= 〈x0〉 = I0. Sada,ako uzmemo bilo koji element x1 ∈ I \ I0, I 6= 〈x0, x1〉 = I1, jer I nijekonaqno generisan. Tada je I0 ⊂ I1. Na analogni naqin nalazimo nizelemenata xi ∈ I tako da je

In = 〈x0. . . . , xn〉 ⊂ In+1 = 〈x0, . . . , xn+1〉,

tj. dobijamo beskonaqni strogo rastu�i niz ideala

I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ · · ·

xto protivreqi pretpostavci (2). �

37

Definicija 48 Za komutativan prsten A ka�emo da je Neterin ako ispu-ǌava bilo koji od ova dva ekvivalentna uslova.

Primer 49 Neka je A prsten svih neprekidnih funkcija f : [0, 1] → R, priqemu su operacije me�u funkcijama definisane taqka po taqka:

(f + g)(x) : = f(x) + g(x), (f · g)(x) : = f(x) · g(x).

Posmatrajmo niz ideala In = {f ∈ A : (∀x < 1n )f(x) = 0} (uverite se da je In

ideal u A). Jasno je da je In ⊂ In+1. Naime, kako je 1n+1 <

1n , jasno je da iz

f(x) = 0 za x < 1n sledi da je f(x) = 0 za x < 1

n+1 , no funkcija g : [0, 1]→ Rdefinisana sa

g(x) =

{0, x 6 1

n+1

x− 1n+1 inaqe,

pripada In+1, ali ne pripada In, te imamo beskonaqan strogo rastu�i nizideala. Dakle, prsten A nije Neterin.

Ovaj primer ne�emo daǉe koristiti, naveden je samo zato da se poka�eda postoje prsteni koji nisu Neterini. Zadatak slede�eg odeǉka �ese sastojati u tome da doka�emo da prsteni polinoma sa vixe neo-dre�enih jesu Neterini.

2.2 Hilbertova teorema o baziTeorema 50 (Hilbertova teorema o bazi) Ako je prsten A Neterin, onda jei prsten A[X] Neterin.

Dokaz. Neka je I ideal u prstenu A[X]. Definiximo ideal In uprstenu A sa:

In : = {an ∈ A : (∃a(X) ∈ A[X])(deg a(X) = n i LC(a(X)) = an)} ∪ {0}.

Kratko: u In se nalaze vode�i koeficijenti svih polinoma stepena nkoji se nalaze u idealu I, a osim ǌih je tu i 0 (nula nam je neophodnada bismo imali ideal, a moramo je ovako dodati, jer ona ne mo�e bitivode�i koeficijent nijednog nenula polinoma).

Doka�imo najpre da je In ideal u A. Neka je an ∈ In i b ∈ A. Ako jeb = 0, onda je b ·an = 0 ∈ In. Ako b 6= 0 i ako je a(X) ∈ I polinom stepenan u I qiji je vode�i koeficijent an, onda je ba(X) polinom stepena nu I qiji je vode�i koeficijent ban, pa zakǉuqujemo da ban ∈ In.

Ukoliko an, bn ∈ In, neka su a(X), b(X) polinomi stepena n iz I,takvi da je LC(a(X)) = an, a LC(b(X)) = bn. Ako je an + bn = 0, ondaje jasno da an + bn pripada In. U suprotnom, polinom a(X) + b(X) jepolinom stepena n iz I (jer je I ideal) qiji je vode�i koeficijentan + bn, te an + bn ∈ In.

38

Nije texko dokazati da je In ⊆ In+1. Naime, ako je an ∈ In, ondapostoji polinom a(X) iz I stepena n takav da je LC(a(X)) = an. Tadaje Xa(X) polinom stepena n+ 1 u I qiji je vode�i koeficijent tako�ean, te an ∈ In+1.

Tako smo dobili rastu�i niz ideala u A:

I0 ⊆ I1 ⊆ I2 ⊆ · · ·

Kako je prsten A Neterin, to je ovaj niz ideala stacionaran, tj. posto-ji m > 0 tako da je In = Im za sve n > m. Osim toga, svi ideali Ik sukonaqno generisani i neka je, za 0 6 k 6 m:

Ik = 〈ak1, . . . , aksk〉

i neka su fkjk ∈ I polinomi stepena k takvi da je LC(fkjk) = akjk .Doka�imo da polinomi fkjk za 0 6 k 6 m, 1 6 jk 6 sk generixu idealI. Oznaqimo sa I ideal u A[X] generisan ovim polinomima. Oqiglednoje I ⊆ I. Doka�imo drugu inkluziju.

Neka je f ∈ I \{0}. Dokaz izvodimo indukcijom po stepenu polinoma f .

Pretpostavimo da je deg f = 0. To znaqi da je zapravo f konstantanpolinom i da se nalazi u I0. Kako su i polinomi f01, . . . , f0s0 konstantnipolinomi koji generixu ovaj ideal, vidimo da f ∈ I.

Pretpostavimo da je polinom f stepena t i da je tvr�eǌe dokazanoza sve polinome stepena maǌeg od t, Imamo dve mogu�nosti.

1. t 6 m. Dakle, f je polinom stepena t, te LC(f) ∈ It. Kako at1, . . . , atst

generixu ideal It, to postoje bt1, . . . , btst ∈ A takvi da je

LC(f) = bt1at1 + · · ·+ btstatst

.

Podsetimo se da je atjt = LC(ftjt) i da je deg ftjt = t. To znaqi da je

deg(f − bt1ft1 − · · · − btstftst) < t,

a ovaj polinom svakako pripada idealu I. Po induktivnoj hipotezizakǉuqujemo da on pripada I, pa je i f ∈ I.

2. t > m. Dakle, f je polinom stepena t, te LC(f) ∈ It = Im. Kakoam1, . . . , amsm

generixu ideal Im, to postoje bm1, . . . , bmsm∈ A takvi da

jeLC(f) = bm1am1 + · · ·+ bmsmamsm .

Podsetimo se da je amjm = LC(fmjm) i da je deg fmjt = m. To znaqi daje

deg(f −Xt−mbm1fm1 − · · · −Xt−mbmsmfmsm) < t,

a ovaj polinom svakako pripada idealu I. Po induktivnoj hipotezizakǉuqujemo da on pripada I, pa je i f ∈ I.

39

Ovo i zavrxava dokaz, jer smo pokazali da konaqno mnogo polinomagenerixu ideal I. �

Napomena 51 U nazivu ove teoreme spomiǌe se neka baza. Ovde napomi-ǌemo da se ne radi o bazi u smislu vektorskih prostora, nego o tome da segeneratorni skup nekog ideala u polinomijalnom prstenu naziva i ǌegovombazom.

Posledica 52 Svaki ideal u prstenu K[X1, . . . , Xn] je konaqno generisan.

Dokaz. Zapravo je sve ve� ura�eno. Indukcijom po n se pokazuje daje K[X1, . . . , Xn] Neterin prsten, a to upravo znaqi da je svaki idealu ǌemu konaqno generisan. �

2.3 Diksonova lemaU ovom kratkom odeǉku dokaza�emo jedno qisto kombinatorno tvr�eǌekoje �e nam koristiti u daǉem.

Stav 53 (Diksonova lema) Neka je n > 1. Na skupu Nn definixemo ure�eǌe� sa:

(x1, . . . , xn)� (y1, . . . , yn) def⇐⇒ (x1 6 y1 ∧ . . . ∧ xn 6 yn).

Neka je T proizvoǉan neprazan podskup od Nn. Tada je skup minimalnihelemenata u T u odnosu na ovo ure�eǌe konaqan.

Dokaz. Dokaza�emo zapravo da u parcijalno ure�enom skupu (Nn,�)ne postoji beskonaqan antilanac (beskonaqan skup u kome su svakadva elementa me�usobno neuporediva). Ovo nam dokazuje da i ma kojipodskup od Nn ne mo�e imati beskonaqan skup minimalnih elemenata,jer i minimalni elementi qine jedan antilanac. Predstavi�emo dvadokaza.

Tvr�eǌe dokazujemo indukcijom po n. U sluqaju n = 1 tvr�eǌe jetrivijalno.

Pretpostavimo da je n > 1 i da je tvr�eǌe taqno za sve brojevemaǌe od n. Pretpostavimo da je S beskonaqan antilanac u Nn. Neka je(a1, . . . , an) proizvoǉan element u S. Tada skup S mo�emo da ‘razbijemo’na dva disjunktna skupa: S = S+ t S−, gde je

S+ = {(x1, . . . , xn) ∈ S : xn > an},

S− = {(x1, . . . , xn) ∈ S : xn 6 an}.Bar jedan od ova dva skupa je beskonaqan. Ukoliko je to skup S−, ondapostoji prirodan broj k ∈ {0, . . . , an} takav da je skup

S = {(x1, . . . , xn−1) ∈ Nn−1 : (x1, . . . , xn−1, k) ∈ S}

40

beskonaqan. No, tako bismo dobili beskonaqan antilanac u Nn−1

xto protivreqi induktivnoj hipotezi. Zakǉuqujemo da je skup S+

beskonaqan. Tada je S+ = S++ t S+−, gde je

S++ = {(x1, . . . , xn) ∈ S+ : xn−1 > an−1},

S+− = {(x1, . . . , xn) ∈ S+ : xn−1 6 an−1}.

Bar jedan od ova dva skupa je beskonaqan i kao i pre, to mora bitiskup S++. Dakle, za svaki element (x1, . . . , xn) skupa S va�i: xn > an,xn−1 > an−1. Postupak nastavǉamo dok ne dobijemo beskonaqan skupS+ · · ·+︸︷︷︸

n

⊂ S u kome je za sve i: xi > ai, xto protivreqi pretpostavci

da su u S neuporedivi elementi.

Ovim je prvi dokaz okonqan. Prelazimo na drugi dokaz.

Neka je, kao i u prethodnom dokazu (a1, . . . , an) ∈ S, gde je S nekibeskonaqan antilanac. Za 1 6 i 6 n uoqimo skupove

Si = {(x1, . . . , xn) ∈ S : xi 6 ai}

i skupS0 = {(x1, . . . , xn) ∈ S : (∀i)xi > ai}.

Tada jeS = S0 t (S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Sn),

te je bar jedan od ovih skupova beskonaqan. Ako bi to bio neki odskupova Si za 1 6 i 6 n, dobili bismo kontradikciju na isti naqin nakoji smo je dobili iz pretpostavke da je skup S− beskonaqan. Dakle,skup S0 mora biti beskonaqan. No, (a1, . . . , an) 6∈ S0 i za svaki element(x1, . . . , xn) u skupu S0 va�i

(a1, . . . , an)� (x1, . . . , xn).

Ovo protivreqi pretpostavci da je S antilanac (dovoǉno je bilo dana�emo u S jedan element uporediv sa (a1, . . . , an), a razliqit od ǌega,a mi na�osmo beskonaqno mnogo ǌih). �

2.4 Monomni poredak i redukcije polinomaMi sada znamo da je svaki ideal u prstenu polinoma K[X1, . . . , Xn], gdeje K poǉe, konaqno generisan. Za dati ideal I = 〈h1, . . . , hk〉 prirodnose pojavǉuje pitaǌe pripadnosti idealu. Kako ustanoviti da li jedati polinom f u idealu I?

Pogledajmo najpre najjednostavniji sluqaj: n = 1, k = 1 (ovde �emomalo ponoviti nexto iz prvih lekcija, ali korisno je to u ovom

41

trenutku). Dakle, pitamo se da li polinom f(X) ∈ K[X] pripada ide-alu generisanom polinomom h1(X) ∈ K[X]. Jasno je kako to radimo.Jednostavno podelimo polinom f(X) polinomom h1(X) i proverimo dali je ostatak jednak 0. Ako jeste, onda je f(X) = q(X)h1(X) za nekipolinom q(X) i f(X) jeste u tom idealu. U sluqaju da postoji nenulaostatak, polinom nije u idealu. Dakle, nixta prostije. Podsetimo sekako se vrxi deǉeǌe. Neka je f(X) = anX

n + an−1Xn−1 + · · ·+ a1X + a0

i h1(X) = bmXm + bm−1X

m−1 + · · · + b1X + b0. Ukoliko je n < mnixta ne mo�emo da uradimo, zato posmatrajmo sluqaj n > m. Xtaradimo? Posmatramo iskǉuqivo monome anXn i bmX

m i prvi monompodelimo drugim. Dobijamo da je rezultat an

bmXn−m. To �e nam biti

prvi monom u koliqniku. Potom pomno�imo tim monomom polinomh1(X) i oduzmemo rezultat od polinoma f . Dobijamo novi polinomf1(X) = f(X)− anX

n

bmXmh1(X). Ovo mo�emo zapisati i ovako:

fh1−→ f1,

i to mo�emo qitati: polinom f je sveden (redukovan) na polinom f1pomo�u polinoma h1. Da bismo pojednostavili zapis, polinome smopisali bez eksplicitnog navo�eǌa neodre�ene. To �emo qesto raditii daǉe.

Postupak daǉe primeǌujemo na polinom f1. Ovo se nastavǉa svedok ne do�emo ili do nule ili do polinoma stepena maǌeg od stepenapolinoma h1. Taj dobijeni polinom, koji mo�emo (ne previxe max-tovito) da oznaqimo sa r, zapravo je ostatak pri deǉeǌu polinoma fpolinomom h1. To se u prethodnoj simbolici zapisuje i ovako:

fh1−→ f1

h1−→ f2 · · ·h1−→ fs = r.

Dakle, deǉeǌe jednog polinoma drugim zapravo se sastoji iz vixe ko-raka koje nazivamo redukcije. Ovo deǉeǌe nam jednostavno omogu�avada razreximo pitaǌe pripadnosti idealu u sluqaju polinoma sa jed-nom neodre�enom i ideala generisanog jednim elementom.

Xta se dexava u sluqaju n = 1, k = 2? Tada imamo ideal I =〈h1(X), h2(X)〉. Kako ustanoviti da li dati polinom f pripada ovomidealu? Reklo bi se, nixta posebno. Recimo, podelimo polinomf polinomom h1. Ako je ostatak 0, onda jeste u idealu, ako nije,onda taj ostatak podelimo polinomom h2. Sad, tu postoji izvesnaproizvoǉnost – zaxto prvo h1, pa posle h2, ali dobro. No, da li ovo‘radi’?

Razmotrimo slede�i primer: f = X3 + X, h1 = X2 − X, h2 = X2.Vrximo deǉeǌe polinomom h1:

X3 +Xh1−→ X2 +X

h1−→ 2X.

42

U prvoj redukciji smo od polinoma f oduzeli polinom h1 pomno�enmonomom X = X3

X2 , a potom smo od dobijenog polinoma oduzeli polinomh1 pomno�en monomom 1 = X2

X2 . Sve po pravilima kojima vrximo reduk-cije. Dobili smo polinom 2X i ǌega ne mo�emo vixe da redukujemopolinomom h1. Dobro, pre�imo na polinom h2. . . Ali, ne mo�emo da garedukujemo ni polinomom h2! Qini se da on nije u idealu. A xta bise desilo da smo prvo redukovali polinomom h2?

X3 +Xh2−→ X.

Opet ne mo�emo da nastavimo daǉe. Primetimo da nismo dobili istirezultat. No, mi smo deǉeǌe rastavili na pojedinaqne korake – re-dukcije. Mo�da mo�emo da malo redukujemo pomo�u h1, a malo pomo�uh2?

X3 +Xh1−→ X2 +X

h2−→ X.

Kako god da radimo, ne dobijamo da polinom pripada idealu. Ali,jasno se vidi da polinom jeste u idealu: X = h2 − h1, pa X ∈ I, af = (X2 + 1) ·X, pa f ∈ I.

Dakle, ovaj nax postupak ne radi bax dobro. Trebalo bi malo darazmislimo. Oqigledno je bilo pogrexno koristiti samo polinomeh1 i h2. Treba gledati i druge polinome koji su u idealu. Naravno,lako �emo se dosetiti kako ovo popraviti. Ne samo za ovaj pose-ban sluqaj, nego uopxte. Mi vrlo dobro znamo da je prsten polinomaK[X] glavnoidealski, tj. u ǌemu je svaki ideal generisan jednim poli-nomom. Znamo i koji je to polinom. To je polinom koji je zapravo naj-ve�i zajedniqki delilac tog konaqnog broja polinoma koji generixuideal. U sluqaju dva polinoma, najve�i zajedniqki delilac se dobijaEuklidovim algoritmom, a za vixe polinoma se postupak iterira. Unaxem sluqaju se lako dobija da je NZD(X2−X,X2) = X i onda je svejasno (i lako).

Prema tome, problem pripadnosti idealu I = 〈h1, . . . , hk〉 rexilismo prelaskom na ,,boǉi” generatorni skup. U sluqaju ideala gene-ratorni skup naziva se, kao xto rekosmo, i baza. Dakle, od baze{h1, . . . , hk} prelazimo na jednoqlanu bazu {NZD(h1, . . . , hk)} i tada seproblem pripadnosti idealu jednostavno rexava.

Pozabavimo se sada sluqajem polinoma sa vixe neodre�enih. Mora-mo pre svega, da razjasnimo deǉeǌe u prstenu polinoma sa vixe neo-dre�enih. Kao xto smo videli, deǉeǌe je zapravo niz redukcija, te�emo stoga razjasniti pojam redukcije.

Kada vrximo redukciju polinoma sa jednom neodre�enom, mi se kon-centrixemo na dva monoma, koji su zapravo monomi najve�eg stepena udva polinoma koje razmatramo. Drugim reqima, oni su vode�i monomi.Kako to izgleda u sluqaju polinoma sa vixe neodre�enih? Na primer,

43

koji je to vode�i monom u polinomu X3Y + 4X2Y 2 + 3X2Y + Y 3 −X2 +2Y − 1? Ako gledamo po totalnim stepenima, onda su i X3Y i 4X2Y 2

stepena 4. Naravno, mo�emo da se koncentrixemo na najvixi stepen odX. Ali, xta re�i za ovaj polinom: X2Y 2Z+X2Y Z2−Y 2+3Z−5? Ovdemo�emo da gledamo ve�i stepen od Y . Treba to pa�ǉivije osmisliti.

Evo malo prigodne terminologije. Ako imamo monom cXα11 Xα2

2 · · ·Xαnn ,

onda je tu c koeficijent, a Xα11 Xα2

2 · · ·Xαnn je proizvod stepena neodre-

�enih, kratko proizvod. Ovaj proizvod �emo kratko oznaqavati sa XXXααα

(ovde su XXX i ααα odgovaraju�e n-torke). (Ovde nije loxe napomenutida je pri pisaǌu zgodno, umesto ovako zatamǌenih slova, ta slovapodvu�i, tj. X umesto XXX i α umesto ααα.)

�elimo da uvedemo neki poredak na skupu svih proizvoda P. Presvega �elimo da taj poredak proxiruje poredak u smislu deǉivosti,tj. da iz XXXααα | XXXβββ sledi XXXααα � XXXβββ. Tako�e �elimo da tako dobi-jemo dobro ure�eni skup svih proizvoda, jer ne �elimo beskonaqanopadaju�i niz: XXXααα1 � XXXααα2 � . . . . Posebno, to znaqi da imamo jednolinearno ure�eǌe, tj. svaka dva proizvoda moraju biti uporediva.Primetimo da je i 1 � XXXααα za svako ααα (1 = XXX000, 000 = (0, 0, . . . , 0)). Svakitakav poredak naziva se monomni poredak (mada je zapravo definisanna proizvodima, a ne monomima, ali ne postoji usaglaxenost termina,te se ne�emo daǉe brinuti o tome).

Zapravo, evo precizne definicije koja nam daje sve tra�ene uslove.

Definicija 54 Linearno ure�eǌe na skupu svih proizvoda je monomniporedak ukoliko ispuǌava slede�a dva uslova.

1. Za sve ααα 6= 000 je 1 ≺XXXααα

2. Za sve ααα,βββ,γγγ iz XXXααα ≺XXXβββ sledi XXXαααXXXγγγ ≺XXXβββXXXγγγ .

Stav 55 Monomni poredak je dobro ure�eǌe na skupu svih proizvoda.

Dokaz. Neka je � neki monomni poredak na skupu P i neka je T neprazanpodskup od P. �elimo da poka�emo da T ima najmaǌi element. Prime-timo pre svega da pridru�ivaǌe Φ: Nn → P zadato sa

Φ(α1, . . . , αn) = Xα11 · · ·Xαn

n

uspostavǉa jednu bijekciju izme�u Nn i P za koju va�i

(α1, . . . , αn)� (β1, . . . , βn) ⇐⇒ Xα11 · · ·Xαn

n | Xβ11 · · ·Xβn

n .

Drugim reqima, parcijalno ure�eni skupovi (Nn,�) i (P, |) su izomorfni.Diksonova lema ka�e da skup Φ−1[T ] ⊆ Nn ima samo konaqno mnogominimalnih elemenata u odnosu na poredak � pa stoga i T ⊆ P imasamo konaqno mnogo minimalnih elemenata u odnosu na poredak |. No,monomni poredak proxiruje poredak zadat deǉivox�u, a uz to je i

44

linearno ure�eǌe. Kod svakog linearnog ure�eǌa, svaki konaqan skupima i najmaǌi i najve�i element. Najve�i element nas ne zanima, alinajmaǌi element u skupu tih minimalnih elemenata u odnosu na | jenajmaǌi element u skupu T u odnosu na monomni poredak �. �

Monomnih poredaka ima uistinu mnogo. Navedimo dva najjednos-tavnija. Prvi je leksikografski poredak, oznaka lex. U tom sluqajuje

Xα11 Xα2

2 · · ·Xαnn ≺lex X

β11 Xβ2

2 · · ·Xβnn

def⇐⇒ (∃i ∈ {1, . . . , n})((∀j < i)(αj = βj)∧αi < βi)

Kratko reqeno, proizvodi se porede kao u reqniku. Zamislite da steispisali proizvod kao req u reqniku (pri qemu su neodre�ene slovai to tako da je X1 prvo slovo itd.). Onda je ve�a ona koja se prvapojavi. Recimo X2

1X2X73 ≺lex X

21X

22X3: α1 = 2 = β1, a α2 = 1 < 2 = β2.

Zapravo, prva odgovara reqi (reqnik je na �irilici): aabvvvvvvv,a druga aabbv. Sigurno se ni u jednom reqniku srpskog jezika ovedve reqi ne pojavǉuju, ali znamo koja bi se prva pojavila. Posebno,ovde je X1 �lex X2 �lex · · · �lex Xn. Naime, X2 = X0

1X12 · · ·X0

n, aX1 = X1

1X02 · · ·X0

n, pa je X2 ≺lex X1, xto se vidi pore�eǌem stepenaneodre�ene X1. Uostalom, slovo a se pojavǉuje pre slova b, zar ne?Naravno, pore�eǌe sa reqnikom je nategnuto: naxe neodre�ene ko-mutiraju, a slova u reqima sigurno ne, ali ovo objaxǌava termi-nologiju.

Drugi jednostavan poredak, koji �emo koristiti u daǉem je tako-zvani stepenasti leksikografski poredak, u oznaci grlex. U ovom poret-ku, ako gledamo analogiju sa reqnikom, prvo poredite du�inu reqi(du�e reqi su ve�e od kra�ih), a reqi iste du�ine poredite leksiko-grafski: Xα1

1 Xα22 · · ·Xαn

n ≺grlex Xβ11 Xβ2

2 · · ·Xβnn ako i samo ako je

n∑i=1

αi <

n∑i=1

βi

ili jen∑i=1

αi =n∑i=1

βi, a Xα11 Xα2

2 · · ·Xαnn ≺lex X

β11 Xβ2

2 · · ·Xβnn .

Jasno je da je i ovde Xi �grlex Xj za i < j.

Zapravo, mi smo i definisali oba ova poretka tako da neodre�eneovako budu ure�ene. Mo�e se naravno, analogno, zadati leksikograf-ski i stepenasti leksikografski poredak da neodre�ene budu ure�enena neki drugi naqin.

Izaberimo neki monomni poredak �. Svaki polinom f 6= 0 izK[X1, X2, . . . , Xn] mo�emo zapisati na slede�i naqin:

f = a1XXXααα1 + a2XXX

ααα2 + · · ·+ arXXXαααr ,

45

pri qemu je XXXααα1 � XXXααα2 � · · · � XXXαααr . Prirodno je uvesti slede�uterminogiju (i oznake). Vode�i proizvod polinoma f , u oznaci LP (f),je XXXααα1 , vode�i koeficijent tog polinoma, u oznaci LC(f) je a1, dok jea1XXX

ααα1 vode�i monom: LM(f) = α1XXXααα1 .

Neka je zadat ideal I = 〈h1, h2, . . . , hk〉. Zanima nas pitaǌe pripad-nosti polinoma f 6= 0 ovom idealu. Na analogan naqin mo�emo uvestipojam redukcije. Uoqimo LP (f) i LP (hi). Ako LP (hi) | LP (f), ondavrximo redukciju:

fhi−→ f1,

gde je

f1 = f − LM(f)LM(hi)

hi.

Primetimo da je sada LP (f1) ≺ LP (f), jer smo vode�i monom ‘skinuli’,a sve se radilo proizvodima koji su maǌi od LP (f) (koristili smovode�i monom i u hi). Dakle, mo�emo ponavǉati ove redukcije ko-riste�i sve ove polinome h1, . . . , hk. Na kraju dolazimo do polinomar koji daǉe ne mo�emo da redukujemo. U sluqaju polinoma sa jednomneodre�enom, to se dexava kada stepen dobijenog polinoma bude maǌiod stepena polinoma hi, a u sluqaju polinoma sa vixe neodre�enih,to se dexava kada nijedan od vode�ih proizvoda LP (hi) ne deli LP (r).Ako je r = 0, onda znamo da je f u idealu, a ako nije, onda. . .

2.5 Grebnerove baze – pojam i egzistencijaNastavǉamo sa pitaǌem redukcije. Umesto da radimo sa datom bazomh1, . . . , hk, mi �elimo da dobijemo boǉu bazu, u kojoj �e redukcijarexiti problem pripadnosti idealu (a i u kojoj ‘ostatak’ ne zavi-si od redosleda redukcija). Da li mo�emo da na�emo takvu bazu?Posmatrajmo skup LP(I) = {LP (g) : g ∈ I \ {0}}. To je skup svihvode�ih proizvoda polinoma iz I. Prema Diksonovoj lemi, postojikonaqno mnogo minimalnih elemenata (u smislu deǉivosti) u ovomskupu, tj. postoji konaqno mnogo polinoma g1, . . . , gs ∈ I takvih da jeskup {LP (g1), . . . , LP (gs)} skup svih minimalnih elemenata skupa LP(I).

Zapravo ovako dobijeni elementi g1, . . . , gs i predstavǉaju tra�enupogodnu bazu – to je Grebnerova baza ideala I! Poka�imo da je tozaista baza tog ideala, a i da je pogodna u gorenavedenom smislu.

Pokaza�emo da:

za svaki g ∈ I \ {0} postoji i ∈ {1, . . . , s} tako da LP (gi) | LP (g). (11)

U suprotnom, neka je g nenula polinom iz ideala I qiji vode�i proizvodnije deǉiv nijednim od vode�ih proizvoda polinoma gi. Kako su oniminimalni, to, za sve i: LP (g) - LP (gi). Postoji samo konaqno mnogoma kakvih proizvoda koji dele LP (g). Samim tim postoji samo konaqno

46

mnogo proizvoda iz skupa LP(I) koji dele LP (g). Izaberimo neki min-imalan takav (mo�da je to bax LP (g), nema veze). Taj proizvod �e ondabiti i minimalan u celom skupu LP(I), a to protivreqi qiǌenici daje {LP (g1), . . . , LP (gs)} skup svih minimalnih elemenata (taj proizvodnije ni jedan od ovih – oni ne dele LP (g)).

Dakle, sada imamo polinome g1, . . . , gs iz ideala I sa gorenavedenimsvojstvom (11). Poka�imo da oni generixu I. Zapravo �emo pokazatida je f ∈ I ako i samo ako se pomo�u gi mo�e redukovati do 0.

Naravno, jedan smer je lak. Ako se polinom redukuje do 0 korix-�eǌem polinoma gi, onda je taj polinom oblika

∑i pigi za neke polinome

pi, pa samim tim pripada idealu I (pri redukciji od datog polinomaf oduzimamo neki gi pomno�en nekim monomom; ako do�emo na kraju odnule, onda, rade�i unazad, dobijamo da je f suma umno�aka gi nekimpolinomima). Pretpostavimo stoga da f ∈ I. To znaqi da je LP (gi) |LP (f) za neko i, pa mo�emo izvrxiti redukciju:

fgi−→ f1,

pri qemu je LP (f1) ≺ LP (f) i f1 ∈ I. Ukoliko je f1 = 0, dobili smotra�eno; u suprotnom nastavǉamo postupak. Tako dobijamo niz poli-noma: f = f0, f1, . . . za koje je LP (f0) � LP (f1) � . . . . Na osnovu svojs-tava monomnog poretka, znamo da takav niz ne mo�e biti beskonaqan,te se proces mora zavrxiti i dobijamo 0 posle konaqno mnogo koraka.

Sada mo�emo dati eksplicitnu definiciju pojma Grebnerove baze.

Definicija 56 Polinomi g1, . . . , gs ∈ I qine Grebnerovu bazu za ideal Iako ispuǌavaju gorenavedeno svojstvo (11).

Mi smo do sada samo razmatrali redukciju polinoma tako xto smo‘skidali’ ǌegov vode�i monom. No, redukcija se mo�e vrxiti i takoda se ‘skida’ ma koji monom u datom polinomu. Kada se vixe nijedanmonom ne mo�e ‘skinuti’ dobijamo pravi ostatak. Videli smo da sepri proizvoǉnoj bazi mogu dobiti razliqiti ostaci, qak i u sluqajupolinoma sa jednom neodre�enom. Razjasnimo sada nedoumicu – dali ostatak koji se dobija pri redukciji zavisi od redosleda kojomredukciju vrximo ako imamo Grebnerovu bazu.

Stav 57 Neka jeG = {g1, . . . , gs} jedna Grebnerova baza ideala I/K[X1, . . . , Xn]i neka je f 6= 0 proizvoǉan polinom iz K[X1, . . . , Xn]. Ukoliko su polinomir1 i r2 dobijeni redukcijom polinoma f pomo�u baze G, a koji se ne mogu daǉeredukovati, onda je r1 = r2.

Dokaz. S obzirom na naqin na koji se vrxi redukcija dobijamo dapostoje polinomi p1, . . . , ps i polinomi q1, . . . , qs za koje je

f = p1g1 + · · ·+ psgs + r1, f = q1g1 + · · ·+ qsgs + r2.

47

Odavde dobijamo da je

r1 − r2 = (q1 − p1)g1 + · · ·+ (qs − ps)gs ∈ I.

Dakle, ukoliko je r1 − r2 6= 0 onda LP (gi) | LP (r1 − r2), za neko i (G jeGrebnerova baza). Naravno, mo�e se desiti da su se pri oduzimaǌur1 − r2 vode�i monomi u ovim polinomima skratili, ali, poxto popretpostavci r1 − r2 6= 0, ipak je nexto i ostalo, tj. LP (r1 − r2) jeneki od proizvoda koji se pojavǉuju u polinomu r1 i/ili polinomur2. No, to znaqi da LP (gi) deli neki od proizvoda u bar jednom odova dva polinoma, te bar jedan od ǌih nije potpuno redukovan, xtoprotivreqi pretpostavci. Zakǉuqujemo da mora va�iti r1 = r2, xtose i tra�ilo. �

Videli smo da Grebnerova baza uvek postoji. Drugo je pitaǌe kakoje na�i. Postoje algoritmi za nala�eǌe Grebnerove baze konkretnogideala, a oni su i implementirani u raznim paketima za simboliqkaizraqunavaǌa. Mi �emo se time kratko baviti u narednom odeǉku.Ovde �emo samo prokomentarisati da, naravno, Grebnerova baza za-visi od izbora monomnog poretka, ali je zanimǉiva i slede�a jed-nostavna qiǌenica: ako je {g1, . . . , gs} Grebnerova baza za poredak�1 i posmatramo poredak �2 i skup polinoma {h1, . . . , hs} za koje jeLP�1(gi) = LP�2(hi) za sve i, onda je skup {h1, . . . , hs} Grebnerova bazaza poredak �2. Nadamo se da je qitaocu potpuno jasno zaxto ovo va�i.

Za kraj ovog odeǉka, navedimo da se pojam Grebnerove baze mo�ezadati i za sluqaj polinoma nad nekim prstenom koeficijenata. Na-ravno da je tu slo�enije razmatraǌe (na primer, odmah se mo�e prime-titi da moramo razmatrati da li LM(g) | LM(f), a ne samo da liLP (g) | LP (f)), ali za pravilne prstene, poput glavnoidealskih do-mena, teorija se mo�e fino razviti.

2.6 S-polinomi i Buhbergerov algoritamUvedimo najpre jednu oznaku. Neka je F = {f1, . . . , fs} skup polinomaiz K[X1, . . . , Xn]. Tada

fF−→+ h

oznaqava da je polinom f redukovan na polinom h nizom redukcija ukojima su uqestvovali polinomi iz skupa F .

Posmatrajmo ideal I = 〈f1, . . . , fs〉. Svaki element iz ovog ideala jeoblika h1f1 + · · ·+ hsfs. Znamo da polinomi f1, . . . , fs qine neku Greb-nerovu bazu za ideal I ako je vode�i proizvod svakog nenula elementaideala I deǉiv nekim od LP (fi). Na prvi pogled se mo�e uqiniti davode�i proizvodi od fi uvek uqestvuju u elementu ideala, ali to na-ravno nije sluqaj. Naime, vode�i proizvodi LP (hifi) = LP (hi)LP (fi)mogu se skratiti me�usobno. Najjednostavniji sluqaj u kome se todexava je slede�i.

48

Definicija 58 Neka su f, g ∈ K[X1, . . . , Xn] \ {0} i neka je

L = NZS(LP (f), LP (g)).

Polinom S(f, g) zadat sa:

S(f, g) : =L

LM(f)f − L

LM(g)G.

naziva se S-polinom od f i g.

Naravno, NZS(P1, P2) oznaqava najmaǌi zajedniqki sadr�alac proizvodaP1 i P2. Na primer, ako imamo grlex poredak u kome je X > Y i ako jef = 3X3Y +4Y 2, a g = 2XY 2−7Y +6, onda je L = NZS(X3Y,XY 2) = X3Y 2

i

S(f, g) =X3Y 2

3X3Y(3X3Y +4Y 2)−X

3Y 2

2XY 2(2XY 2−7Y +6) =

72X2Y +

43Y 3−3X2.

Vidimo da je doxlo do skra�ivaǌa vode�ih proizvoda i da vode�iproizvod polinoma S(f, g) nije deǉiv vode�im proizvodima polinoma fi g. Kako je jasno da S(f, g) ∈ 〈f, g〉, to skup {f, g} sigurno ne qini Greb-nerovu bazu. No, zanimǉivo je da je za proveru da li neki skup poli-noma qini Grebnerovu bazu dovoǉno posmatrati S-polinome parovapolinoma iz tog skupa kandidata. To je suxtina slede�e teoreme.

Teorema 59 (Buhbergerova teorema) Neka je G = {g1, . . . , gs} skup nenulapolinoma iz K[X1, . . . , Xn]. Tada je G Grebnerova baza za ideal generisantim polinomima ako i samo ako za sve i 6= j va�i:

S(gi, gj)G−→+ 0.

Ovu teoremu ne�emo dokazivati.

Teorema 60 Neka je F = {f1, . . . , fs} skup nenula polinoma izK[X1, . . . , Xn].Vrximo slede�i postupak sa ovim polinomima.

Raqunamo S(f1, f2) i redukujemo u odnosu na F do polinoma h, koji se nemo�e daǉe redukovati u odnosu na F . Ako je h = 0, razmatramo polinome f1i f3. A ako je h 6= 0, dodajemo ga u skup F i nastavǉamo razmatraǌe polinomaf1 i f3, ali sada uz korix�eǌe skupa F proxirenog polinomom h. Postupakzavrxavamo kada se svi S-polinomi parova polinoma iz tako proxirenogskupa redukuju do 0. Tako proxireni skup je jedna Grebnerova baza za idealgenerisan skupom polinoma F .

Dokaz. Ovde treba dokazati da se ovaj postupak zavrxava posle konaqnomnogo koraka, kao i da se zaista dobija Grebnerova baza za idealgenerisan polinomima f1, . . . , fs.

49

Ukoliko se postupak ne bi zavrxio, dobili bismo beskonaqan niznovih polinoma

h1, h2, h3 . . .

takav da LP (hi) nije deǉiv nijednim od LP (hj) za j < i (nije deǉivni sa LP (fk), za 1 6 k 6 s, ali je i ovo prethodno dovoǉno). To biznaqilo da u skupu svih proizvoda postoji beskonaqan antilanac, xtoznamo da nije mogu�e na osnovu Diksonove leme. Zakǉuqujemo da sepostupak mora zavrxiti.

Dakle, postupak se zavrxava i dobijamo novi skup polinoma, zovimoga G: G = {f1, . . . , fs, h1, . . . , ht}. Neka je gi : = fi za 1 6 i 6 s i gs+j : = hj

za 1 6 j 6 t. S obzirom da va�i da je S(gi, gj)G−→+ 0 za sve i 6= j, Buh-

bergerova teorema nam ka�e da smo zaista dobili jednu Grebnerovubazu. �

Postupak opisan u prethodnoj teoremi zove se Buhbergerov algo-ritam. Kao xto vidimo, to je jedan dosta jednostavan postupak bazi-ran na Buhbergerovoj teoremi. Znamo da se svi S-polinomi za parovepolinoma iz Grebnerove baze moraju redukovati do nule. Stoga raqu-namo te polinome. Svaki put kad ne dobijemo nulu, taj redukovanipolinom dodajemo u bazu. Na kraju zaista i dobijamo jednu Greb-nerovu bazu.

2.7 Redukovane Grebnerove bazeDakle, imamo jedan postupak (Buhbergerov algoritam) koji nam omogu-�ava nala�eǌe neke Grebnerove baze poqev od nekog skupa generatoraideala. Jasno je da su pri konstrukciji baze vrxeni mnogi izborixto se tiqe redosleda redukcije, a od ǌih zavisi i konaqan ishod. Dabismo mo�da doxli do neke jedinstvenosti, navedimo najpre slede�udefiniciju.

Definicija 61 Za Grebnerovu bazu G = {g1, . . . , gs} ka�emo da je mini-malna ukoliko va�i slede�e:

1) LC(gi) = 1, za sve i.

2) Za sve i 6= j: LP (gi) - LP (gj).

Nije texko videti kako se od ma koje Grebnerove baze dobija mini-malna. Pre svega, prvi uslov je lako ispuniti – dovoǉno je podelitisvaki qlan baze ǌegovim vode�im koeficijentom. Xto se tiqe drugoguslova, ako je G neka Grebnerova baza i g1, g2 ∈ G, ukoliko LP (g2) |LP (g1), onda je i G \ {g1} Grebnerova baza – svaki proizvod deǉiv saLP (g1) deǉiv je i sa LP (g2), te nam polinom g1 i nije neophodan za tubazu.

50

Stav 62 Neka su F = {f1, . . . , fs} i G = {g1, . . . , gt} dve minimalne Greb-nerove baze nekog ideala. Tada je s = t i

{LP (f1), . . . , LP (fs)} = {LP (g1), . . . , LP (gs)}.

Dokaz. Oznaqimo sa I ideal o kome je req. Kako f1 ∈ I, a G jeGrebnerova baza, LP (gi1) | LP (f1) za neko i1. Sliqno, kako gi1 ∈ I,a F je Grebnerova baza, onda LP (fj) | LP (gi1) za neko j. Sledi daLP (fj) | LP (f1). No, kako je baza F minimalna, mora biti j = 1.Dakle, LP (f1) | LP (gi1) i LP (gi1) | LP (f1). S obzirom da su vode�ikoeficijenti jednaki 1, dobijamo da je LP (f1) = LP (gi1).

Posmatrajmo skupove F \ {f1} i G = \{gi1}. Element f2 je u I, akako je G Grebnerova baza, LP (gi2) | LP (f2) za neko i2. S obzirom daje LP (gi1) = LP (f1), a LP (f1) - LP (f2), mora biti i2 6= i1. Kao i uprethodnom sluqaju, LP (fj) | LP (gi2) za neko j i to j mora biti baxjednako 2. I ovde dobijamo da je LP (f2) = LP (gi2).

Postupak se nastavǉa i dobijamo da je za sve 1 6 k 6 s: LP (fk) =LP (gik) pri qemu je gik 6= gil kad god je k 6= l. To pokazuje da je s 6 t.Kako smo mogli da krenemo simetriqno, od g1, va�i i da je t 6 s.Stoga je s = t i {LP (f1), . . . , LP (fs)} = {LP (g1), . . . , LP (gs)}, xto se itra�ilo. �

Definicija 63 Za Grebnerovu bazu G = {g1, . . . , gs} ka�emo da je reduko-vana ukoliko je LC(gi) = 1 za sve i i ukoliko je, za sve i, element gi redukovanu odnosu na G \ {gi}, tj. nijedan monom u gi nije deǉiv nekim od LP (gj) zaneko j 6= i.

Teorema 64 Neka je izabran neki monomni poredak na skupu Pn. Svakinenula ideal I / K[X1, . . . , Xn] ima jedinstvenu redukovanu Grebnerovu bazuu odnosu na izabrani monomni poredak.

Dokaz. Nije texko uveriti se kako se od ma koje Grebnerove bazenalazi redukovana. Najpre se svi qlanovi baze redukuju u odnosu naostale, a zatim se oni qlanovi baze koji su ostali, podele svojimvode�im koeficijentima.

Ostaje pitaǌe jedinstvenosti. S obzirom da je svaka redukovanabaza ujedno i minimalna (zaxto?) svake dve redukovane baze imajuisti broj elemenata. Neka su G = {g1, . . . , gt} i H = {h1, . . . , ht} dveredukovane Grebnerove baze za dati ideal. Mo�emo pretpostaviti ida je LP (gi) = LP (hi) za sve i (videti prethodni stav).

Ukoliko bi bilo gk 6= hk za neko k, imali bismo nenula elementideala I: gk−hk, te LP (hj) | LP (gk−hk). Kako je LP (gk−hk) ≺ LP (hk),jer su se vode�i monomi skratili, to je j 6= k. No, to znaqi da LP (hj) =LP (gj) deli neki od monoma u gk−hk, no ma koji monom u tom polinomuje umno�ak nekog od monoma iz gk i/ili hk. No, to bi znaqilo da bazaG ili baza H nije redukovana, xto protivreqi pretpostavci. �

51

algebra2{ismerpoincare.matf.bg.ac.rs/~zoranp/2018-19/algebra_2_i_predavanja.pdf · 2)akojec(x)...

Documents