Zad 1.

(1)

Zad 1.

Korzystając z I twierdzenia o izomorfizmie, udowodnić ,że zbiór

I=

{

^f^{∈ C(R):f}⁽²⁾⁼⁰

}

jest ideałem i jest ideałem maksymalnym w pierścieniu C( R) -zbiorze funkcji ciągłych z zbioru liczb rzeczywistych R do R .

Zad 2.

W pierścieniu D - zbiorze funkcji różniczkowalnych w przedziale (^{0, 5}), który z zbiorów A=

{

f∈ D : f^'(2)=0

}

, B=

{

f∈ D :f (1)=0 , f^'(1)=0

}

jest ideałem. Czy jest ideałem pierwszym, maksymalnym?.

Zad 3.

Które z zbiorów jest pierścieniem a który pierścieniem i ciałem

a). A=

{

a+b⁴

√

^{3 :a , b}^∈Q

}

działania to dodawanie i mnożenie liczb rzeczywistych.

b). R³ i działania dodawania i mnożenia to dodawanie i mnożenie po współrzędnych.

c). Q[X]

(

X³−2

)

d). Z₅[X]

(

X²+1

)

e). Z₅[X]

(

X²+2

)

Zad 4.

Wykazać, że ideał (²⁺ⁱ) w pierścieniu Z[i] jest maksymalny.

Zad 5.

Wyznaczyć elementy pierścienia ilorazowego Z₂[X]

I gdzie

I=(X³+X+1)=(X³+X +1)Z₂[X]. Obliczyć sumę i iloczyn elementów _X²_+1+I i X +1+I oraz element odwrotny elementu X .

Zad 6.

Czy element a=4 jest jednoznacznie rozkładalny w pierścieniu Z

[

i

√

³

]

. Podać wszystkie rozkłady z dokładnością do elementów stowarzyszonych.

Zad 8.

Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia ^Z6× Z₁₄× Z₂ . Które z nich są maksymalne.

Zad 9.

Znaleźć najmniejszą liczbę m aby Z

[

^m¹

]

^=Z

[

¹⁸⁷

]

^.

Zad 10.

Jakiego typu odwracalny, rozkładalny, nierozkładalny w pierścieniu Z

[

¹⁰¹

]

^jest

element a). 11

20 ^b).

8 7 ^.

Zad 11.

Czy wielomian f jest rozkładalny w pierścieniu R[X] : a). f ( X )=5 X⁷−4 X³+6 X +14 , R=Q .

b). f ( X )=5 X⁷−4 X³+6 X−7 , R=Z c). f ( X )=2 X³+X +1 , R=Z3

Zad 12.

Niech f ( X )=X⁴+X²+6 X +3 , g ( X )= X⁴+X³+5 X +1 , będą wielomianami w pierścieniu Z₇[X] . Znaleźć u ( X ) , v (X )∈ Z₇[X] takie, że

u ( X ) f ( X )+v ( X ) g ( X )=NWD(f ( X ), g ( X ))

Rozwiązania

Zad 1.

Korzystając z I twierdzenia o izomorfizmie, udowodnić ,że zbiór

I=

{

^f∈ C(R):f(2)=0

}

jest ideałem i jest ideałem maksymalnym w pierścieniu C( R) -zbiorze funkcji ciągłych z zbioru liczb rzeczywistych R do R .

Rozwiązanie

(2)

Niech φ :C ( R) → R , φ(f (x ))=f (2) dla każdego f (x)∈C (R). Odwzorowanie to jest homomorfizmem pierścieni /uzasadnienie podobnego zadania było na ćwiczeniach i dowód można było pominąć/ ponieważ:

1⁰

f +g

(¿(x)⁾=( f + g) (2)=f (2)+ g (2)=φ(f ( x ))+φ (g ( x)) (f ( x )+g (x ))^=φ^¿

φ¿

2⁰

fg

(¿(x)⁾=(fg)(2)=f(2)g(2)=φ(f(x))φ (g(x))

(f(x)g(x))=φ¿

φ¿

dla dowolnych f ( x ) , g (x) ∈C (R) .

Dla f ( x )=−a+ax∈C ( R) i dowolnego a∈ R mamy φ (−a+ax )=−a+2 a=a zatem Imφ=R . Ponadto Kerφ=

{

^f⁽^x⁾^{∈ C}⁽^R⁾^:φ(f⁽^x⁾⁾⁼⁰

}

⁼

{

^f⁽^x⁾^∈C⁽^R⁾^{: f}⁽²⁾⁼⁰

}

⁼^I to korzystając z I podstawowego twierdzenia o homomorfizmie pierścieni mamy C (R )

I ≅R .

Twierdzenie

W pierścieniu D przemiennym z jedynką i ideału I tego pierścienia mamy: ,

Ideał I jest ideałem maksymalnym ⇔ pierścień ilorazowy D

I jest ciałem.

Z powyższego twierdzenia mamy, że ideał I jest ideałem maksymalnym.

Zad 2.

W pierścieniu ^D - zbiorze funkcji różniczkowalnych w przedziale (0, 5) , który z zbiorów A=

{

f∈ D : f^'(2)=0

}

, B=

{

f∈ D :f (1)=0 , f^'(1)=0

}

jest ideałem. Czy jest ideałem pierwszym, maksymalnym?.

Rozwiązanie

Zbiór A nie jest ideałem ponieważ funkcje f ( x )=x²−4 x , g ( x)=x są różniczkowalne w przedziale (0 , 5) i ponadto f ( x)∈ A , natomiast

(f ( x ) g ( x ))^'=3 x²−8 x∉ A gdyż 3 ∙2²−8∙ 2=−2≠ 0.

Zbiór B jest ideałem, gdyż dla dowolnych f(x), g(x)∈ B i dowolnej funkcji różniczkowalnej przedziale (0 , 5) h( x ) mamy:

1⁰(f + g) (1)=f(1)+g(1)=0(f +g)^'(1)=f^'(1)+g^'(1)=0 2⁰(fh)(1)=f (1) h (1 )=0 (fh )^'(1)=f (1) h^'(1)+ f^'(1) h (1)=0

Analogicznie dla (hf) (1)=0(hf)^'(1)=0 .

Ideał B nie jest ideałem pierwszym tym bardziej maksymalnym gdyż dla

^f(x)=x−1 i g(x)=x−1 mamy f(x)g(x)=(x−1)²∈ B natomiast ^f (x)∉ B i g ( x)∉ B

(3)

Zad 3.

Które z zbiorów jest pierścieniem a który pierścieniem i ciałem

a). A=

{

a+b⁴

√

^{3 :a , b}^∈Q

}

działania to dodawanie i mnożenie liczb rzeczywistych.

b). R³ i działania dodawania i mnożenia to dodawanie i mnożenie po współrzędnych.

c). Q[X]

(

X³−2

)

d). Z₅[X]

(

X²+1

)

e). Z₅[X]

(

X²+2

)

Rozwiązanie Ad. a).

Zbiór A=

{

a+b⁴

√

^{3 :a , b}^∈Q

}

z działaniami to dodawanie i mnożenie liczb rzeczywistych nie jest pierścieniem tym bardziej ciałem gdyż źle jest określone działanie mnożenia

ponieważ:

√

⁴ ³⁴

√

³⁼

√

3∉ A . Gdyby

√

⁴³⁴

√

³⁼

√

3∈ A to istniały by a , b ∈Q takie, że

a+b⁴

√

³⁼

√

3 . Wtedy b ≠ 0 ib

√

⁴³⁼

√

3−a . Zatem podnosząc obie strony do kwadratu mamy b²

√

3=3−2 a

√

3+a² a stąd

√

3= 3+a²

b²+2 a co jest nie możliwe.

Ad. b).

Zbiór R³ z działaniami dodawania wektorów dodając ich współrzędne na tych samych miejscach i działaniem zewnętrznym jest przestrzenią wektorową a więc zbiór ten z

dodawaniem wektorów jest grupą abelową. Aby był on pierścieniem to wystarczy sprawdzić pozostałe aksjomaty związane z mnożeniem wewnętrznym.

1⁰ Łączność mnożenia: Dla (x , y , z ) , (a , b , c ) ,( d , e , f )∈ R³ mamy cf

x(ad), y (be), z (¿)

¿

((x , y , z)(a , b , c))(d , e , f)=(xa , yb , zc)(d , e , f)=((xa)d ,(yb)e ,(zc)f)=¿

2⁰ Rozdzielność mnożenia względem dodawania: Dla (x , y , z ) , (a , b , c ) ,( d , e , f )∈ R³ mamy :

(( x , y , z )+ (a , b , c ))( d , e , f )=( x +a , y +b , z+ c )( d , e , f )=((x + a) d , ( y +b )e , (z +c ) f)=( xd +ad , ye+be , zf + cf )=(xd , ye , zf )+( ad , be , cf )=( x , y , z )(d , e , f )+ (a , b , c )( d , e , f ) Analogicznie rozdzielność z drugiej strony.

Można to uzasadnić wykorzystując fakt, że R z działaniem dodawania i mnożenia liczb rzeczywistych jest pierścieniem. Wtedy R × R × R≅R³ gdyż między tymi zbiorami występuje kanoniczna bijekcja i działania wewnętrzne w pierścieniu R × R × R przechodzą na działania w zbiorze R³.

(4)

Pierścień ten nie jest ciałem ponieważ np. element (2,0,0) ≠(0,0,0) nie ma elementu odwrotnego. Gdyby istniał np. (x , y , z) to (2,0,0) ( x , y , z )=(2 x , 0,0)=(1,1,1) a więc

0=1 co jest niemożliwe.

Ad. c). Zbiór Q[X]

(

X³−2

)

jest pierścieniem ilorazowym a więc jest pierścieniem dla ideału I=

(

X³−2

)

=

(

X³−2

)

Q[ X ] w pierścieniu ^{Q[ X ]} . Zgodnie z treścią zadania należy ustalić czy jest ciałem czy też tylko pierścieniem i nie jest ciałem.

Twierdzenie. W całkowitym pierścieniu ideałów głównych D dla elementu a

nierozkładalnego tego pierścienia ideał aD jest maksymalny.

Pierścień Q[ X ] jest całkowitym pierścieniem ideałów głównych i element a=X²−2 /Kryterium Eisensteina dla p=2 / jest nierozkładalny, zatem z powyższego twierdzenia ideał

(

X³−2

)

jest maksymalny a stąd Q[X]

(

X³−2

)

^jest

ciałem.

Można pokazać wykorzystując homomorfizm φ :Q[X]→ R , φ(f (x ))=f (

√

2) ,że Q[X]

(

X³−2

)

^≅Q

[√

2

]

=Q(

√

_{2) .}

Ad. d). Z₅[X]

(

X²+1

)

jest tylko pierścieniem i nie jest ciałem, gdyż ideał

I=

(

X²+1

)

=

(

X²+1

)

Q[ X ] nie jest ideałem pierwszym a stąd nie jest ideałem

maksymalnym . (X +3 )( X +2 )=X²+1∈ I natomiast ^{X +3}^{∉ I} gdyż X²+1⫮ X+3 oraz X +2 ∉ I gdyż X²+1⫮ X+2.

Twierdzenie

W pierścieniu D przemiennym z jedynką i ideału I tego pierścienia:

Ideał I jest ideałem pierwszym ⇔ pierścień ilorazowy D

I jest całkowity.

Twierdzenie

W pierścieniu D przemiennym z jedynką i ideału I tego pierścienia mamy: , Ideał I jest ideałem maksymalnym ⇔ pierścień ilorazowy D

I jest ciałem.

Wniosek

W pierścieniu D przemiennym z jedynką , ideał maksymalny tego pierścienia jest ideałem pierwszym gdyż ciało jest zawsze dziedziną całkowitości.

Ad. e). Z₅[X]

(

X²+2

)

jest pierścieniem i ciałem, gdyż ideał

I=

(

X²+2

)

=

(

X²+2

)

Q[ X ] jest ideałem maksymalnym. Gdyby nie był maksymalny to wielomian X²+2 byłby rozkładalny i jeden z czynników rozkładu byłby stopnia 1 /liniowy/ . Wtedy wielomian X²+2 miałby pierwiastek co jest niemożliwe, gdyż

0²+2=2 , 1²+2=3 , 2²+2=1 , 3²+2=1 , 4²+2=2.

(5)

Zad 4.

Wykazać, że ideał (2+i) w pierścieniu Z[i] jest maksymalny.

Rozwiązanie

Pierścień Z[i] jest dziedziną ideałów głównych gdyż jest pierścieniem Euklidesowym z normą N(a+bi)=|a+bi|²=a²+b² .

Twierdzenie. W całkowitym pierścieniu ideałów głównych D dla elementu a nierozkładalnego tego pierścienia ideał aD jest maksymalny.

Aby wystarczy wykazać, że ideał ^I=(2+i)=(2+i)Z [i] jest maksymalny wystarczy pokazać, że element 2+i jest nierozkładalny w pierścieniu Z [i] . Gdyby był rozkładalny to istniałyby liczby całkowite a , b , c , d takie, że 2+i=(a+ bi)(c+ di) i elementy

(a+bi ) ,( c+ di) są nieodwracalne.

Wtedy |2+i|=|a+bi||c +di|⇒5=

(

a²+b²

)(

c²+d²

)

Zatem a²+b²∣5 w pierścieniu Z . Stąd

1⁰a²+b²=1⇔ a=± 1 ib=0 luba=0 i b=± 1 . Wtedy elementy ^a+bi są odwracalne.

2⁰a²+b²=5⇔ a=±2 ib=± 1lub a=±1 ib=± 2 . Wtedy elementy ±(2+i) są stowarzyszone z 2+i natomiast ±(2−i)_⫮2+i / 2+i

2−i=3+4 i

5 ∉ Z [i] /. Elementy

±1 ± 2i są stowarzyszone z jakimś elementem ± 2± i . Element 2+i jest nieodwracalny ponieważ 1

2+i=2−i

5 ∉ Z [i] . Zatem nie ma czynnika nieodwracalnego nie stowarzyszonego z 2+i który dzieliłby 2+i . Oznacza to, że element 2+i jest nierozkładalny w pierścieniu i

Z¿ ] a stąd ideał I=(2+i)=(2+i) Z[i] jest maksymalny.

Zad 5.

Wyznaczyć elementy pierścienia ilorazowego Z₂[X]

I gdzie

I=(X³+X+1)=(X³+X +1)Z₂[X]. Obliczyć sumę i iloczyn elementów _X²_+1+I i X +1+I oraz element odwrotny elementu X .

Rozwiązanie

Dla f ( X ), g( X)∈ Z2[X ]

g ( X )∈f ( X )+I ⇔ f ( X )−g ( X )∈ I ⇔ X³+X+1∣ f ( X )−g ( X )⇔(f ( X ))_X³₊_{X + 1}=(g ( X ))_X³₊_{X +1} Zatem

^Z²[X]

I =

{

0+I , 1+I , X +I ,1+X +I , X²+I , X²+1+I , X²+X+ I , X²+X +1+I

}

a). X²+1+I+ X +1+I=X²+X +I

b). ( X²+1+I¿(X +1+I )=

(

X²+1

)

(X +1)+I=X³+X²+X+1+I =X²+X +I

c). Dla ^{a , b , c}^{∈ Z}2 mamy

1+I=( X +I )

(

a X²+bX +c +I

)

=a X³+b X²+cX +I=a X³+b X²+cX −a

(

X³+X +1

)

+I=b X²+(c−a) X −a+I⇔b=0, c−a=0,−a=1 Stąd a=1 ,b=0, c=1 zatem (X +I)⁻¹=X²+1+ I .

(6)

Zad 6.

Czy element a=4 jest jednoznacznie rozkładalny w pierścieniu Z

[

i

√

³

]

. Podać wszystkie rozkłady z dokładnością do elementów stowarzyszonych.

Rozwiązanie

Element 4 jest rozkładalny gdy istnieją liczby całkowite a , b , c , d takie, że 4=( a+bi)(c +di) i elementy

(a+bi ) ,( c+ di) są nieodwracalne w pierścieniu Z

[

i

√

³

]

. Wtedy |4|=

|

a+bi

√

³

^||

^{c +di}

√

³

^|

⇒ 16=

(

a²+3 b²

) (

c²+3 d²

)

Zatem a²+3 b²∣16 w pierścieniu Z . Stąd

1⁰a²+3 b²=1⇔ a=± 1i b=0 . Wtedy elementy ^a+bi są odwracalne.

2⁰a²+3 b²=2 brak rozwiązań.

3⁰a²+3 b²=4⇔ a=±1 ib=± 1 lub a=±2 i b=0 . Otrzymujemy możliwe elementy

±(1+i

√

3) , ±(1−i

√

3) , ± 2 i nie trudno sprawdzić, że te elementy są dzielnikami liczby 4.

Na tym zostawiamy znajdowanie wszystkich rozwiązań gdyż gdyby a²+3 b²>4 to c²+3 d²<4 a te przypadki były analizowane.

Z dokładnością do stowarzyszenia otrzymaliśmy różne czynniki 1+i

√

3 , 1−i

√

^{3 ,}

2 które jak wynika z naszej analizy są już nierozkładalne. Gdyby były rozkładalne to pojawiłyby się czynniki rozkładu w naszej analizie. Ponadto każdy nie dzieli pozostałe czynniki.

1−i

√

³

1+i

√

³⁼

4−2 i

√

³

4 ∉ Z

[

i

√

³

]

, 2 1+i

√

³⁼

2−2i

√

³

4 ∉ Z

[

i

√

³

]

, 1+i

√

³

1−i

√

³⁼

4 +2i

√

³

4 ∉ Z

[

i

√

³

]

,

2

1−i

√

³⁼

2+2i

√

³

4 ∉ Z

[

i

√

³

]

, 1−i

√

³

2 ∉ Z

[

i

√

³

]

, 1+i

√

³

2 ∉ Z

[

i

√

³

]

.

Elementy te są nieodwracalne gdyż dowolny element odwracalny dzieli inny element a jak widać powyżej, że ta własność nie jest spełniona.

Zatem 4=(1+i

√

3)(1−i

√

3)=2∙ 2 . Są to wszystkie rozkłady na czynniki nierozkładalne z dokładnością do elementu stowarzyszonego i te rozkłady są różne.

Oznacza to, że pierścień Z

[

i

√

³

]

nie jest pierścieniem z jednoznacznością rozkładu tym bardziej nie jest pierścieniem ideałów głównych a tym bardziej pierścieniem Euklidesa.

Natomiast Z

[

i

√

³

]

⊂Z

[

⁻¹⁺ⁱ²

^√

³

]

⁼^Z

[

¹⁺ⁱ²

^√

³

]

i pierścień Z

[

⁻¹⁺ⁱ²

^√

³

]

^jak

pokazywaliśmy na ćwiczeniach jest pierścieniem Euklidesa a stąd pierścieniem ideałów głównych i pierścieniem z jednoznacznością rozkładu. Wtedy mamy tylko rozkład

(7)

4=(1+i

√

³⁾⁽¹⁻ⁱ

√

³⁾ w pierścieniu Z

[

⁻¹⁺ⁱ²

^√

³

]

gdyż element 2 w tym pierścieniu jest odwracalny.

Zad 8.

Wyznaczyć wszystkie ideały pierścienia Z6× Z₁₄× Z₂ . Które z nich są maksymalne.

Rozwiązanie

Twierdzenie. Dla pierścieni R , S I⊂ R × S jest ideałem ⇔ istnieją ideały I_R⊂R _, I_S⊂ S takie, że I=I_R× I_S .

Dowód. Twierdzenie 8.9 Skrypt wykładu str. 66.

Wszystkie ideały pierścienia Z_n są postaci dZ_n, d∈ Z_n, d∣n lub d=0 . Przyk. 5. Skrypt wykładu str. 66.

Ideały w ^Z6 : I0={0}, I₂=2 Z₆={0,2,4}, I₃=3 Z₆={0,3}, I₁=Z₆={0,1,2,3,4,5} . Ideały w Z14 : ^J0={0}, J₂=2 Z₁₄={0,2,4,6,8,10,12}, J₇=3 Z₁₄={0,7}, J₁=Z₁₄ . Ideały w ^Z2 : K0={0}, K₁=Z₂={0,2} _.

Każdy ideał w pierścieniu ^Z6× Z₁₄× Z₂ będzie postaci:

I(i , j , k)=I_i× J_j× K_k , i∈{0,1,2,3}, , j∈{0,1,2,7}, , k∈{0,1}

Ideały maksymalne : I(2,1,1)=I₂× J₁× K₁ . I(3,1,1)=I₃× J₁× K₁ , I_(1,2,1)=I₁×J₂× K₁ , I(1,7,1)=I₁×J₇× K₁ , I(1,1,0)=I₁× J₂× K₀ .

Zad 9.

Znaleźć najmniejszą liczbę ^m aby Z

[

^m¹

]

^=Z

[

¹⁸⁷

]

^.

Rozwiązanie

Ponieważ 18=2 ∙ 3∙ 3 to w m muszą wystąpić czynniki pierwsze rozkładu: 2 i 3 aby móc zastąpić mianownik 18 na mianownik m^k . Biorąc m=6 nasze

minimum to nam wystarczy ponieważ: 7

18=7 ∙ 2

6² co oznacza, że Z

[

¹⁶

]

^{⊃ Z}

[

¹⁸⁷

]

^.

Ponadto 3 7

18−1=21−18 18 = 3

18=1

6 co oznacza, że Z

[

¹⁶

]

^{⊂ Z}

[

¹⁸⁷

]

^{. Zatem}

Z

[

¹⁶

]

^=Z

[

¹⁸⁷

]

i z naszej konstrukcji wynika, że jest to minimum.

Zad 10.

Jakiego typu odwracalny, rozkładalny, nierozkładalny w pierścieniu Z

[

¹⁰¹

]

^jest

element a). 11

20 ^b).

8 7 ^. Rozwiązanie

Ad a). Element 11

20 jest nierozkładalny ponieważ jest nieodwracalny i nie da się rozłożyć na czynniki nieodwracalne ponieważ:

Gdyby 20 11= k

10^l ^to 11k =20∙ 10^l a stąd 11∣20 ∙10^l co jest niemożliwe w pierścieniu liczb całkowitych. Oznacza to, że 11

20 jest nieodwracalne.

(8)

Gdyby 11 20= k

10^l m

10^s ^to 11∙10^{l +s}=20 km ⁱ ¹¹^{∣20 km} . Stąd ze względu na przemienność mnożenia można założyć, że k =11n _.Wtedy 10^{l+ s−1}=2 nm . Zatem

m=2^u10^r lub m=5^u10^r dla pewnych u , r∈ N . Wtedy czynnik m

10^s ^jest postaci 2^u10^r

10^s lub 5^u10^r

10^s . Liczby tej postaci są odwracalne ponieważ 10^s

5^u10^r=10^s2^u

10^u+r ∈ Z

[

10¹

]

^, 2¹⁰^u10^s^r=10^s5^u

10^u+r ∈ Z

[

10¹

]

^.

Zatem nie można uzyskać drugiego czynnika nieodwracalnego to oznacza, że element ten jest nierozkładalny.

Ad. b). Element 8

7 jest odwracalny ponieważ 7

8=7 ∙ 5³

10³ ∈ Z

[

10¹

]

^.

Zad 11.

Czy wielomian ^f jest rozkładalny w pierścieniu R[X] _: a). f ( X )=5 X⁷−4 X³+6 X +14 , ^{R=Q .}

b). f ( X )=5 X⁷−4 X³+6 X−7 , R=Z c). f ( X )=2 X³+X +1 , ^R=Z3

Rozwiązanie

Ad. a). Z kryterium Eisensteina dla p=2 wynika, że wielomian jest nierozkładalny w pierścieniu Q[X] .

Ad. b). Ponieważ 1 jest pierwiastkiem tego wielomianu to wielomian X −1∣ f ( X) a zatem ^f(X)=(X −1)g(X) w pierścieniu Z[X] i ^stg(X)=6 . Jest to rozkład na czynniki nieodwracalne a więc wielomian ten jest rozkładalny.

Ad. c). Gdyby ten wielomian był rozkładalny to jeden z czynników rozkładu byłby

wielomianem stopnia 1 /liniowy/. Wtedy ten wielomian miałby pierwiastek w ciele ^Z3 . Natomiast f (0 )=1 , f (1)=1 , f (2)=1 co oznacza brak pierwiastka a zatem wielomian jest nierozkładalny.

Zad 12.

Niech f ( X )=X⁴+X²+6 X +3 , g ( X )= X⁴+X³+5 X +1 , będą wielomianami w pierścieniu Z₇[X] . Znaleźć u ( X ) , v (X )∈ Z₇[X] takie, że

u ( X ) f ( X )+v ( X ) g ( X )=NWD(f ( X ), g ( X )) Rozwiązanie.

Stosując algorytm Euklidesa na znajdowanie NWD w pierścieniach Euklidesowych mamy:

1

X⁴+X²+6 X +3 : X⁴+X³+5 X +1 6 X⁴+6 X³+2 X +6

6 X³+X²+X +2

(9)

f (X )=g( X)+6 X³+X²+X +2 6 X +5

X⁴+X³+5 X +1 :6 X³+X²+X+2 6 X⁴+X³+X²+2 X

2 X³+X²+1 5 X³+2 X²+2 X+4

3 X²+2 X +5

g(X )=(6 X +5)

(

6 X³+X²+X+2

)

+3 X²+2 X +5 2 X+6

6 X³+X²+X +2:3 X²+2 X +5 X³+3 X²+4 X

4 X²+5 X +2 3 X²+2 X +5

¿=¿

Zatem

NWD(f ( X ) , g ( X ))=3 X²+2 X +5=g ( X )−(6 X +5)

(

6 X³+X²+X+2

)

=g ( X )−(6 X +5)(f ( X )−g ( X ))=−(6 X +5 ) f ( X )+(6 X +6 ) g ( X ) .

NWD(f(X), g(X))=3 X²+2 X +5=−(6 X +5)f(X)+(6 X +6)g(X) .