dla pewnych wielomiam´ ow g(X) i r(X) gdzie r(X) ma stopie´ n jeden, czyli r(X) = c 1 X +c 0 dla c 1 , c 0 ∈ R. Aby zagwarantowa´c, ˙ze f 1 jest podzielny przez f 2 , to musimy szuka´ c a, b takich, ˙ze r(X) = 0.

Twierdzenie Bezouta i liczby zespolone Javier de Lucas

Cwiczenie 1. Ustal dla kt´ ´ orych a, b ∈ R mo˙zna podzieli´c f ¹ (X) = X ⁴ − 3X ² + aX − b przez f ₂ (X) = X ² − 3X + 2. Oblicz a i b ∈ Z 5 je˙zeli zak ladamy, ˙ze f ₁ i f ₂ s¸ a wielomianami o wsp´ o lczynnikach w Z 5 .

Rozwi¸ azanie 2. Z twierdzenia dzielenia wielomian´ ow, mamy, ˙ze f ₁ (X) = g(X)f ₂ (X) + r(X),

dla pewnych wielomiam´ ow g(X) i r(X) gdzie r(X) ma stopie´ n jeden, czyli r(X) = c ₁ X +c ₀ dla c ₁ , c ₀ ∈ R. Aby zagwarantowa´c, ˙ze f 1 jest podzielny przez f ₂ , to musimy szuka´ c a, b takich, ˙ze r(X) = 0.

Wida´ c, ˙ze wielomian f ₂ ma wszystkie swoje pierwiastki, tj. 1, 2, w R. Wi¸ec, je˙zeli wielomian f ₁ mo˙zna podzieli´ c przez f ₂ , czyli f ₁ (X) = g(X)f ₂ (X), to f ₁ (1) = f ₁ (2) = 0.

Odwrotnie, je˙zeli f ₁ (1) = f ₂ (1) = 0, to r(1) = r(2) = 0 i r(X) = 0. Kr´ otko m´ owi¸ ac, f ₁ (X) jest podzielny przez f ₂ (X) ⇔ f ₁ (1) = f ₁ (2) = 0.

W´ owczas, w naszym przypadku musimy obliczy´ c warto´sci a, b, ˙zeby f ₁ (1) = f ₁ (2) = 0.

Korzystaj¸ ac ze schemata Hornera, czyli pisz¸ ac

f 1 (X) = a n X ⁿ + a n−1 X ⁿ⁻¹ + . . . , a 1 X + a 0 = (. . . ((a n X+ a n−1 )X + a n−2 )X + . . . + a 1 )X + a 0 , mo˙zna obliczy´ c warto´s´ c wielomianu f ₁ dla pewnej warto´sci ξ szybciej ni˙z przez obliczenia wszystkich wyraz´ ow f ₁ . W la´snie, obliczenia warto´s´ c wielomianu stopnia n dla X = ξ wymaga (n + 1)(n + 2)/2 oblicze´ n. Natomiast, schemat Hornera wymaga 2n + 1. W naszym przypadku

f ₁ (X) = ((X ² − 3)X + a)X − b.

Wi¸ec,

f ₁ (1) = −2 + a − b, f ₁ (2) = 2a + 4 − b.

W´ owczas,

f ₁ (1) = −2 + a − b = 0, f ₁ (2) = 2a + 4 − b = 0.

Z tego

a − b = 2, 2a − b = −4

i a = −6, b = −8.

Je˙zeli zak ladamy, ˙ze f ₁ i f ₂ s¸ a wielomianami o wsp´ o lczynnikach w Z 5 , musimy na- jpierw sprawdzi´ c, czy pierwiastki f ₂ nale˙z¸ a do Z 5 . Aby to zrobi´ c, trzeba zauwa˙zy´ c, ˙ze wz´ or pierwiastk´ ow wielomianu drugiego stopnia o wsp´ o lczynikach w ciele F jest taki sam jak dla liczb rzeczywistych:

ξ ± = −b ± √

b ² − 4ac

2a .

Mo˙zna sprawdzi´ c, ˙ze pierwiastki wielomianu f ₂ s¸ a tak samo jak w poprzednym przy- padku. Z tego, procedura jest taka sama jak wcze´sniej. Na samym ko´ ncu dostajemy

a = 4, b = 2.

Cwiczenie 3. Dane wielomiany o wsp´ ´ o lczynnikach z cia la R wzorem

f 1 (X) = X ⁵ − (5 + b)X ⁴ + (6 − a + 5b)X ³ + (5a − 6b + ab)X ² − a(6 + 5b)X + 6ab, i f ₂ (X) = X ³ − X ² + X − 1, ustal dla kt´ orych a, b ∈ R mo˙zna podzieli´c f 1 przez f ₂ . Rozwi¸ azanie 4. Z twierdzenia dzielenia wielomian´ ow, mamy, ˙ze

f ₁ (X) = g(X)f ₂ (X) + r(X),

dla pewnych wielomian´ ow g(X) i r(X) gdzie r(X) ma stopie´ n mniejszy od f ₂ (X). Wi¸ec, r(X) ma stopie´ n dwa, czyli r(X) = c 2 X ² + c 1 X + c 0 dla pewnych c 2 , c 1 , c 0 ∈ R. Aby zagwarantowa´ c, ˙ze f ₁ jest podzielny przez f ₂ , to musimy szuka´ c a, b takich, ˙ze r(X) = 0.

Wida´ c, ˙ze wielomian f ₂ ma tylko jeden pierwiastek, tj. 1, w R. Wi¸ec, je˙zeli wielomian f 1 mo˙zna podzieli´ c przez f 2 , to f 1 (1) = 0. To warunek konieczny, ale nie wystarczaj¸ acy, aby zagwarantowa´ c, ˙ze r(X) = 0. W naszym przypadku, musimy obliczy´ c warto´sci a, b,

˙zeby f ₁ (1) = 0. Korzystaj¸ ac ze schematu Hornera,

f 1 (1) = 2ab − 2a − 2b + 2 = 2(b − 1)(a − 1) = 0.

Wi¸ec, a = 1 lub b = 1. Natomiast, to nie wystarczy. Aby zagwarantowa´ c, ˙ze f ₁ jest podzielny przez f ₂ mo˙zemy skorzysta´ c z nast¸epuj¸ acej metody. Zak ladamy, ˙ze f ₁ i f 2 s¸ a wielomianami o wsp´ o lczynnikach w ciele (F, 1, , +, ·), kt´ore spe lnia, ˙ze R ⊂ F i dzialania cia la F s¸a tak samo na R jak dzia lania R (m´owi si¸e, ˙ze R jest podcia lem cia la F). Na przyk lad, R jest podcia lem C. Zalet¸a cia la C jest to, ˙ze ka˙zdy wielomian jest rozk ladalny jako mno˙zenie wielomian´ ow pierwszego stopnia o wsp´ o lczynnikach w C.

Ponadto, je˙zeli f ₁ i f ₂ maj¸ a wsp´ o lczynniki w R i mo˙zna podzieli´c f 1 przez f ₂ jako wielomi-

any o wsp´ o lczynnikach w R to te˙z mo˙zna podzieli´c je jako wielomiany o wsp´o lczynnikach

w C.

Teraz mamy, ˙ze f ₂ ma pierwiastki i i −i. Twierdzenie nierozk ladalno´sci Abla twierdzi,

˙ze je˙zeli wielomian f o wsp´ o lczynnikach w ciele F jest podzielny przez nierozk ladalny wielomian g i maj¸ a wsp´ olny pierwiastek, to wtedy f ma wszystkie pierwiastki g. Wi¸ec, je˙zeli mo˙zna podzieli´ c f ₁ przez f ₂ , to f ₂ (i) = 0 i z tego wynika, ˙ze f ₂ (−i) = 0. W´ owczas,

f (i) = −5 − b − (5a − 6b + ab) + 6ab + (1 − (6 − a + 5b) − a(6 + 5b))i = 0.

Skoro a, b ∈ R, to

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

Z f (−i) = 0 wynikaj¸ a te same r´ ownania. Wi¸ec, mamy, ˙ze a = −1 i b = 1.

Cwiczenie 5. Za pomoc¸ ´ a algorytmu Euklidesa dla wielomian´ ow, podaj najwi¸ekszy wsp´ olny dzielnik wielomian´ ow

f ₁ (X) = X ⁵ − 2X ⁴ + X ³ − X ² − X − 2, f ₂ (X) = X ² − 3X + 2 i

f ₃ (X) = −X ⁵ + X ⁴ − X ³ + X ² − X + 1, f ₄ (X) = X ² − 4X + 3 o wsp´ o lczynnikach z cia la R.

Rozwi¸ azanie 6. Aby obliczy´ c najwi¸ekszy wsp´ olny czynnik za pomoc¸ a algorytmu Eu- klidesa, trzeba obliczy´ c podzielenie z reszt¸ a f ₁ przez f ₂ . Mo˙zna udowodni´ c, ˙ze wtedy najwi¸ekszy wsp´ olny czynnik mi¸edzy f 1 i f 2 jest taki sam jak najwi¸ekszy wsp´ olny czynnik mi¸edzy f ₂ i reszt¸ a dzielenia f ₁ przez f ₂ . Z twierdzenia dzielenia wielomian´ ow wynika, ˙ze ta reszta ma stopie´ n jeden. Wi¸ec, ma posta´ c r(X) = c ₁ X + c ₀ , gdzie c ₁ , c ₀ ∈ R i

f ₁ (X) = g(X)f ₂ (X) + r(X)

dla pewnego wielomianu g(X). Skoro dla ξ = 1 i ξ = 2 mamy, ˙ze f ₁ (1) = r(1), f ₂ (2) = r(2), to

c ₁ + c ₂ = −4, 0 = 2c ₁ + c ₂ =⇒ c ₁ = 4, c ₂ = −8.

Teraz trzeba podzieli´ c f ₂ przez reszt¸e. Wida´ c, ˙ze wsp´ olny czynnik to 2. Mamy, ˙ze f ₂ (X) = g ₂ (X)(4X − 8) + c ⁰ ₀ .

Wida´ c, ˙ze f ₂ (2) = 0. Wi¸ec, c ⁰ ₀ = 0 i 4X − 8 jest najwi¸ekszy wsp´ olny czynnik mi¸edzy f ₁ i

f ₂ .

Aby obliczy´ c najwi¸ekszy wsp´ olny czynnik za pomoc¸ a algorytmu Euklidesa wielo- mian´ ow f ₃ i f ₄ , trzeba obliczy´ c podzielenie z reszt¸ a f ₃ przez f ₄ . Z twierdzenia dzielenia wielomian´ ow wynika, ˙ze ta reszta ma stopie´ n jeden. Wi¸ec, ma posta´ c r(X) = c ₀ X + c ₁ i

f ₃ (X) = g(X)f ₄ (X) + r(X)

dla pewnego wielomianu g(X). Skoro dla ξ = 1 i ξ = 3 mamy, ˙ze f ₃ (1) = r(1), f ₃ (3) = r(3), to

3c ₁ + c ₂ = −182, 0 = c ₁ + c ₂ =⇒ c ₁ = −91, c ₂ = 91.

Teraz trzeba podzieli´ c f ₄ przez reszt¸e. Mamy, ˙ze

f 4 (X) = 91g 2 (X)(−X + 1) + c ⁰ ₀ .

Wida´ c, ˙ze c ⁰ ₀ = f ₄ (1) = 0. Wi¸ec, −X + 1 jest najwi¸ekszym wsp´ olnym czynnikiem mi¸edzy f ₃ i f ₄ .

Cwiczenie 7. Udowodnij, ˙ze dla liczby zespolonej z 6= −|z| mamy, ˙ze ´

√ z = ±p|z| z + |z|

|z + |z|| ,

gdzie |z| to modu l liczby zespolonej z = a + ib, gdzie a, b ∈ R, czyli |z| = √

a ² + b ² . Korzystaj¸ ac z tego, oblicz rozwi¸ azania r´ owna´ n

z ⁴ = −7 + 24i, z ² + (5 − 3i)z + 4 − 7i = 0, z ³ + (8 + i)z ² + (27 + 8i)z + 36 + 15i = 0.

Rozwi¸ azanie 8. Wida´ c, .ze

√ z = ±p|z| z + |z|

|z + |z|| ⇔, z =



±p|z| z + |z|

|z + |z||

 2

. W´ owczas,



±p|z| z + |z|

|z + |z||

 2

= |z| (z + |z|) ²

|z + |z|| ² = |z| z ² + 2|z|z + |z| ²

(z + |z|)(¯ z + |z|) = |z| z ² + 2|z|z + |z| ² 2|z| ² + (z + ¯ z)|z| . Skoro |z| 6= −z, to |z| 6= 0 i



±p|z| z + |z|

|z + |z||

 2

= z ² + 2|z|z + |z| ²

2|z| + (z + ¯ z) = z(z + 2|z| + ¯ z)

2|z| + (z + ¯ z) = z.

a) Zdefiniujemy w = z ² , wi¸ec, w ² = −7 + 24i. Korzystaj¸ ac z powy˙zszego wzoru, mamy, ˙ze

w = ±5 −7 + 25 + 24i

| − 7 + 25 + 24i| = ±5 3 + 4i

|3 + 4i| = ±(3 + 4i) Wi¸ec,

z _± ¹⁾ = ± √

5 8 + 4i

|8 + 4i| = ± √

5 2 + i

|2 + i| = ±(2 + i) i

z _± ²⁾ = ± √

5 2 − 4i

|2 − 4i| = ± √

5 1 − 2i

|1 − 2i| = ±(1 − 2i) b) Aby ro˙zwi¸ aza´ c z ² + (5 − 3i)z + 4 − 7i = 0 korzystamy z wzoru

z = −b ± √

b ² − 4ac

2a .

Wi¸ec,

z ± = −5 + 3i ± √

16 − 30i − 16 + 28i

2 = −5 + 3i ± √

−2i

2 = −5 + 3i ± (−i + 1) 2

i

z ₊ = −2 + i, z − = −3 + 2i.

Wzory Vieta s¸ a zawsze prawdziwe dla liczb zespolonych. Lepiej sprawdzi´ c za pomoc¸ a tych wzor´ ow czy pomylili´smy si¸e.

c) Mamy

z ³ + (8 + i)z ² + (27 + 8i)z + 36 + 15i = 0.

Istniej¸ a wzory aby obliczy´ c piertwiastki wielomian´ ow trzeciego i czwartego stopnia.

Natomiast, je˙zeli to mo˙zliwe, lepiej korzysta´ c z innej metody, skoro takie wzory s¸ a og´ olnie bardzo skomplikowane. Na przyk lad, mo˙zemy szuka´ c pierwiastk´ ow postaci z = p/q gdzie p i q s¸ a liczbami ca lkowitymi wzgl¸ednymi pierwszymi. Je˙zeli istnieje taki pierwiastek dla wielomianu f (X) = P n

k=0 a k X ^k , to

0 = f (z) =

n

X

k=0

a _k  p q

 k

i n

X

k=1

a _k p ^k q ^n−k = −a ₀ q ⁿ

Skoro p, q ∈ Z i liczby a k ∈ C maj¸a posta´c a ^R k + a ^I _k i, gdzie a ^R _k , a ^I _k ∈ R, to wida´c, ˙ze lewa strona jest podzielna przez p. To prawa strona te˙z. Poniewa˙z q ⁿ nie jest podzielny przez p to −a ₀ ma by´ c. To oznacza, ˙ze cze´s´ c rzeczywista i urojona s¸ a podzielne przez p.

Tak samo mo˙zna powiedzie´ c, ˙ze q podzieli cz¸e´s´ c rzeczywist¸ a i urojon¸ a a _n .

Powy˙zszy wynik sugeruje nam, ˙ze pierwiastek p/q dla naszego wielomianu ma p = −3 i q = 1. W la´snie, wida´ c, ˙ze cz¸e´s´ c urojona i rzeczywista liczby 36 + 15i s¸ a podzielne przez p = −3. Korzystaj¸ ac z tego,

z ³ + (8 + i)z ² + (27 + 8i)z + 36 + 15i = (z + 3)(z ² + (5 + i)z + (12 + 5i)) = 0.

Pierwiastki (z ² + (5 + i)z + (12 + 5i)) mo˙zna obliczy´ c za pomoc¸ a poprzedniej metody.

W´ owczas,

z = −3 + 2i, z = −2 − 3i.

Cwiczenie 9. Niech z ´ ₁ , z ₂ , z ₃ , b¸ed¸ a liczbami zespolonymi takimi, ˙ze |z ₁ | = |z ₂ | = |z ₃ | = 2. Udowodnij, ˙ze

|z ₁ z ₂ + z ₁ z ₃ + z ₂ z ₃ | = 2|z ₁ + z ₂ + z ₃ |.

Rozwi¸ azanie 10. W dowodzie wykorzystamy, ˙ze |z| ² = z ¯ z dla dowolnej liczby ze- spolonej z. Poniewa˙z

|z ₁ | = |z ₂ | = |z ₃ | = 2, wi¸ec z 1 z ¯ 1 = z 2 z ¯ 2 = z 3 z ¯ 3 = 4. St¸ ad mamy, ˙ze

|z ₁ z ₂ + z ₁ z ₃ + z ₂ z ₃ | ² = (z ₁ z ₂ + z ₁ z ₃ + z ₂ z ₃ )(¯ z ₁ z ¯ ₂ + ¯ z ₁ z ¯ ₃ + ¯ z ₂ z ¯ ₃ ) =

(z ₁ z ¯ ₁ )(z ₂ z ¯ ₂ ) + (z ₁ z ¯ ₁ )z ₂ z ¯ ₃ + z ₁ (z ₂ z ¯ ₂ )¯ z ₃ + (z ₁ z ¯ ₁ )z ₃ z ¯ ₂ + (z ₁ z ¯ ₁ )(z ₃ z ¯ ₃ ) + z ₁ z ¯ ₂ (z ₃ z ¯ ₃ ) + (z ₂ z ¯ ₂ )z ₃ z ¯ ₁ + z ₂ z ¯ ₁ (z ₃ z ¯ ₃ ) + (z ₂ z ¯ ₂ )(z ₃ z ¯ ₃ ) = 48 + 4(z ₂ z ¯ ₃ + z ₁ z ¯ ₃ + z ₃ z ¯ ₂ + z ₁ z ¯ ₂ + z ₃ z ¯ ₁ + z ₂ z ¯ ₁ ).

Ponadto,

4|z ₁ + z ₂ + z ₃ | ² = 4(z ₁ + z ₂ + z ₃ )(¯ z ₁ + ¯ z ₂ + ¯ z ₃ )

= 4(z ₁ z ¯ ₁ + z ₁ z ¯ ₂ + z ₁ z ¯ ₃ + z ₂ z ¯ ₁ + z ₂ z ¯ ₂ + z ₂ z ¯ ₃ + z ₃ z ¯ ₁ + z ₃ z ¯ ₂ + z ₃ z ¯ ₃ )

= 48 + 4(z ₂ z ¯ ₃ + z ₁ z ¯ ₃ + z ₃ z ¯ ₂ + z ₁ z ¯ ₂ + z ₃ z ¯ ₁ + z ₂ z ¯ ₁ ).

Zatem

|z ₁ z ₂ + z ₁ z ₃ + z ₂ z ₃ | ² = (2|z ₁ + z ₂ + z ₃ |) ² Sk¸ ad,

|z 1 z 2 + z 1 z 3 + z 2 z 3 | = 2|z 1 + z 2 + z 3 |.

Cwiczenie 11. Oblicz i przedstaw w postaci kanonicznej ´

100

X

k=1

(1 + i) ^k ,

1000

X

k=0

1

(k + i)(k − 1 + i) . Rozwi¸ azanie 12. Najpierw,

100

X

k=1

(1 + i) ^k .

to szereg geometryczny liczb zespolonych o ilorazie 1 + i. Dla dowolnego szeregu geom- etrycznego

S _n =

n

X

k=k

q ^k . o wsp´ o lczynnikach z cia la, to dla q 6= 1

qS _n − S _n = q ⁿ⁺¹ − q ^k

⇒ S _n = q ⁿ⁺¹ − q ^k

q − 1 . W´ owczas,

100

X

k=1

(1 + i) ^k = (1 + i) − (1 + i) ¹⁰¹

1 − 1 − i = (1 + i)

−i (1 − (1 + i) ¹⁰⁰ ).

Wida´ c, ˙ze (1 + i) ² = 2i. W´ owczas,

100

X

k=1

(1 + i) ^k = (1 + i)

−i (1 − (2i) ⁵⁰ ) = (1 + i)

−i (1 − 2 ⁵⁰ i ² ) = (i − 1)(1 + 2 ⁵⁰ ).

Mamy, ˙ze

1000

X

k=0

1

(k + i)(k − 1 + i) =

1000

X

k=0

 1

k − 1 + i − 1 k + i



= 1

i − 1 − 1

1000 + i .