TeoretickÆ aritmetika 1 PłirozenÆ Łíslahome.zcu.cz/~teskova/ · Relace þ

Teoretická aritmetika

1 Přirozená čísla

Peanova aritmetika - axiomatický systém:Peanovy axiomy:

(PA 1) ∃!x ∀y : x 6= σ(y). . . takové číslo značíme 0.

(PA 2) ∀x ∀y : σ(x) = σ(y) ⇒ x = y.

(PA 3) ∀x : x+ 0 = x.

(PA 4) ∀x ∀y : x+ σ(y) = σ(x+ y).

(PA 5) ∀x : x · 0 = 0.

(PA 6) ∀x ∀y : x · σ(y) = x · y + x.

(PA 7) Je-li U ⊆ N taková, že platí:0 ∈ U ,∀x : x ∈ U ⇒ σ(x) ∈ U ,potom U = N.

(PA 7*) (další možná formulace axiomu (PA 7), ):Nechť ϕ je libovolná formule Peanovy aritmetiky, přičemž x je její jedinou proměnnou,která v ní není kvantifikována.Potom

[ϕ(0) ∧ ∀x : [ϕ(x)⇒ ϕ(σ(x))] ] ⇒ ∀x : ϕ(x) .

1

Vlastnosti operací sčítání a násobení na N :1) ∀x, y, z ∈ N : I) ∀x, y, z ∈ N :

(x+ y) + z = x+ (y + z) (x.y).z = x.(y.z)

2) ∀x, y ∈ N : II) ∀x, y ∈ N :x+ y = y + x x.y = y.x

3) ∀x, y, z ∈ N : III) ∀x, y, z ∈ N, z 6= 0 :x+ z = y + z ⇒ x = y x.z = y.z ⇒ x = y

4) ∀x, y ∈ N : IV) ∀x, y ∈ N :x+ y = 0⇒ (x = 0 ∧ y = 0) x.y = 1⇒ (x = 1 ∧ y = 1)

5) ∀x ∈ N : V) ∀x ∈ N :x+ 1 = 1 + x = σ(x) x.1 = 1.x = x

VI) ∀x, y ∈ N :x.y = 0⇒ (x = 0 ∨ y = 0)

7) ∀x, y, z ∈ N :x.(y + z) = x.y + x.z

Poznámka:Struktura (N,+, .) je tzv. komutativní polookruh s nulovým a jednotkovým prvkem, skrácením nenulovými prvky a bez dělitelů nuly.

Uspořádání na N :

∀x, y ∈ N : x < y ⇐⇒ ∃z ∈ N, z 6= 0 : x+ z = y .

Příslušné neostré uspořádání přirozených čísel lze definovat takto:

∀x, y ∈ N : x ≤ y ⇐⇒ (x < y ∨ x = y) .

Zřejmě platí:∀x, y ∈ N : x ≤ y ⇐⇒ ∃z ∈ N : x+ z = y .

Vlastnosti uspořádání „<ÿ na N :

1. Relace „<ÿ je ostré uspořádání na N, které je úplné ( tj. je to relace antireflexivní,tranzitivní a trichotomická ).

2. ∀x ∈ N, x 6= 0 : 0 < x.

3. ∀x ∈ N : x < σ(x).

2

4. ∀x, y ∈ N : x < y ⇒ (σ(x) < y ∨ σ(x) = y).

5. ∀x, y, z ∈ N : x < y ⇒ x+ z < y + z.

6. ∀x, y, z ∈ N : (x < y ∧ z 6= 0) ⇒ x.z < y.z.

7. ∀x, y ∈ N, y 6= 0 ∃z ∈ N : x < y.z.

Věta ( o dělení se zbytkem v N ) :

∀x, y ∈ N, y 6= 0 ∃!u ∈ N, ∃!r ∈ N : x = y.u+ r ∧ r < y .

Díky tvrzení věty o dělení se zbytkem jsou vlastně na přirozených číslech definoványdalší dvě (parciální) operace: jedna každé dvojici (x, y), kde y 6= 0, přiřazuje číslo u - tétooperaci se říká neúplný podíl, druhá číslo r, tzv. zbytek (po dělení čísla x číslem y ).

2 Celá čísla

Metoda založená na myšlence německého matematika L.Kroneckera (1823-1891) spočívá vtom, že k množině N „připojímeÿ všechny ty rozdíly dvou přirozených čísel, které nepatřído N a rozšíříme operace sčítání a násobení na celou takto vzniklou množinu.

Sestrojíme množinuN×N = {(x, y); x, y ∈ N}

všech uspořádaných dvojic přirozených čísel. Na ní definujeme relaci

(x, y) ≈ (x′, y′) ⇐⇒ x+ y′ = x′ + y .

Relace ≈ je ekvivalencí na množině N×N, protože se jedná o relaci reflexivní, symet-rickou a tranzitivní.

Ekvivalence ≈ indukuje rozklad množiny N×N na třídy ekvivalence, tento rozkladznačíme Z:

Z = N×N /≈ = {T (x, y); x, y ∈ N} .Prvky množiny Z jsou podmnožiny v N×N, které nazýváme třídy rozkladu Z a označu-jeme T (x, y), přičemž pro každé x, y ∈ N je

T (x, y) = {(u, v) ∈ N×N; (u, v) ≈ (x, y)} .

Dvojici (x, y) nazýváme reprezentantem třídy T (x, y).Uvědomme si, že táž třída rozkladu může mít různé uspořádané dvojice za své repre-

zentanty, přičemž platí

T (x, y) = T (x′, y′) ⇐⇒ (x, y) ≈ (x′, y′)

pro ∀(x, y), (x′, y′) ∈ N×N.

3

Sčítání na Z :

T (x, y) + T (u, v) = T (x+ u, y + v) .

Věta:Struktura (Z,+) je komutativní grupa.

Věta:V (Z,+) existuje podstruktura (Z0,+) izomorfní s (N,+), píšeme

(N,+) ' (Z0,+) .

Označíme-liZ0 = {T (z, 0); z ∈ N}

množinu všech takových tříd ze Z, do nichž patří dvojice tvaru (z, 0), je zřejmě Z0 ⊆ Z a(Z0,+) je podstrukturou grupy (Z,+). Potom stačí uvažovat zobrazení

ϕ : N→ Z0

x 7→ ϕ(x) = T (x, 0) ,

které je izomorfismem.Existence izomorfismu ϕ umožňuje ztotožnit libovolné přirozené číslo x ∈ N a rozkla-

dovou třídu T (x, 0) ∈ Z0, která mu odpovídá v tomto zobrazení. Položíme-li

∀x ∈ N : x = T (x, 0) ,

potom N ⊆ Z.Věta:

Pro každou třídu T (x, y) ∈ Z lze nalézt právě jedno přirozené číslo z tak, že buď T (x, y) =T (z, 0) nebo T (x, y) = T (0, z), neboli

∀T (x, y) ∈ Z ∃!z ∈ N : T (x, y) = T (z, 0) ∨ T (x, y) = T (0, z) .

Množinu Z nazýváme obvykle množinou (všech) celých čísel. Tuto množinu lze rozdělitdo tří disjunktních podmnožin

Z = Z+ ∪ Z

− ∪ {0} ,

kde Z+ = {z; z ∈ N, z 6= 0} = {T (z, 0); z ∈ N, z 6= 0} je množina kladných celých čísel,

Z− = {−z; z ∈ N, z 6= 0} = {T (0, z); z ∈ N, z 6= 0} je množina záporných celých čísel

a 0 = T (0, 0) je jediné celé číslo, které není ani kladné ani záporné.Opačný prvek k zápornému číslu (celému) je číslo kladné a opačný prvek ke kladnému

číslu je číslo záporné:

∀x ∈ Z− : −x ∈ Z

+ ∧ ∀x ∈ Z+ : −x ∈ Z

− .

4

Další důležité vlastnosti:∀x ∈ Z : −(−x) = x ,

∀x, y ∈ Z : −(x+ y) = (−x) + (−y) ,

∀x, y ∈ Z+ : x+ y ∈ Z

+ ,

∀x, y ∈ Z− : x+ y ∈ Z

− .

Násobení na Z :

x� y =

x.y pro x, y ∈ N,(−x).(−y) pro x, y ∈ Z

−,−(x.(−y)) pro x ∈ N, y ∈ Z

−,−((−x).y) pro x ∈ Z

−, y ∈ N .

Poznámka:x� y ∈ N ⇐⇒ obě čísla x, y patří do téže z množin N,Z

− ,x� y ∈ Z

− ⇐⇒ obě čísla x, y nejsou prvky téže z množin N,Z− .

Věta (Vlastnosti násobení na Z):(Z,�) je komutativní pologrupa s jednotkovým prvkem, v níž lze krátit každým nenulovýmprvkem, tj. platí:

1. ∀x, y ∈ Z : x� y = y � x ,2. ∀x, y, z ∈ Z : (x� y)� z = x� (y � z) ,

3. ∃e ∈ Z ∀x ∈ Z : x� e = e� x = x ,

4. ∀x, y, z ∈ Z : (x� y = x� z ∧ x 6= 0) ⇒ y = z .

Shrňme nyní vlastnosti operací sčítání a násobení na množině celých čísel.Věta:

Struktura (Z,+,�) je komutativní obor integrity, který není tělesem, operace sčítání anásobení na Z mají následující vlastnosti:

1. ∀x, y ∈ Z : x+ y = y + x ,

2. ∀x, y, z ∈ Z : (x+ y) + z = x+ (y + z) ,

3. ∃0 ∈ Z ∀x ∈ Z : x+ 0 = 0 + x = x ,

4. ∀x ∈ Z ∃(−x) ∈ Z : x+ (−x) = 0 ,

5. ∀x, y ∈ Z : x� y = y � x ,

5

6. ∀x, y, z ∈ Z : (x� y)� z = x� (y � z) ,

7. ∃1 ∈ Z ∀x ∈ Z : x� 1 = 1� x = x ,

8. ∀x, y ∈ Z : x� y = 0 ⇒ (x = 0 ∨ y = 0) ,

9. ∀x, y, z ∈ Z : x� (y + z) = x� y + x� z ,10. ∀x, y, z ∈ Z : (y + z)� x = y � x+ z � x .

Uspořádání na Z :

∀x, y ∈ Z : x ≺ y ⇐⇒ y + (−x) ∈ Z+ .

Relace ≺ je skutečně ostrým uspořádáním na množině celých čísel Z, neboli je to relaceantireflexivní a tranzitivní.

Věta:

Pro libovolnou dvojici celých čísel platí :

∀x, y ∈ Z : x ≺ y ⇐⇒

⇐⇒ [ (x, y ∈ N∧x < y) ∨ (x ∈ Z− ∧ y ∈ N) ∨ (x, y ∈ Z

− ∧ −y < −x) ].

Poznámka:Tvrzení předchozí věty ukazuje, že uspořádání < je zúžením (restrikcí) relace ≺ na množinuN. Tato skutečnost umožňuje obě relace označovat týmž znakem <, čehož se také běžněvyužívá.

Vlastnosti uspořádání „≺ÿ na Z :

1. Uspořadání ≺ je relace trichotomická, tj.∀x, y ∈ Z : x ≺ y ∨ y ≺ x ∨ x = y .

2. ∀x, y, z ∈ Z : x ≺ y ⇒ x+ z ≺ y + z .

3. ∀x, y ∈ Z, z ∈ Z+ : x ≺ y ⇒ x� z ≺ y � z .

4. ∀x ∈ Z ∀y ∈ Z+ ∃n ∈ N : x ≺ n.y .

Poznámka:Struktura (Z,+,�) s uvažovaným uspořádáním ≺ má vlastnosti archimedovsky uspořá-daného oboru integrity.

Absolutní hodnota čísla z

6

je zobrazení množiny celých čísel Z na množinu přirozených čísel N, definované prolibovolné z ∈ Z takto:

z 7→{|z| = z pro z ∈ N,|z| = −z pro z ∈ Z

−.

Věta (Vlastnosti absolutní hodnoty):

1. ∀z ∈ Z : |z| ∈ N ,

2. ∀z ∈ Z : |z| = 0⇔ z = 0 ,

3. ∀z ∈ Z : |z| = | − z| ,4. ∀z ∈ Z : −|z| ≤ z ≤ |z| ,5. ∀n ∈ N ∀z ∈ Z : −n ≤ z ≤ n ⇒ |z| ≤ n ,

6. ∀x, y ∈ Z : |x+ y| ≤ |x|+ |y| ,7. ∀x, y ∈ Z : |x� y| = |x|.|y| .

Věta ( o dělení se zbytkem v Z ) :

∀x, y ∈ Z, y 6= 0 ∃!u ∈ Z ∃!r ∈ Z : (x = y � u+ r ∧ 0 ≤ r < |y| ) .Podobně jako v případě přirozených čísel nazýváme i v oboru integrity (Z,+,�) jed-

noznačně určené celé číslo u neúplným podílem a číslo r nejmenším nezáporným zbytkem(po dělení čísla x číslem y ).

3 Okruhy a faktorokruhy

Definice:Nechť M je neprázdná množina se dvěma operacemi ∗, ◦, pro něž platí:

1. (M, ∗) je Abelova grupa, tj.

∀a, b ∈M : a ∗ b = b ∗ a ,

∀a, b, c ∈M : a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c ,∃e ∈M ∀a ∈M : a ∗ e = a ,

∀a ∈M ∃(−a) ∈M : a ∗ (−a) = e .

7

2. Distributivnost∀a, b, c ∈M : a ◦ (b ∗ c) = a ◦ b ∗ a ◦ c ,

(b ∗ c) ◦ a = b ◦ a ∗ c ◦ a .

Potom struktura (M, ∗, ◦) se nazývá okruh.Poznámky:

1. V případě okruhu se dvěma operacemi se většinou používá značení + pro operaci ∗ a· pro operaci ◦. O grupě (M,+) se potom hovoří jako o aditivní grupě, pro neutrálníprvek e užíváme symbol 0 a nazýváme jej nulový prvek okruhu a pro inverzní prvkyužíváme název opačné prvky.

2. Struktura (Z,+, .) celých čísel je okruhem, ale struktura (N,+, .) okruhem není,protože (N,+) není grupou, neexistují zde opačné prvky ke všem přirozeným číslům.

Věta:Nechť (M,+, ·) je okruh, potom platí:

1. ∀a ∈M : a.0 = 0 ∧ 0.a = 0 ,

2. ∀a, b ∈M : a.(−b) = (−a).b = −(a.b), (−a).(−b) = a.b ,

3. ∀a, b ∈M ∀n ∈ N : (n.a).b = n.(a.b) = a.(n.b) .

Má-li multiplikativní struktura (M, .) některou další vlastnost, rozšířujeme pojmeno-vání okruhu o příslušnou vlastnost.

Definice:Nechť (M,+, ·) je okruh.Okruh (M,+, ·) je asociativní okruh, pokud operace násobení je asociativní, tj. platí-li:

∀a, b, c ∈M : a.(b.c) = (a.b).c .

Okruh (M,+, ·) se nazývá komutativní okruh, je-li operace násobení komutativní, tj. platí-li:

∀a, b ∈M : a.b = b.a .

Okruh (M,+, ·) je nazýván okruhem s jednotkovým prvkem, existuje-li prvek e ∈ Mtakový, že platí:

∀a ∈M : a.e = e.a = a .

Takový prvek pak obvykle značíme e = 1 a nazýváme jej jednotkovým prvkem.Definice:

Nechť (M,+, ·) je okruh a nechť S je neprázdná podmnožina M( S ⊆M,S 6= ∅ ).S je podokruh okruhu M právě tehdy, když (S,+, ·) je okruh.

Věta:

8

1. S je podokruh okruhu (M,+, ·)⇐⇒ ∀a, b ∈ S : (a− b ∈ S ∧ a.b ∈ S) .

2. ∀i ∈ I = {1, 2, . . .} : Si je podokruh okruhu M

=⇒ ⋂

i∈ISi je podokruh okruhu M .

3. ∀i ∈ I = {1, 2, . . .} : Si je podokruh okruhu M , S1 ⊆ S2 ⊆ S3 ⊆ · · ·=⇒ ⋃

i∈ISi je podokruh okruhu M .

4. Okruh (M,+, ·) je asociativní (resp. komutativní), S je podokruh okruhu M .Potom také (S,+, ·) je okruh asociativní (resp. komutativní).

Poznámka:Jestliže M je okruh s jednotkovým prvkem 1M a S je podokruh okruhu M ,potom S nemusí mít jednotkový prvek, S může mít jednotkový prvek 1S 6= 1M nebo Smůže mít jednotkový prvek 1S = 1M .

Faktorizace okruhu.Uvažujme okruh (M,+, ·). Protože v okruhu je struktura (M,+) Abelova grupa, je

podgrupa (S,+) této grupy rovněž Abelovou podgrupou. Potom lze udělat faktorovougrupu (M/S,+), která bude opět Abelovou grupou.

Prvky faktorové grupy označíme

a+ S = {a+ s; s ∈ S} .Získáme tím rozklad množiny M podle podgrupy S, pro jehož prvky platí:

1.⋃

a∈M(a+ S) = M ,

2. (a+ S) ∩ (b+ S) 6= ∅ =⇒ a+ S = b+ S ,

3. a+ S = b+ S ⇐⇒ −b+ a ∈ S .Sčítání je pro prvky faktorové grupy definováno jako

(a+ S) + (b+ S) = (a+ b) + S .

Definice:Nechť (M,+, ·) je okruh. Podgrupa I aditivní grupy (M,+) okruhu M se nazývá:

• levý ideál, jestliže∀b ∈ I ∀x ∈M : x.b ∈ I .

9

• pravý ideál, jestliže∀b ∈ I ∀x ∈M : b.x ∈ I .

• ideál, pokud I je současně levý i pravý ideál.

Poznámka:Shrňme podmínky, které musí splňovat ideál :I je ideál okruhu (M,+, ·), platí-li:

∀a, b ∈ I : a− b ∈ I ,

∀b ∈ I ∀x ∈M : x.b ∈ I, b.x ∈ I .Je-li I ideál okruhu (M,+, ·), můžeme vytvořit tzv. faktorokruh

(M/I ,+, ·)

okruhu M podle ideálu I, kde operace sčítání a násobení jsou definovány takto:

(a+ I) + (b+ I) = (a+ b) + I ,

(a+ I) · (b+ I) = a · b+ I .

Takto získaná struktura má opět vlastnosti okruhu.Faktorizací okruhu M podle ideálu I získáváme opět okruh - faktorový okruh M/I

okruhu M podle ideálu I.Definice:

Nechť (M,+, ·) a (S,+, ·) jsou dva okruhy. Zobrazení ϕ : M −→ S je homomorfismemokruhů právě tehdy, když

∀a, b ∈M : ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b) ,

∀a, b ∈M : ϕ(a.b) = ϕ(a) · ϕ(b) .

Důležitým příkladem homomorfismu okruhů je zobrazení

π : M →M/Ia 7→ a+ I ,

které se nazývá přirozená projekce okruhu M na okruh M/I .I v případě homomorfismu okruhů ϕ : M −→ S má smysl hovořit o jádru homomorfismu

Ker ϕ = {x ∈M ; ϕ(x) = 0}

a obrazu homomorfismu

Imϕ = {s ∈ S; ∃x ∈M : ϕ(x) = s} .

10

Poznámka:Nechť ϕ : M −→ S je homomorfismem okruhů.Potom Imϕ � S je podokruh okruhu S a Ker ϕ � M je podokruh okruhu M , který jedokonce ideálem okruhu M .

Věta o izomorfismu:ϕ : M −→ S je homomorfismus okruhu M do okruhu S.Potom

M/Ker ϕ ' Imϕ, Imϕ � S .

Další známé matematické struktury se dvěma binárními operacemi jsou vlastně speci-álními případy okruhů.

Definice:Struktura (T,+, ·) se nazývá těleso, pokud T je netriviální asociativní okruh a (T \ {0}, ·)je grupa.

Poznámka:Okruh (T,+, ·) je těleso⇐⇒ (T,+) je Abelova grupa, (T \ {0}, ·) je grupa⇐⇒ (T,+) je Abelova grupa, (T \ {0}, ·) je asociativní, T má jednotkový prvek 1 a kekaždému nenulovému prvku z T existuje prvek inverzní.

Lemma:Je-li (T,+, ·) těleso, potom platí:

∀a, b ∈ T, a 6= 0, b 6= 0 =⇒ a.b 6= 0 ,

neboli těleso je bez dělitelů nuly.Důkaz:

Je-li a ∈ T, a 6= 0, existuje k němu prvek inverzní a−1 ∈ T : a.a−1 = a−1.a = 1. Kdybypotom měl být součin a.b = 0, muselo by platit 0 = a−1.0 = a−1.(a.b) = (a−1.a).b = 1 .b = b,což je ve sporu s předpokladem nenulovosti b.

V lemmatu se vyskytla vlastnost, která charakterizuje tzv. okruhy bez dělitelů nuly.Definice:

Řekneme, že okruh (M,+, ·) je okruh bez dělitelů nuly, jestliže platí:

∀a, b ∈M,a 6= 0, b 6= 0 =⇒ a.b 6= 0 .

Definice:Obor je netriviální asociativní okruh bez dělitelů nuly a s jednotkovým prvkem.Obor integrity je obor, který je navíc komutativní.

4 Podílové těleso oboru integrity

Nechť (R,+, ·) je obor integrity, tj. komutativní a asociativní okruh s jednotkovým prvkem1 a bez dělitelů nuly.

11

Označme K = R \ {0} a uvažujme uspořádané dvojice

(a, b) ∈ R×K . . . a ∈ R, b ∈ K = R \ {0} .

Na množině R×K je relace ∼ definována takto:

(a, b) ∼ (a′, b′) ⇐⇒ ab′ = a′b .

Tato relace je ekvivalencí na R×K.Ekvivalence ∼ indukuje rozklad množiny R ×K na třídy ekvivalence. Jednotlivé roz-

kladové třídy podle ekvivalence ∼ označíme

a/b = {(a′, b′) ∈ R×K; (a′, b′) ∼ (a, b)} .

Množinu všech rozkladových tříd a/b označíme S.Na množině S všech rozkladových tříd a/b definujeme operace sčítání

a/b+ c/d = (ad+ cb)/bd

a násobenía/b · c/d = ac/bd .

Obě operace jsou tímto korektně definovány, tj. nezáleží na volbě uspořádané dvojicereprezentující příslušnou rozkladovou třídu.

Struktura (S,+, ·) je komutativní těleso s nulovým prvkem 0/ 1, opačnými prvky−(a/b) =(−a)/b ke všem prvkům a/b ∈ S, jednotkovým prvkem 1 / 1 a inverzními prvky (a/b)−1 =b/a, které existují ke všem nenulovým prvkům a/b ∈ S \ {0/ 1} . Toto těleso nazývámepodílovým tělesem oboru integrity R.

Dále se nabízí otázka, zda existuje nějaká souvislost mezi prvky oboru integrity R aprvky jeho podílového tělesa S.

Uvažujme zobrazeníω : R→ S

a 7→ ω(a) = a/1 .

Toto zobrazení je homomorfismem okruhů, neboť pro libovolně zvolené prvky a, b ∈ Rje obraz součtu ω(a + b) = (a + b)/1 roven součtu obrazů ω(a) + ω(b) = a/1 + b/1 =(a.1 + b.1)/1.1 = (a + b)/1 a také obraz součinu ω(a.b) = ab/1 se shoduje se součinemobrazů ω(a) · ω(b) = a/1 · b/1 = ab/1.1 = ab/1.

Sporem se dokáže, že zobrazení ω je prosté. Zobrazení ω je monomorfismem.Existence monomorfismu ω umožňuje ztotožnit prvky a ∈ R s prvky ω(a) = a/1 ∈ S.

Po tomto ztotožnění je obor integrity R podokruhem jeho podílového tělesa S.

12

5 Racionální čísla

Celá čísla (Z,+, .) jsou konkrétním příkladem oboru integrity, tj. komutativního a asoci-ativního okruhu s jednotkovým prvkem a bez dělitelů nuly. Vytvoříme-li podílové tělesooboru integrity S, dostaneme těleso Q racionálních čísel. Popišme tuto konstrukci podrob-něji.

Nechť R = Z, je to obor integrity. Označíme K = R \ {0} = Z \{0} = {z ∈ Z; z 6= 0}.Vytvoříme podílové těleso oboru integrity Z, je jím množina

Q = {a/b; a ∈ Z, b ∈ Z, b 6= 0}

s operacemi sčítánía/b+ c/d = (ad+ cb)/bd

a násobenía/b · c/d = ac/bd .

Samozřejmě i nyní symbolem a/b značíme rozkladovou třídu všech navzájem ekvivalentníchprvků, tj. analogicky jako v obecném případě platí: (a, b) ∈ a/b, (a′, b′) ∈ a/b ⇔ (a, b) ∼(a′, b′) ⇔ a.b′ = a′.b .

Struktura (Q,+, ·) je těleso. Množina Z všech celých čísel je podokruhem tělesa Q,ztotožníme-li z ∈ Z se zlomkem z/1 ∈ Q.

Dále můžeme předpokládat, že jednotlivé třídy rozkladu množiny Z×Z \{0} jsou re-prezentovány zlomky a/b, kde b > 0. Uvažujme (a, b) ∈ Z×Z \{0}, kde b < 0. Potomale z rovnosti (−a).b = −a.b = a.(−b) vyplývá ekvivalence dvojic (−a,−b) ∼ (a, b), proto(−a)/(−b) = a/b. Tedy každé racionální číslo a/b ∈ Q můžeme psát tak, že „jmenovatelÿb je kladný: b > 0, neboli

∀a/b ∈ Q ∃a0/b0 : a/b = a0/b0 ∧ 0 < b0 .

Podobně jako u ostatních číselných oborů se pokusíme i pro racionální čísla definovatuspořádání podle jejich velikosti.

Uspořádání na Q :

∀a, b, c, d ∈ Z, b > 0, d > 0 : a/b < c/d ⇐⇒ ad < cb .

Další vlastnosti uspořádání racionálních čísel shrneme do následující věty.Věta ( Vlastnosti uspořádání < na Q ) :

1. Uspořádání < na Q je lineární.

2. Uspořádání na Z je zúžením tohoto uspořádání na Q.

3. ∀a/b, c/d, p/q ∈ Q : a/b < c/d ⇒ a/b+ p/q < c/d+ p/q.

4. ∀a/b, c/d ∈ Q : (a/b > 0 ∧ c/d > 0) ⇒ a/b · c/d > 0.

13

5. ∀a/b, c/d, p/q ∈ Q : (a/b < c/d ∧ p/q > 0)⇒ a/b · p/q < c/d · p/q.6. ∀a/b ∈ Q, ∀p/q ∈ Q, p/q > 0 ∃n ∈ N :

a/b < n.(p/q) = p/q + p/q + · · ·+ p/q︸ ︷︷ ︸n

.

7. ∀a/b, c/d ∈ Q : a/b < c/d ⇒ ∃p/q ∈ Q : a/b < p/q < c/d.

Poznámka:Vlastnost 7. z právě dokázané věty vlastně říká, že racionální čísla tvoří hustě uspořádanoumnožinu. Struktura (Q,+, ., <) tvoří tzv. archimédovsky a hustě uspořádané komutativnítěleso.

6 Podílový okruh

Příklad:Uvažujme strukturu tvořenou množinou Z3 = {0, 1, 2} zbytkových tříd celých čísel modulo3 s operacemi sčítání + a násobení . modulo 3. (Z3,+, .) je nejenom okruh, je to i oborintegrity, kde neexistují dělitelé nuly.

Můžeme proto zkonstruovat podílové těleso oboru integrity Z3, které označíme Q3.Množina

Q3 = {p/q; p, q ∈ Z3, q 6= 0}je tvořena třemi prvky, neboť 0/1 = 0/2, 1/1 = 2/2, 2/1 = 1/2.

Sčítání v podílovém tělese reprezentuje tabulka:

+ 0/1 1/1 2/1

0/1 0/1 1/1 2/11/1 1/1 2/1 0/12/1 2/1 0/1 1/1

Násobení v podílovém tělese Q3 je reprezentováno tabulkou:

. 0/1 1/1 2/1

0/1 0/1 0/1 0/11/1 0/1 1/1 2/12/1 0/1 2/1 1/1

Tyto tabulky přesně odpovídají tabulkám sčítání a násobení v množině zbytkových třídZ3. Je to proto, že (Z3,+, .) není jenom obor integrity, tato struktura má totiž všechnyvlastnosti tělesa. Obě uvažované struktury jsou tedy izomorfní:

Q3 ' Z3 .

14

Okruh Zk zbytkových tříd modulo k s příslušnými operacemi počítanými modulo k jeale tělesem pouze pro k prvočísla. Není-li k prvočíslo, jedná se pouze o okruh, který neníani oborem integrity. Např. v Z4 je 2.2 = 0, neboli existují zde dělitelé nuly. Nemůžemepotom konstruovat podílová tělesa. Přesto lze podobným způsobem dělat podílové okruhy,jen potřebujeme napřed definovat pojem multiplikativní množiny.

Poznámka:Je-li S = {a/b; a, b ∈ R, b 6= 0} podílové těleso oboru integrity R, je S nejmenší takovétěleso, které obsahuje R jako podokruh.

Nechť (R,+, ·) je komutativní, asociativní okruh s jednotkovým prvkem 1. ( R nemusíbýt obor integrity, tedy může mít dělitele nuly.)

Podmnožina S ⊆ R se nazývá multiplikativní množinou okruhu R právě tehdy, když:1) 0 /∈ S,2) 1 ∈ S,3) ∀a, b ∈ S : a.b ∈ S.

Je-li S multiplikativní množina okruhu R, potom na množině R × S uspořádanýchdvojic (a, s), a ∈ R, b ∈ S definujeme relaci

(a, s) ∼ (b, r) ⇐⇒ ∃s1 ∈ S : (ar − bs).s1 = 0 .

Relace ∼ na množině R×S je reflexivní, symetrická a tranzitivní, je to tedy ekvivalence.Tato ekvivalence určuje rozklad množiny R × S na třídy navzájem ekvivalentních prvků.Označme

a/s = {(b, r) ∈ R× S; (b, r) ∼ (a, s)}rozkladovou třídu spolu ekvivalentních prvků a

S−1R = {a/s; a ∈ R, s ∈ S}

množinu všech takových rozkladových tříd. Na množině S−1R definujme operace sčítání

a/s+ b/r = (ar + bs)/sr

a násobenía/s · b/r = ab/sr .

(S−1R,+, ·) je komutativní a asociativní okruh s jednotkovým prvkem 1 / 1, který na-zýváme podílovým okruhem okruhu R (podle multiplikativní množiny S).

Podobně jako při konstrukci podílového tělesa oboru integrity si můžeme i nyní položitotázku, zda existuje nějaký vztah mezi prvky původního okruhu R a prvky jeho podílovéhookruhu S−1R.

Přirozeným homomorfismem okruhů R a S−1R je zobrazení

ω : R→ S−1Ra 7→ ω(a) = a/ 1 = as/s, s ∈ S .

15

Věta:Nechť (S−1R,+, ·) je podílový okruh okruhu R (podle multiplikativní množiny S). Potompro přirozený homomorfismus ω : R→ S−1R platí:

ω prosté ⇔ S neobsahuje dělitele 0 .

Důsledkem právě dokázané věty je následující fakt pro podílový okruh okruhuR: Jestližemultiplikativní množina S neobsahuje dělitele nuly, je přirozený homomorfismus těchtookruhů ω : R → S−1R prostým zobrazením. Můžeme proto ztotožnit prvky a ∈ R aω(a) = a/ 1. Po tomto ztotožnění lze R chápat jako podokruh okruhu S−1R.

V podílovém okruhu S−1R není zaručena existence inverzních prvků (vzhledem k ná-sobení) ke každému prvku a/s ∈ S−1R. Přesto můžeme najít příklady prvků, ke kterýminverzní prvky existují. Zavádí se proto následující pojem:

Definice:Nechť (S−1R,+, ·) je podílový okruh okruhu R (podle multiplikativní množiny S). Prvekv S−1R se nazývá invertibilní, pokud má inverzní prvek v S−1R.

Je-li a/s ∈ S−1R, kde je navíc a ∈ S, platí s/a · a/s = s.a/a.s = 1 / 1. To znamená, žekaždý prvek a/s ∈ S−1R, kde a ∈ S, je invertibilní.

Příklady:

1. Nechť R = Z4 = {0, 1, 2, 3} je okruh zbytkových tříd při dělení modulo 4 s operacemisčítání a násobení mod 4. Pro multiplikativní množinu S = {1, 3} má podílový okruhS−1R čtyři prvky: S−1R = {0/1 = 0/3, 1/1 = 3/3, 2/1 = 2/3, 3/1 = 1/3}. V tomtookruhu jsou invertibilní pouze prvky 1/1, 3/1.

2. Je-li R = Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} okruh zbytkových tříd při dělení modulo 6 s přísluš-nými operacemi sčítání a násobení mod 6 a multiplikativní množina S = {1, 5}, mápodílový okruh S−1R šest prvků: S−1R = {0/1 = 0/5, 1/1 = 5/5, 2/1 = 4/5, 3/1 =3/5, 4/1 = 2/5, 5/1 = 1/5}. V tomto okruhu jsou invertibilní prvky 1/1, 5/1.

3. V okruhu R = Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} s příslušnými operacemi sčítání a násobení mod 6uvažujme multiplikativní množinu S = {1, 2, 4, 5}. Potom má podílový okruh S−1Rtři prvky: S−1R = {0/1, 1/1, 2/1}. V tomto okruhu jsou invertibilní oba nenulovéprvky 1/1, 2/1. Přirozený homomorfismus ω v tomto případě není prosté zobrazení, jetotiž ω(3) = 3/1 = 0/1 = ω(0), ω(4) = 4/1 = 1/1 = ω(1), ω(5) = 5/1 = 2/1 = ω(2).

4. Pokud v okruhu R = Z8 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} zbytkových tříd při dělení modulo 8(s příslušnými operacemi sčítání a násobení mod 8) uvažujeme multiplikativní mno-žinu S = {1, 3}, má podílový okruh S−1R osm prvků: S−1R = {0/1 = 0/3, 1/1 =3/3, 2/1 = 6/3, 3/1 = 1/3, 4/1 = 4/3, 5/1 = 7/3, 6/1 = 2/3, 7/1 = 5/3}. Invertibil-ními prvky v tomto okruhu jsou prvky 1/1, 3/1, 5/1, 7/1.

16

7 Reálná čísla

Q je množina všech racionálních čísel.Řez α = (A/B) je dvojice množin A,B ⊆ Q, která splňuje následující tři podmínky:

1. A 6= ∅, B 6= ∅2. Každé číslo q ∈ Q leží v jedné a jen v jedné z množin A,B :

A ∪B = Q, A ∩B = ∅

3. ∀a ∈ A ∀b ∈ B : a < b

Tři druhy řezů:1.druh . . A obsahuje největší číslo, B neobsahuje nejmenší číslo2.druh . . A neobsahuje největší číslo, B obsahuje nejmenší číslo3.druh . . A neobsahuje největší číslo, B neobsahuje nejmenší číslo

Řezy 1. druhu vzájemně jednoznačně odpovídají racionálním číslům:

a ∈ Q ←→ a∗ = (A,B), A = {x ∈ Q; x ≤ a}, B = Q \ A ,

a podobně též platí pro řezy 2. druhu:

a ∈ Q ←→ a∗∗ = (A,B), B = {x ∈ Q; a ≤ x}, A = Q \B .

Racionálnímu číslu a ∈ Q tedy odpovídají dva řezy, řez 1. druhu a∗ a řez 2. druhu a∗∗.Tatoduplicita umožňuje omezit se nadále pouze na řezy 1. a 3. druhu.

Uspořádání řezů :Nechť α = (A/B), α′ = (A′, B′) jsou řezy 1. nebo 3. druhu:

α ≺ α′ ⇐⇒ A′ ∩B 6= ∅ .

Věta :Relace ≺ je ostré, nelineární uspořádání na množině řezů 1. a 3. druhu, tj. je to relaceantireflexivní, tranzitivní a trichotomická.

Vlastnosti uspořádání :

1. Je-li α řez 1. nebo 3. druhu, potom ∃n ∈ N tak, že a ≺ n∗ .

2. Jsou-li a, b ∈ Q, potom platí:

a = b⇒ a∗ = b∗ ,

a < b⇒ a∗ ≺ b∗ .

17

Věta :Nechť α = (A/B), α′ = (A′, B′) jsou řezy 1. nebo 3. druhu.Označme D = {b+ b′; b ∈ B, b′ ∈ B′}, C = Q \D .Potom γ = (C,D) je řez 1. nebo 3. druhu.

Řez γ je součet řezů α, α′, píšeme:

γ = α + α′ .

Vlastnosti sčítání :

1. ∀α, α′ řezy 1. nebo 3. druhu : α + α′ = α′ + α

2. ∀α, α′, α′′ řezy 1. nebo 3. druhu : (α + α′) + α′′ = α + (α′ + α′′)

3. ∀α řez 1. nebo 3. druhu : α + 0∗ = α

4. ∀α, α′ řezy 1. nebo 3. druhu ∃! řez ξ 1. nebo 3. druhu tak, že :

α′ + ξ = α ,

tedy ∀α ∃ − α tak, že α + (−α) = 0∗

5. ∀α, α′, α′′ řezy 1. nebo 3. druhu :

α ≺ α′ ⇒ α + α′′ ≺ α′ + α′′

6. ∀a, b ∈ Q : a∗ + b∗ = (a+ b)∗

Dále platí:α ≺ 0∗ ⇐⇒ −α � 0∗ .

Věta :Nechť α = (A/B) � 0∗, α′ = (A′, B′) � 0∗ jsou řezy 1. nebo 3. druhu.Označme D = {b.b′; b ∈ B, b′ ∈ B′}, C = Q \D .Potom (C,D) je řez 1. nebo 3. druhu, (C/D) � 0∗ .

Tento řez (C/D) je součin řezů α, α′, značíme jej:

α.α′ = (C/D).

( ! pouze pro řezy α � 0∗, α � 0∗ ! )Definice :

Nechť α, α′ jsou řezy 1. nebo 3. druhu, potom definujeme součin řezů:

α.α′ = (C/D), kde D = {b.b′; b ∈ B, b′ ∈ B′} pro α = (A/B) � 0∗, α′ = (A′, B′) � 0∗

α.0∗ = 0∗

18

0∗.α = 0∗

α.α′ = −((−α).α′) pro α ≺ 0∗, α′ � 0∗

α.α′ = −(α.(−α′)) pro α � 0∗, α′ ≺ 0∗

α.α′ = (−α).(−α′) pro α ≺ 0∗, α′ ≺ 0∗

Vlastnosti násobení :

1. ∀α, α′ řezy 1. nebo 3. druhu : α.α′ = α′.α

2. ∀α, α′, α′′ řezy 1. nebo 3. druhu : (α.α′).α′′ = α.(α′.α′′)

3. ∀α řez 1. nebo 3. druhu : α.1∗ = α

4. ∀α, α′, α′′ řezy 1. nebo 3. druhu : (α + α′).α′′ = α.α′′ + α′.α′′ ,α′′.(α + α′) = α′′.α + α′′.α′

5. ∀α, α′, α′′ řezy 1. nebo 3. druhu :

(α ≺ α′ ∧ α′′ � 0∗) ⇒ α.α′′ ≺ α′.α′′

6. ∀α, α′ řezy 1. nebo 3. druhu, α′ 6= 0∗ ∃! řez ξ 1. nebo 3. druhu tak, že :α′.ξ = α .

Důsledek:∀α′ řez 1. nebo 3. druhu, α′ 6= 0∗ ∃! řez ξ 1. nebo 3. druhu tak, že :α′.ξ = 1∗ ,tedy každý nenulový řez má řez inverzní.

Poznámka:Násobení řezů je rozšířením násobení na Q, tj.

∀a, b ∈ Q : a∗.b∗ = (a.b)∗ , −a∗ = −a∗ .

8 Komplexní čísla

C = {(a, b); a, b ∈ R} = R×R

. . . Gaussova rovina komplexních číselOperace sčítání a násobení:

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

(a, b).(c, d) = (ac− bd, ad+ bc)

19

Struktura (C,+, ·) je komutativní těleso s nulovým prvkem (0, 0), opačnými prvky−(a, b) = (−a,−b), jednotkovým prvkem (1, 0) a převrácenými prvky

(a, b)−1 =

(a

a2 + b2,−b

a2 + b2

).

Protože existuje homomorfismus

ϕ : R→ Cr 7→ ϕ(r) = (r, 0)

,

který je prostým zobrazením tělesa R všech reálných čísel do tělesa C všech komplexníchčísel, můžeme ztotožnit

r = ϕ(r) = (r, 0) .

(R,+, ·) je tedy podtěleso tělesa (C,+, ·).Dvojici (0, 1) označíme symbolem i = (0, 1) a nazýváme ji imaginární jednotkou. Platí

pro nii2 = (0, 1).(0, 1) = −1 .

Komplexní čísla pak vyjadřujeme v tzv. algebraickém tvaru

(a, b) = a+ b.i .

Absolutní hodnotou komplexního čísla a+ b.i rozumíme číslo

|a+ b.i| = |(a, b)| =√a2 + b2 =

√(a+ bi).(a− bi) .

Vlastnosti absolutní hodnoty komplexních čísel:

1. ∀a+ bi ∈ C : |a+ bi| ∈ R, |a+ bi| ≥ 0,

|a+ bi| = 0⇔ a+ bi = 0

2. ∀a+ bi ∈ C ∀c+ di ∈ C :

|(a+ bi).(c+ di)| = |a+ bi|.|c+ di|

3. ∀a+ bi ∈ C ∀c+ di ∈ C :

|(a+ bi) + (c+ di)| ≤ |a+ bi|+ |c+ di|

20

9 Polynomy

Definice 9.1 Nechť S je asociativní, komutativní okruh s 1, nechť R je podokruh okruhuS takový, že 1 ∈ R. Zvolme prvek x ∈ S a označmeR[x] = {p(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pnx

n : n ∈ N, p0, p1, ..., pn ∈ R}.Každý prvek z množiny R[x] se nazývá polynom nad okruhem R.

Poznámka 9.11. Zřejmě R[x] ⊆ S, R ⊆ R[x].2. Zřejmě p(x) = p0 +p1x+ · · ·+pnx

n ←→ (p0, p1, ..., pn, 0, 0, ...), kde je jen konečně mnohonenulových prvků.3. st(p) = n = max{i : pi 6= 0}, st(0) = max ∅ = −∞.

Operace s polynomySčítání: p(x) = p0 +p1x+ · · ·+pnxn, st(p) = n, q(x) = q0 +q1x+ · · ·+qmxm, st(q) = m,

p(x) + q(x) = (p0 + q0) + (p1 + q1)x+ · · ·,st(p+ q) ≤ max{st(p), st(q)}.

Vlastnosti: (R[x],+) je Abelova grupa.

Důkaz Protože R je podokruh okruhu S, který je asociativní, komutativní, je také sčítánív R[x] asociativní a komutativní:p(x) + q(x) = (p0 + q0) + (p1 + q1)x+ · · · = (q0 + p0) + (q1 + p1)x+ · · · = q(x) + p(x),(p(x) + q(x)) + r(x) = ((p0 + q0) + r0) + ((p1 + q1) + r1)x+ · · · =(p0 + (q0 + r0)) + (p1 + (q1 + r1))x+ · · · = (p(x) + (q(x) + r(x)).Pro každý polynom p(x) je p(x) + 0(x) = (p0 + 0) + (p1 + 0)x+ · · · = p0 + p1x+ · · · = p(x),proto 0(x) je nulový prvek v R[x].Pro každý prvek p(x) = p0 + p1x + · · · + pnx

n jsou prvky p0, p1, ..., pn z okruhu R, protopro každé i = 0, 1, ..., n existuje prvek −pi ∈ R tak, že pi + (−pi) = 0. Potom pro polynom−p(x) = (−p0) + (−p1)x+ · · ·+ (−pn)xn získámep(x) + (−p(x)) = (p0 + (−p0)) + · · ·+ (pn + (−pn))xn = 0 + · · ·+ 0xn = 0(x).

Násobení: p(x) = p0+p1x+· · · pnxn, st(p) = n, q(x) = q0+q1x+· · ·+qmxm, st(q) = m,

p(x)q(x) = c0 + c1x+ · · ·+ cn+mxn+m, kde ck =

k∑

i=0

piqk−i =∑

i+j=k

piqj,

st(pq) ≤ st(p) + st(q).

Vlastnosti: pro každé p(x), q(x), z(x) ∈ R[x] platí:p(x)q(x) = q(x)p(x) - komutativita(p(x)q(x))r(x) = p(x)(q(x)r(x)) - asociativita,p(x)(q(x) + r(x)) = p(x)q(x) + p(x)r(x), - distributivita,(q(x) + r(x))p(x) = q(x)p(x) + r(x)p(x), - distributivita,p(x) · 1 = p(x).

21

Důkaz Označmep(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pnx

n,q(x) = q0 + q1x+ · · ·+ qmx

m,r(x) = r0 + r1x+ · · ·+ rkx

k.Pro každé i = 0, 1, ..., n a pro každé j = 0, 1, ...,m je (pix

i)(qjxj) = pi(x

iqj)xj =

pi(qjxi)xj = (piqj)x

ixj = (piqj)xi+j, neboť okruh S je asociativní a komutativní. Tím je

jasná korektnost definice násobení polynomů.Komutativita: označme p(x)q(x) = a(x) = a0 + a1x + · · · + an+mx

n+m, q(x)p(x) =b(x) = b0 + b1x + · · · + bm+nx

m+n, kde pro každé u = 0, 1, ...,m + n je au =∑

i+j=u

piqj,

bu =∑

j+i=u

qjpi. Potom au =∑

i+j=u

piqj =∑

j+i=u

qjpi = bu pro každé u = 0, 1, ...,m+ n.

Asociativita: označmep(x)q(x) = a0 + a1x+ · · ·+ an+mx

n+m, kde aj =∑

i+l=j

piql pro každé j = 0, 1, ..., n+m,

(p(x)q(x))r(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bn+m+kxn+m+k, kde bu =

∑

j+v=u

ajrv pro každé

u = 0, 1, ..., n+m+ k,q(x)r(x) = c0 + c1x+ · · ·+ cm+kx

m+k, kde cy =∑

l+v=y

qlrv pro každé y = 0, 1, ...,m+ k,

p(x)(q(x)r(x)) = d0 + d1x+ · · ·+ dn+m+kxn+m+k, kde du =

∑

i+y=u

picy pro každé

u = 0, 1, ..., n+m+ k.Potom užijeme distributivnosti a asociativnosti okruhu R pro každé u = 0, 1, ..., n+m+k:bu =

∑

j+v=u

ajrv =∑

j+v=u

(∑

i+l=j

piql)rv =∑

i+l+v=u

(piql)rv =∑

i+l+v=u

pi(qlrv) =∑

i+y=u

pi(∑

l+v=y

qlrv)

=∑

i+y=u

picy = du.

Distributivita: označme t = max{m, k}, potom q(x) = q0 + q1x+ · · ·+ qtxt, kde ql = 0

pro každé l = m+ 1, ..., t, r(x) = r0 + r1x+ · · ·+ rtxt, kde re = 0 pro každé e = k+ 1, ..., t.

Potom p(x)(q(x) + r(x)) = a0 + a1x + · · · + an+txn+t, kde pro každé u = 0, 1, ..., n + t je

au =∑

i+j=u

pi(qj+rj) =∑

i+j=u

piqj+∑

i+j=u

pirj, proto p(x)(q(x)+r(x)) = p(x)q(x)+p(x)r(x).

Z komutativity R[x] pak plyne: (q(x) + r(x))p(x) = p(x)(q(x) + r(x)) = p(x)q(x) +p(x)r(x) = q(x)p(x) + r(x)p(x).

Protože 1 = 1 + 0x + 0x2 + · · ·, je p(x) · 1 = a0 + a1x + · · · + anxn, kde pro každé

u = 0, 1, ..., n je au = pu1 + pu−10 + · · ·+ p00 = pu.

Tím jsme dokázali větu.

Věta 9.1 Množina R[x] je komutativní, asociativní okruh s jednotkou.

Definice 9.2 Okruh R[x] se nazývá okruh polynomů jedné neurčité nad okruhem R v S.

Věta 9.2 R[x] je obor integrity právě tehdy, když R je obor integrity.

22

Důkaz Nechť R[x] je obor integrity. Jsou-li a, b ∈ R libovolné prvky, a 6= 0, b 6= 0, potompoložme p(x) = a+ 0x+ 0x2 + · · ·, q(x) = b+ 0x+ 0x2 + · · ·. Protože R[x] je obor integrity,je ab = p(x)q(x) 6= 0. Tím R je obor integrity.Nechť R je obor integrity. Jsou-li p(x), q(x) ∈ R[x] libovolné prvky, p(x) 6= 0, q(x) 6= 0,potom označme p(x) = p0+p1x+· · ·+pnxn, kde n ≥ 0, pn 6= 0, q(x) = q0+q1x+· · ·+qmxm,kde m ≥ 0, qm 6= 0. Pak p(x)q(x) = a0 + a1x + · · · + an+mx

n+m, kde an+m = pnqm 6= 0,neboť R je obor integrity. Tím R[x] je obor integrity.

Definice 9.3 Nechť S je asociativní, komutativní okruh s 1, nechť R je podokruh okruhu Stakový, že 1 ∈ R, nechť a ∈ S. Budeme říkat, že prvek a ∈ S je algebraický nad R, jestližeexistuje nenulový polynom p(x) ∈ R[x] takový, že p(a) = 0, t.j. a je kořenem nějakéhopolynomu nad R.Budeme říkat, že prvek a ∈ S je transcendentní nad R, jestliže takový polynom neexistuje,t.j. pro každý nenulový polynom p(x) nad R je p(a) 6= 0.

Věta 9.3 Nechť R1 je podokruh komutativního, asociativního okruhu S1 s jednotkou, kteráleží v R1. Nechť R2 je podokruh komutativního, asociativního okruhu S2 s jednotkou, kteráleží v R2. Nechť ϕ:R1 −→ R2 je homomorfismus okruhů, nechť x ∈ S1, u ∈ S2. Potomexistuje jednoznačně určené zobrazení ψ:R1[x] −→ R2[u] takové, že pro každé r ∈ R1 jeψ(r) = ϕ(r) a ψ(x) = u.Navíc: Jestliže ϕ je izomorfismus, potom R1[x]/Kerψ ∼= R2[u], Kerψ ∩R1 = {0}.Jestliže ϕ je izomorfismus, jestliže u je prvek transcendentní nad R2, potom R1[x] ∼= R2[u].

Důkaz Zobrazení ψ definujeme přirozeným způsobem.Pro libovolný prvek p(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pnx

n položme:ψ(p(x)) = ϕ(p0) + ϕ(p1)u+ · · ·+ ϕ(pn)un

Ukážeme, že takto definované zobrazení je homomorfismus z R1[x] do R2[u].Jsou-li p(x) = p0 + p1x + · · · + pnx

n, q(x) = q0 + q1x + · · · + qmxm libovolné prvky

z R1[x], potom položme k = max{n,m} a polynomy doplníme nulovými koeficienty. Tímp(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pkx

k, q(x) = q0 + q1x+ · · ·+ qkxk. Potom

ψ(p(x) + q(x)) = ψ((p0 + q0) + (p1 + q1)x+ · · ·+ (pk + qk)xk) =

ϕ(p0 + q0) + ϕ(p1 + q1)u+ · · ·+ ϕ(pk + qk)uk =

(ϕ(p0) + ϕ(q0)) + (ϕ(p1) + ϕ(q1))u+ · · ·+ (ϕ(pk) + ϕ(qk))uk =

(ϕ(p0) + ϕ(p1)u+ · · ·+ ϕ(pk)uk) + (ϕ(q0) + ϕ(q1)u+ · · ·+ ϕ(qk)u

k) = ψ(p(x)) + ψ(q(x)).Jestliže označíme p(x)q(x) = a0 + a1x + · · · + an+mx

n+m, kde al =∑

i+j=l

piqj pro každé

l = 0, 1, ..., n+m, potomψ(p(x)q(x)) = ψ(a0 + a1x+ · · ·+ an+mx

n+m) = ϕ(a0) + ϕ(a1)u+ · · ·+ ϕ(an+m)un+m.Protože ϕ je homomorfismus okruhu R1 do okruhu R2, jeϕ(al) = ϕ(

∑

i+j=l

piqj) =∑

i+j=l

ϕ(pi)ϕ(qj) pro každé l = 0, 1, ..., n+m. Tím

ψ(p(x)q(x)) = ϕ(a0) + ϕ(a1)u + · · · + ϕ(an+m)un+m = (ϕ(p0) + ϕ(p1)u + · · · + ϕ(pn)un) ·(ϕ(q0) + ϕ(q1)u+ · · ·+ ϕ(qm)um) = ψ(p(x)) · ψ(q(x)).

23

Pro každé r ∈ R1 je polynom r(x) = r prvek z R1[x], proto ψ(r) = ψ(r(x)) = ϕ(r).Pro polynom p(x) = x je ψ(p(x)) = ψ(x) = ψ(1 · x) = ϕ(1)u = 1 · u = u.Pro ověření jednoznačnosti zobrazení předpokládejme, že existují dvě takováto zobrazení,tedy: ψ1:R1[x] −→ R2[u], ψ2:R1[x] −→ R2[u], ψ1, ψ2 jsou homomorfismy okruhů,ψ1(r) = ϕ(r), ψ2(r) = ϕ(r) pro každé r ∈ R1, ψ1(x) = u, ψ2(x) = u.Potom pro libovolný prvek p(x) = p0 + p1x+ · · ·+ pnx

n ∈ R1[x] mámeψ1(p(x)) = ψ1(p0) + ψ1(p1)ψ1(x) + · · ·+ ψ1(pn)ψ1(x)n = ϕ(p0) + ϕ(p1)u+ · · ·+ ϕ(pn)un =ψ2(p0) + ψ2(p1)ψ2(x) + · · ·+ ψ2(pn)ψ2(x)n = ψ2(p(x)).

Je-li ϕ izomorfismus, pro libovolný prvek p(u) ∈ R2[u] je p(u) = p0 + p1u+ · · ·+ pnun,

kde pro každé i = 0, 1, ..., n je pi ∈ R2. Protože ϕ je izomorfismus, existují prvky ri ∈ R1

tak, že ϕ(ri) = pi pro každé i = 0, 1, ..., n. Potom r(x) = r0 + r1x + · · · + rnxn ∈ R1[x] a

platí ψ(r(x)) = ϕ(r0) + ϕ(r1)u + · · · + ϕ(rn)un = p0 + p1u + · · · + pnun = p(u). Tím ψ je

epimorfismus a platí: R1[x]/Kerψ ∼= R2[u].Pro libovolný prvek r ∈ Kerψ ∩R1 je 0 = ψ(r) = ϕ(r). Tím r = 0, protože ϕ je izomorfis-mus.

Je-li ϕ izomorfismus a je-li u transcendentní prvek nad R2, potom pro libovolný prvekp(x) = p0 + p1x + · · · + pnx

n ∈ Kerψ je 0 = ψ(p(x)) = ϕ(p0) + ϕ(p1)u + · · · + ϕ(pn)un.Protože u je transcendentní nad R2, je tento polynom nulový, proto ϕ(pi) = 0 pro každéi = 0, 1, ..., n. Protože ϕ je izomorfismus, je pi = 0 pro každé i = 0, 1, ..., n, a tedy p(x) jenulový polynom. Tím Kerψ = 0 a ψ je izomorfismus.

Věta 9.4 Nechť R je asociativní, komutativní okruh s jednotkou. OznačmeB = {(rn) : (rn) = (r0, r1, ...) je nekonečná posloupnost prvků z R, kde je jen konečněmnoho nenulových prvků }.Definujme operace sčítání a násobení takto:(rn) + (qn) = (rn + qn),(rn) · (qn) = (cn), kde cn =

∑

i+j=n

riqj.

Potom (B,+, ·) je asociativní, komutativní okruh s jednotkou.Je-li navíc R obor integrity, potom B je také obor integrity.

Důkaz Podle poznámky 9.1 si výrazy p0+p1x+· · ·+pnxn a (p0, p1, ...), kde je jen konečněmnoho nenulových prvků vzájemně jednoznačně odpovídají. Proto ověření, že množina Bspolu se zavedenými operacemi tvoří asociativní, komutativní okruh s jednotkou, je zcelaanalogické důkazu věty 9.1.

Věta 9.5 Ke každému asociativnímu, komutativnímu okruhu R s jednotkou existuje okruhpolynomů R[x], kde prvek x je transcendentní nad R, který je určen jednoznačně až naizomorfismus.

Důkaz Ukážeme, že okruh B z předchozí věty 9.4 je okruh polynomů R[x].Pro každé r ∈ R položme r = (r, 0, 0, ...). Označíme-li R = {r : r ∈ R}, potom R je

24

podokruh okruhu B. Zobrazení α:R −→ R definované předpisem α(r) = r pro každé r ∈ Rje izomorfismus, proto R ∼= R.Položme x = (x0, x1, x2, ...), kde x1 = 1 a xi = 0 pro každé i 6= 1, tedy x = (0, 1, 0, 0, ...).Potom x2 = x · x = (cn), kdec0 = 0 · 0 = 0,c1 = 0 · 1 + 1 · 0 = 0,c2 = 0 · 0 + 1 · 1 + 0 · 0 = 1,c3 = 0 · 0 + 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · 0 = 0,ci = 0 pro každé i ≥ 3,proto x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ...).Matematickou indukcí lze ukázat, že xk = (dn), kde dk = 1, di = 0 pro každé i 6= k.Pro každé r ∈ R a pro každé k je rxk = (rn) · (dn) = (fn),kde r0 = r, ri = 0 pro každé i ≥ 1, dk = 1, dj = 0 pro každé j 6= k. Potomfk =

∑

i+j=k

ridj = r0dk + r1fk−1 + · · ·+ rk−1f1 + rkf0 = r · 1 + 0 + · · ·+ 0 = r

a pro každé l 6= k je fl = 0.Proto rxk = (0, 0, ..., 0, r, 0, 0, ..), kde prvek r je na místě k.Tím pro každé p(x) ∈ R[x] mámep(x) = r0+r1x+· · ·+rnxn = (r0, 0, ...)+(0, r1, 0, ..)+(0, 0, r2, 0, ...)+· · ·+(0, ..., 0, rn, 0, ...) =(r0, r1, r2, ..., rn, 0, 0, ...), a tedy p(x) ∈ B. Proto R[x] ⊆ B.Je-li naopak (bn) ∈ B, potom posloupnost (bn) má jen konečně mnoho nenulový prvků,proto existuje m tak, že bm 6= 0 a bn = 0 pro každé n > m. Tím (bn) = (b0, b1, ..., bm, 0, 0, ...).Označme bi = (bi, 0, 0, 0, ...). Protože pro každé i je bi ∈ R, je bi ∈ R. Potomb0 + b1x+ · · ·+ bmx

m = (b0, b1, ..., bm, 0, 0, ...) = (bn), tedy (bn) ∈ R[x]. Tím B ⊆ R[x].Proto B = R[x], tedy B je okruh polynomů nad okruhem R.Je-li p(x) ∈ R[x] takový polynom, že p(x) = 0, potom p(x) = (r0, r1, ..., rm, 0, 0, ...) =(0, 0, ..., 0, 0, 0, ...), a tedy ri = 0 pro každé i, polynom p(x) je nulový, proto prvek x jetranscendentní nad R.Ztotožníme-li okruh R s okruhem R, pak B je okruh polynomů nad okruhem R.

Jednoznačnost. Jsou-li R[x] a R[u] okruhy polynomů nad okruhem R takové, že x jetranscendentní nad R, u je transcendentní nad R, potom identiské zobrazení ϕ:R −→ Rdefinované předpisem ϕ(r) = r pro každé r ∈ R je izomorfismus. Podle věty 9.3 existujeizomorfismus ψ:R[x] −→ R[u] takový, že ψ(r) = ϕ(r) = r pro každé r ∈ R, ψ(x) = u. TímR[x] ∼= R[u].

Věta 9.6 (O dělení polynomů se zbytkem)Nechť T je komutativní těleso, nechť T [x] jsou polynomy jedné neurčité nad tělesem T .Jsou-li f(x), g(x) ∈ T [x], g(x) 6= 0 libovolné polynomy, potom existují jednoznačně určenépolynomy q(x), r(x) ∈ T [x] takové, že f(x) = g(x)q(x) + r(x), kde st(r) < st(g).

Důkaz Označme f(x) = f0 + f1x+ · · ·+ fnxn,

g(x) = g0 + g1x+ · · ·+ gmxm, gm 6= 0, st(g) = m, m ≥ 0.

1. Je-li st(f) < st(g), potom položme q(x) = 0, r(x) = f(x).

25

2. Je-li st(f) ≥ st(g), potom f(x) je nenulový polynom, označme st(f) = n, tedyn ≥ m. Důkaz povedeme matematickou indukcí podle n = st(f).

(i) Nechť n = 0. Pak f(x) = f0 6= 0, tím m = 0, a tedy g(x) = g0 6= 0.V tělese T existuje prvek g−1

0 ∈ T . Položme q(x) = g−10 f0, r(x) = 0. Potom

f(x) = f0 = g0(g−10 f0) + 0 = g(x)q(x) + r(x), st(r) = −∞ < 0 = st(g).

(ii) Nechť n > 0 a nechť tvrzení platí pro všechna k < n.Položme f ′(x) = f(x)− g(x)fng

−1m xn−m, neboť prvek g−1

m v tělese T existuje.Potom st(f ′) < n, proto podle indukčního předpokladu existují polynomyq′(x), r′(x) takové, že f ′(x) = g(x)q′(x) + r′(x), kde st(r′) < st(g). Potomf(x) = f ′(x) + g(x)fng

−1m xn−m = g(x)q′(x) + r′(x) + g(x)fng

−1m xn−m =

g(x)(q′(x) + fng−1m xn−m) + r′(x).

Položme tedy q(x) = q′(x) + fng−1m xn−m, r(x) = r′(x).

Jednoznačnost.Nechť f(x) = g(x)q(x) + r(x), st(r) < st(g), f(x) = g(x)q(x) + r(x), st(r) < st(g). Potomg(x)(q(x)− q(x)) = r(x)− r(x).Kdyby r(x)− r(x) 6= 0, potom st(r(x)− r(x)) ≥ 0, a také st(q − q) ≥ 0. Tím získávámest(g) ≤ st(g) + st(q − q) = st(r− r) ≤ max{st(r), st(r)} < st(g) - spor. Proto r(x) = r(x).Pak g(x)(q(x)− q(x)) = 0, a protože T [x] je obor integrity, a g(x) 6= 0, je q(x) = q(x).

Důsledek 1 Nechť T je těleso, nechť T [x] jsou polynomy jedné neurčité nad tělesem T .Nechť f(x) ∈ T [x], c ∈ T . Potom existuje jednoznačně určený polynom q(x) ∈ T [x] takový,že f(x) = (x− c)q(x) + f(c).

26

10 Dělitelnost v oborech integrity

Definice 10.1 Nechť S je obor integrity, t.j. asociativní, komutativní okruh s 1, bez dělitelůnuly (∀a, b ∈ S, a 6= 0, b 6= 0 je ab 6= 0). Nechť a, b ∈ S.

Budeme říkat, že b dělí a, jestliže existuje c ∈ S tak, že bc = a. Píšeme b|a.Budeme říkat, že prvky a, b ∈ S jsou asociované, jestliže a|b a současně b|a. Píšeme

a ∼ b.Prvky asociované s jednotkovým prvkem 1 se nazývají dělitelé jednotky. Množinu všech

dělitelů jednotky značíme U(S).

Věta 10.1 Nechť S je obor integrity. Potom platí:1. a|0, 1|a, a|a pro každé a ∈ S.2. Jestliže a|b, b|c, potom a|c.3. Jestliže a|b, c|d, potom ac|bd.4. 0|a právě tehdy, když a = 0.5. Jestliže ac|bc, c 6= 0, potom a|b.6. Jestliže a|ai pro každé i = 1, ..., n, potom a|(r1a1 + r2a2 + · · · + rnan) pro každér1, ..., rn ∈ S.

Důkaz1. a · 0 = 0, 1 · a = a, a · 1 = a pro každé a ∈ S.2. Existují-li prvky d, e ∈ S tak, že ad = b, be = c, potom a(de) = (ad)e = be = c.3. Existují-li prvky e, f ∈ S tak, že ae = b, cf = d, potom (ac)(ef) = a(ce)f =a(ec)f = (ae)(cf) = bd.

4. Jestliže 0|a, potom existuje b ∈ S tak, že 0 · b = a. Tím a = 0 · b = 0. Jestliže a = 0,potom např. 0 · 1 = 0 = a, tedy 0|a.

5. Existuje-li e ∈ S tak, že (ac)e = bc, potom bc = (ac)e = a(ce) = a(ec) = (ae)c, tím(b− ae)c = 0. Protože c 6= 0 a S je obor integrity, je b− ae = 0, a tedy b = ae.

6. Existují-li prvky ei ∈ S takové, že aei = ai pro každé i = 1, ..., n, potoma(r1e1 + · · ·+ rnen) = a(r1e1) + · · ·+ a(rnen) = (ar1)e1 + · · ·+ (arn)en = (r1a)e1 +· · ·+ (rna)en = r1(ae1) + · · ·+ rn(aen) = r1a1 + · · ·+ rnan.

Věta 10.2 Nechť S je obor integrity. Potom platí:1. U(S) tvoří grupu s operací násobení.2. a ∼ b v S právě tehdy, když ∃u ∈ U(S) tak, že au = b.

Důkaz1. Jsou-li u, v ∈ U(S) libovolné prvky, potom u|1, v|1, tím uv|1 · 1 = 1. Protože 1|uv,

je uv ∈ U(S).Protože 1|1, je 1 ∈ U(S).Je-li u ∈ U(S) libovolný prvek, potom u|1, a tedy existuje v ∈ S tak, že uv = 1.Tím v|1, a tedy v ∈ U(S). Protože uv = 1, je v = u−1.

27

2. Je-li a ∼ b, potom existují prvky c, d ∈ S tak, že ac = b, bd = a. Tíma = bd = (ac)d = a(cd), a proto a(1− cd) = 0.Pro a 6= 0 je 1 = cd, a tedy c, d ∈ U(S). Pro a = 0 je b = 0, a potom pro 1 ∈ U(S)máme a · 1 = b.Jestliže existuje u ∈ U(S) tak, že au = b, potom a|b. Protože u ∈ U(S), existujev ∈ S tak, že uv = 1. Potom a = a · 1 = a(uv) = (au)v = bv, tím b|a, a tedy a ∼ b.

Definice 10.2 Nechť S je obor integrity, nechť a, b ∈ S. Říkáme, že a je triviální dělitelprvku b, jestliže a ∼ 1 nebo a ∼ b.

Prvek p ∈ S \ U(S), p 6= 0 se nazývá ireducibilní, jestliže má pouze triviální dělitele,t.j. jestliže a|p, potom a ∼ 1 nebo a ∼ p.

Definice 10.3 Obor integrity S se nazývá Gaussův obor integrity (obor integrity s jedno-značným rozkladem), jestliže pro každé a ∈ S \ U(S), a 6= 0 existuje u ∈ U(S) a existujíireducibilní prvky p1, ..., pk ∈ S takové, že a = up1p2 · · · pk, přičemž tento zápis je jed-noznačný, t.j. jestliže a = vq1q2 · · · qr, kde v ∈ U(S), q1, ..., qr jsou ireducibilní prvky S,potom r = k a existuje bijekce ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., r} taková, že pro každé i = 1, ..., k jepi ∼ qϕ(i).

Tento jednoznačný rozklad prvku a se nazývá kanonický rozklad prvku a.

Poznámka 10.1 Kanonický rozklad a = up1p2 · · · pk můžeme přepsat do tvarua = upm1

1 pm22 · · · pmll , kde u ∈ U(S), p1, ..., pl jsou ireducibilní prvky, mi ∈ N pro každé

i = 1, ..., l a pi 6∼ pj pro každé i 6= j.

Lemma 10.1 Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť a = up1p2 · · · pk, b = vq1q2 · · · qrjsou kanonické rozklady nenulových prvků a, b ∈ S. Potom a|b právě tehdy, když existujeprosté zobrazení ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., r} takové, že pi ∼ qϕ(i) pro každé i = 1, ..., k.

Důkaz Jestliže a|b, potom existuje c ∈ S tak, že ca = b. Tím cup1p2 · · · pk = vq1q2 · · · qr.Je-li c ∈ U(S), je cu ∈ U(S), a tím cup1p2 · · · pk je také kanonický rozklad prvku b.Z jednoznačnosti kanonického rozkladu víme, že existuje bijekce, tedy zobrazení prosté,ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., r} takové, že pi ∼ qϕ(i) pro každé i = 1, ..., k.Je-li c ∈ S \ U(S), (c 6= 0, neboť b 6= 0), potom napišme jeho kanonický rozklad, t.j.c = wt1t2 · · · ts, kde w ∈ U(S) a t1, ..., ts jsou ireducibilní. Protože b = ca, je vq1q2 · · · qr =wt1t2 · · · tsup1p2 · · · pk = (wu)t1t2 · · · tsp1p2 · · · pk. Z jednoznačnosti kanonického rozkladuexistuje bijekce ϕ: {1, ..., s, 1, ..., k} −→ {1, ..., r} tak, že ti ∼ qϕ(i) pro každé i = 1, ..., s,pj ∼ qϕ(j) pro každé j = 1, ..., k. Zúžením zobrazení ϕ na množinu {1, ..., k} získáme hledanéprosté zobrazení.

Naopak, existuje-li prosté zobrazení ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., r} takové, že pi ∼ qϕ(i) prokaždé i = 1, ..., k, potom b = vq1q2 · · · qr = v(qϕ(1) · · · qϕ(k))(qi1 · · · qis), kde {i1, ..., is} ={1, ..., r} \ {ϕ(1), ..., ϕ(k)}. Označme c = qi1 · · · qis . Protože a ∼ (qϕ1) · · · qϕ(k)), existujez ∈ U(S) tak, že (qϕ1) · · · qϕ(k)) = za. Potom b = v(za)c = (vzc)a, a tedy a|b.

28

Definice 10.4 Nechť S je obor integrity. Nenulový prvek p ∈ S\U(S) se nazývá prvočinitel(prvotní), jestliže pro každé dva prvky a, b ∈ S platí: když p|ab, potom p|a nebo p|b.

Lemma 10.2 Nechť S je obor integrity. Je-li prvek p ∈ S prvočinitel, potom p je prvekireducibilní.

Důkaz Je-li p prvočinitel, potom p ∈ S \ U(S), p 6= 0. Nechť a|p, kde a ∈ S. Potomexistuje b ∈ S tak, že p = ab. Protože p|p, pak p|ab, a tedy p|a nebo p|b. Jestliže p|a,potom a ∼ p. Jestliže p|b, potom b ∼ p, a tím existuje u ∈ U(S) tak, že b = up. Potomp = ab = aup, a tedy (1 − au)p = 0. Protože p 6= 0, je v oboru integrity au = 1, a tíma ∼ 1.

Lemma 10.3 Nechť S je Gaussův obor integrity. Potom nenulový prvek p ∈ S \ U(S) jeprvočinitel právě tehdy, když p je ireducibilní.

Důkaz Je-li p prvočinitel, potom p je ireducibilní podle předchozího lemmatu 10.2.Naopak, nechť p je ireducibilní, nechť p|ab, kde a, b ∈ S.Jestliže a 6= 0, b 6= 0 a a 6∼ 1 nebo b 6∼ 1, potom a = up1 · · · pk nebo b = vq1 · · · qr, kdeu, v ∈ U(S) a prvky p1, ..., pk, q1, ..., qr jsou ireducibilní, protože S je Gaussův obor integrity.Tím ab = uvp1 · · · pkq1 · · · qr, kde k ≥ 0, r ≥ 0 a alespoň jeden index je větší nebo roven 1.Protože p|ab, existuje podle lemmatu 10.1 prosté zobrazení ϕ: {1} −→ {1, ..., k, 1, ..., r}takové, že p ∼ pϕ(1) nebo p ∼ qϕ(1). Tím p|a nebo p|b.Jestliže a 6= 0, b 6= 0, a ∼ 1, b ∼ 1, potom a, b ∈ U(S), tedy ab ∈ U(S). Protože p|ab, ab|1,pak p|1, což nemůže nastat.Jestliže a = 0 nebo b = 0, potom p · 0 = 0 = a nebo p · 0 = 0 = b, tedy p|a nebo p|b.

Lemma 10.4 Nechť S je obor integrity, nechť v S platí podmínka(KŘD) Jestliže a1, a2, ..., an, ... je posloupnost prvků z S taková, že an+1|an pro každé n ∈ N,potom existuje k ∈ N tak, že pro každé r ∈ N je ak+r ∼ ak.Potom pro každý nenulový prvek a ∈ S \ U(S) existuje ireducibilní prvek p ∈ S takový, žep|a.

Důkaz Nechť a ∈ S \ U(S), a 6= 0.Jestliže a je ireducibilní, potom existuje p = a.Jestliže a není ireducibilní, potom existuje a1 ∈ S tak, že a1|a, a1 6∼ a, a1 6∼ 1.Opakujeme totéž pro a1. Jestliže a1 je ireducibilní, potom p = a1.Jestliže a1 není ireducibilní, potom existuje a2 ∈ S tak, že a2|a1, a2 6∼ a1, a2 6∼ 1.Opakujeme totéž pro a2. . . .Tím získáme posloupnost a, a1, a2, ..., an, ..., kde a1|a, an+1|an pro každé n ∈ N.Podle (KŘD) existuje k ∈ N tak, že ak+r ∼ ak pro každé r ∈ N. Tím prvek ak nemávlastní dělitele, a tedy prvek ak je ireducibilní. Položíme proto p = ak.

29

Věta 10.3 Nechť S je obor integrity. Potom S je Gaussův obor integrity právě tehdy, kdyžplatí podmínky:

(P) Každý ireducibilní prvek je prvočinitel.

(KŘD) Jestliže a1, a2, ..., an, ... je posloupnost prvků z S taková, že an+1|an pro každén ∈ N, potom existuje k ∈ N tak, že pro každé r ∈ N je ak+r ∼ ak.

Důkaz Nechť S je Gaussův obor integrity. Podle lemmatu 10.3 je splněna podmínka (P).Ověříme (KŘD). Nechť a1, a2, ..., an, ... ∈ S, an+1|an pro každé n ∈ N.Jestliže existuje n ∈ N tak, že an ∈ U(S), potom an|1, tím an+1|an, an|1, tedy an+1|1.Potom pro každé r ∈ N an+r|1, tedy an+r ∈ U(S), a proto an+r ∼ an pro každé r ∈ N.Jestliže existuje n ∈ N tak, že an = 0, potom 0|an−1, tedy an−1 = 0, potom 0|an−2, tedyan−2 = 0 atd. Proto ak = 0 pro každé k = 1, ..., n.Nechť tedy a1 6= 0, nechť an ∈ S \ U(S) pro každé n ∈ N. V Gaussově oboru integrityexistuje kanonický rozklad každého prvku an. Označme:a1 = u1p11 · · · p1r1 ,a2 = u2p21 · · · p2r2 ,...ai = uipi1 · · · piri ,ai+1 = ui+1pi+1,1 · · · pi+1,ri+1 ,...kde ui ∈ U(S), pij jsou ireducibilní pro každé i ∈ N a pro každé j = 1, ..., ri.Protože ai+1|ai pro každé i, existuje podle lemmatu 10.1 prosté zobrazeníϕ: {1, ..., ri+1} −→ {1, ..., ri} takové, že pi+1,j ∼ piϕ(j) pro každé j = 1, ..., ri+1.Tím ri+1 ≤ ri pro každé i ∈ N.Tedy r1 ≥ r2 ≥ ... ≥ ri ≥ ri+1 ≥ ...Nerostoucí posloupnost přirozených čísel se musí zastavit, proto existuje k ∈ N tak, žerk = rm pro každé m ≥ k. Potom ovšem existuje bijekce ϕ: {1, ..., rm} −→ {1, ..., rk}taková, že pk,j ∼ pkϕ(j) pro každé j = 1, ..., rm. Z existence inverzního zobrazení ϕ−1 plyneak|am, a potom ak ∼ am pro každé m ≥ k.

Naopak, nechť v oboru integrity S platí podmínky (P), (KŘD), nechť a ∈ S \ U(S),a 6= 0. Podle lemmatu 10.4 existuje ireducibilní prvek p1 ∈ S takový, že p1|a. Tím existujea1 ∈ S tak, že a = p1a1.Pokud a1 ∈ U(S), pak a = a1p1 je kanonický rozklad prvku a.Pokud a1 ∈ S \ U(S), potom opět podle lemmatu 10.4 existuje ireducibilní prvek p2 ∈ Stakový, že p2|a1. Tím existuje a2 ∈ S tak, že a1 = p2a2.Pokud a2 ∈ U(S), pak a = a2p2p1 je kanonický rozklad prvku a.Pokud a2 ∈ S \ U(S), potom opět podle lemmatu 10.4 existuje ireducibilní prvek p3 ∈ Stakový, že p3|a2. Tím existuje a3 ∈ S tak, že a3 = p3a3.A tak dále.Kdyby ar ∈ S \U(S) pro každé r, potom získáme posloupnost a, a1, a2, ..., ar, ar+1, ... prvkůz S, kde a1|a, ar+1|ar pro každé r, a podle podmínky (KŘD) existuje k ∈ N takové, že

30

ak ∼ am pro každé m ≥ k. Tedy ak ∼ ak+1. Existuje prvek z ∈ S tak, že ak+1 = akz,ak = pk+1ak+1. Potom ak(1− pk+1z) = 0, a proto pk+1 ∈ U(S), neboť ak 6= 0. To je ovšemspor, proto existuje r ∈ N tak, že ar ∈ U(S). Tím a = p1a1 = p1p2a2 = · · · = p1p2 · · · prar,kde p1, ..., pr jsou ireducibilní a ar ∈ U(S), tedy existuje kanonický rozklad prvku a.Jednoznačnost.Mějme dva ireducibilní rozklady a = up1 · · · pk = vq1 · · · qr, kde u, v ∈ U(S) a prvkyp1, ..., pk, q1, ..., qr jsou ireducibilní. Předpokládejme, že např. k ≤ r. Budeme postupovatmatematickou indukcí podle k.Pro k = 1 je a = up1 = vq1 · · · qr. Podle podmínky (P) je p1 prvočinitel, a tedy exis-tuje j ∈ {1, ..., r} tak, že p1|qj. Protože p1, qj jsou ireducibilní, je p1 ∼ qj, tedy existujew ∈ U(S) tak, že qj = wp1. Kdyby r > 1, pak a = up1 = vq1 · · · qj−1qjqj+1 · · · qr =vq1 · · · qj−1(p1w)qj+1 · · · qr = vw(q1 · · · qj−1qj+1 · · · qr)p1. Protože p1 6= 0 a S je obor inte-grity, je u = vw(q1 · · · qj−1qj+1 · · · qr). To je ovšem spor, neboť u ∈ U(S) a qi 6∈ U(S) prokaždé i = 1, ..., r, i 6= j. Proto r = 1, a tedy a = up1 = vqj, p1 ∼ qj.Nechť tvrzení platí pro všechny kanonické rozklady, kde je méně než k ireducibilních prvků,nechť a = up1 · · · pk = vq1 · · · qr. Ireducibilní prvek pk je prvočinitel, proto pk|vq1 · · · qr, atedy existuje j ∈ {1, ..., r} tak, že pk|qj, tím pk ∼ qj. Proto qj = wpk, kde w ∈ U(S).Pak a = (up1 · · · pk−1)pk = vw(q1 · · · qj−1qj+1 · · · qr)pk. V oboru integrity je up1 · · · pk−1 =vw(q1 · · · qj−1qj+1 · · · qr), což jsou dva kanonické rozklady. Podle indukčního předpokladuk − 1 = r − 1 a existuje bijekce ϕ′: {1, ..., k − 1} −→ {1, ..., j − 1, j + 1, ..., r} tak, žepi ∼ qϕ′(i) pro každé i = 1, ..., k − 1. Definujeme-li zobrazení ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., r}předpisem ϕ(i) = ϕ′(i) pro každé i = 1, ..., k − 1 a ϕ(k) = j, potom toto zabrazení ϕ jetaké bijekce a platí pi ∼ qϕ(i) pro každé i = 1, ..., k.

Definice 10.5 Nechť S je obor integrity, nechť a, b, d ∈ S. Říkáme, že d je největší spo-lečný dělitel prvků a, b, jestliže platí:

(i) d|a, d|b;(ii) jestliže prvek g ∈ S je takový, že g|a, g|b, potom g|d.

Píšeme d = (a, b).

Poznámka 10.2 Je-li d1 = (a, b), d2 = (a, b), potom d1 ∼ d2.

Věta 10.4 Nechť S je obor integrity, nechť a, b, c ∈ S. Potom platí:1. (a, (b, c)) ∼ ((a, b), c);2. c(a, b) ∼ (ca, cb);3. (a, c) ∼ 1, (a, b) ∼ 1 právě tehdy, když (a, cb) ∼ 1.

Důkaz 1. Označme d = (b, c), e = (a, b), f = (a, (b, c)) ∼ (a, d), g = ((a, b), c) ∼ (e, c).Potom f |a, f |d, d|b, d|c, tím f |a, f |b, f |c, a tedy f |e, f |c, proto f |g. Stejně lze ukázat, žeg|f , proto f ∼ g.2. Označme d = (a, b), e = (ca, cb). Nechť c 6= 0. Potom d|a, d|b, tím cd|ca, cd|cb, a protocd|e. Protože c|ca, c|cb, máme c|e, tím existuje f ∈ S tak, že cf = e. Protože e|ca, e|cb,

31

máme cf |ca, cf |cb a podle věty 10.1 pro c 6= 0 získáváme f |a, f |b. Tím f |d, a proto existujef1 ∈ S tak, že ff1 = d, tím cd = cff1 = ef1, a tedy e|cd. Proto pro c 6= 0 je cd ∼ e.Je-li c = 0, je (ca, cb) = (0, 0) ∼ 0 = 0 · (a, b).3. Je-li (a, b) ∼ 1, (a, c) ∼ 1, potom podle právě dokázaného 2. tvrzení je (ca, cb) ∼ c ·1 = c,(a, ca) ∼ a(1, c) ∼ a · 1 = a. Potom užitím právě dokázaného 1. tvrzení získáváme(a, cb) ∼ ((a, ca), cb) ∼ (a, (ca, cb)) ∼ (a, c) ∼ 1.Je-li (a, cb) ∼ 1, potom označme e = (a, b). Protože e|b, existuje b1 ∈ S tak, že eb1 = b,potom eb1c = bc = cb, a tedy e|cb. Protože e|a, získáme e|1, a proto (a, b) = e ∼ 1. Stejněse ukáže, že (a, c) ∼ 1.

Věta 10.5 Nechť S je Gaussův obor integrity. Potom existuje největší společný dělitellibovolných dvou prvků z S, t.j. pro každé a, b ∈ S existuje d ∈ S tak, že d ∼ (a, b).

Důkaz Je-li a ∈ U(S) nebo b ∈ U(S), potom 1 ∼ (a, b).Je-li a = 0, potom b ∼ (a, b). Je-li b = 0, potom a ∼ (a, b).Nechť tedy a, b ∈ S \ U(S), a 6= 0, b 6= 0. V Gaussově oboru integrity napišme kanonickérozklady těchto prvků.a = uf1 · · · fh, b = vq1 · · · qh′ , kde u, v ∈ U(S), f1, ..., fh, q1, ..., qh′ jsou ireducibilní.Označme {p1, ..., pr}množinu ireducibilních prvků z S takovou, že {f1, ..., fh} ⊆ {p1, ..., pr},{q1, ..., qh′} ⊆ {p1, ..., pr} a pro každé i, j ∈ {p1, ..., pr}, i 6= j máme pi 6∼ pj. Potom můžemepsáta = upk1

1 · · · pkrr , kde ki ≥ 0 pro každé i = 1, ..., r,b = vpm1

1 · · · pmrr , kde mi ≥ 0 pro každé i = 1, ..., r.Označme si = min{ki,mi} pro každé i = 1, ..., r. Ukážeme, že prvek d = ps11 · · · psrr ∼ (a, b).Pro každé i = 1, ..., r máme psii |pkii , psii |pmii , proto d|a, d|b. Nechť g ∈ S je takový prvek,že g|a, g|b. Jestliže g ∈ U(S), potom g|1, 1|d, proto g|d. Jestliže g ∈ S \ U(S), g 6= 0(protože a 6= 0), potom napišme kanonický rozklad tohoto prvku g = wqt11 · · · qtzz , kdew ∈ U(S), q1, ..., qz jsou ireducibilní, qi 6∼ qj pro každé i, j ∈ {1, ..., z}, i 6= j, ti > 0 prokaždé i ∈ {1, ..., z}. Protože g|a a g|b, existuje prosté zobrazení ϕ: {1, ..., z} −→ {1, ..., r}takové, že qi ∼ pϕ(i), ti ≤ kϕ(i), ti ≤ mϕ(i) pro každé i = 1, ..., z. Potom existuje w ∈ U(S)tak, že g = wpv1

i · · · pvrr , kde vi ≥ 0 pro každé i = 1, ..., r, ti = vϕ(i) pro každé i = 1, ..., z.Tím vϕ(i) = ti ≤ kϕ(i), vϕ(i) = ti ≤ mϕ(i), proto vϕ(i) = ti ≤ min{kϕ(i), mϕ(i)} = sϕ(i), a tedyg|d.

Věta 10.6 Nechť S je obor integrity. Potom S je Gaussův obor integrity právě tehdy, kdyžplatí podmínky:

(KŘD) Jestliže a1, a2, ..., an, ... je posloupnost prvků z S taková, že an+1|an pro každén ∈ N, potom existuje k ∈ N tak, že pro každé r ∈ N je ak+r ∼ ak.

(NSD) V oboru integrity S existuje největší společný dělitel libovolných dvou prvků z S.

32

Důkaz Je-li S Gaussův obor integrity, potom je podle věty 10.5 splněna podmínka (NSD)a podle věty 10.3 je splněna podmínka (KŘD).Naopak, nechť v oboru integrity S jsou spněny podmínky (NSD) a (KŘD). Ukážeme,že v S je splněna podmínka (P). Tvrzení věty pak plyne podle věty 10.3. Nechť p ∈ Sje ireducibilní prvek, nechť p|ab, a, b ∈ S. Z podmínky (NSD) existuje d ∈ S tak, žed ∼ (p, ab). Potom (p, ab) ∼ d ∼ p. Předpokládejme sporem, že p 6 |a, p 6 |b.Protože p je ireducibilní, je (p, a) ∼ 1 a (p, b) ∼ 1. Podle věty 10.4 je (p, ab) ∼ 1. Ovšemp|p, p|ab, proto p|1, což je spor. Proto p|a nebo p|b, a tím je prvek p prvočinitel.

Definice 10.6 Obor integrity S se nazývá euklidovský, jestliže existuje zobrazeníσ:S \ {0} −→ Z takové, že platí:

(i) σ(a) ≥ 0 pro každé a ∈ S,(ii) pro každé a, b ∈ S, b 6= 0 existují q, r ∈ S tak, že a = bq + r, kde r = 0 nebo

σ(r) < σ(b).Zobrazení σ se nazývá ohodnocení.

Lemma 10.5 Nechť S je obor integrity, nechť a = bq+ r pro a, b, q, r ∈ S. Potom existujenejvětší společný dělitel prvků a, b právě tehdy, když existuje největší společný dělitel prvkůb, r. Platí (a, b) ∼ (b, r).

Důkaz Je-li d = (a, b), potom d|a, d|b, a z rovnosti a = bq+r plyne, že d|r. Jestliže g ∈ Sje takový prvek, že g|b, g|r, potom z rovnosti a = bq + r plyne, že g|a, a tedy g|(a, b) = d.Tím d ∼ (b, r), a tedy (a, b) ∼ (b, r).Je-li f = (b, r), potom f |b, f |r, a z rovnosti a = bq + r plyne, že f |a. Jestliže g ∈ S jetakový prvek, že g|a, g|b, potom z rovnosti a = bq + r plyne, že g|r, a tedy g|(b, r) = f .Tím f ∼ (a, b), a tedy (b, r) ∼ (a, b).

Věta 10.7 (Euklidův algoritmus).Nechť S je euklidovský obor integrity. Potom v S existuje největší společný dělitel libovol-ných dvou prvků z S.

Důkaz Nechť a, b ∈ S. Je-li a = 0, potom b ∼ (a, b). Je-li b = 0, potom a ∼ (a, b). Jestližea 6= 0, b 6= 0, a ∈ U(S), potom 1 ∼ (a, b). Jestliže a 6= 0, b 6= 0, b ∈ U(S), potom 1 ∼ (a, b).Nechť tedy a 6= 0, b 6= 0, a, b ∈ S \ U(S).Protože S je euklidovský obor integrity, a, b ∈ S, b 6= 0, potom existují q0, r0 ∈ S tak, žea = bq0 + r0, kde r0 = 0 nebo σ(r0) < σ(b). Je-li r0 = 0, potom (a, b) ∼ b.Je-li r0 6= 0, potom existují q1, r1 ∈ S tak, že b = r0q1 + r1, kde r1 = 0 nebo σ(r1) < σ(r0).Je-li r1 6= 0, potom existují q2, r2 ∈ S tak, že r0 = r1q2 + r2, kde r2 = 0 nebo σ(r2) < σ(r1).A tak dále.Je-li rk 6= 0, potom existují qk+1, rk+1 ∈ S tak, že rk−1 = rkqk+1 + rk+1, kde rk+1 = 0 neboσ(rk+1) < σ(rk).

33

Je-li rk+1 6= 0, potom existují qk+2, rk+2 ∈ S tak, že rk = rk+1qk+2 + rk+2, kde rk+2 = 0nebo σ(rk+2) < σ(rk+1).Je-li rk+2 6= 0, potom existují qk+3, rk+3 ∈ S tak, že rk+1 = rk+2qk+3 + rk+3, kde rk+3 = 0nebo σ(rk+3) < σ(rk+2).Protože σ(b) > σ(r0) > σ(r1) > σ(r2) > · · · > σ(rk+1) > σ(rk+2) > · · ·, musí existovat ktak, že rk+3 = 0. Potom:a = bq0 + r0,b = r0q1 + r1,r0 = r1q2 + r2,...rk = rk+1qk+2 + rk+2,rk+1 = rk+2qk+3.σ(b) > σ(r0) > σ(r1) > σ(r2) > · · · > σ(rk+1) > σ(rk+2) > 0.Potom rk+2 ∼ (rk+1, rk+2). Podle lemmatu 10.5 je rk+2 ∼ (rk+1, rk+2) ∼ (rk, rk+1) ∼(rk−1, rk) ∼ · · · ∼ (r1, r2) ∼ (r0, r1) ∼ (b, r0) ∼ (a, b).Tento postup hledání největšího společného dělitele se nazývá Euklidův algoritmus.

Důsledek 2 Nechť S je euklidovský obor integrity, nechť a, b ∈ S. Potom existují prvkyu, v ∈ S takové, že (a, b) ∼ ua+ vb.

Důkaz Je-li a = 0, potom (a, b) ∼ b = 0 · a+ 1 · b.Je-li b = 0, potom (a, b) ∼ a = 1 · a+ 0 · b.Je-li a 6= 0, b 6= 0, a ∈ U(S), potom existuje u ∈ S tak, že ua = 1, tím (a, b) ∼ 1 = ua+0·b.Je-li a 6= 0, b 6= 0, b ∈ U(S), potom existuje v ∈ S tak, že vb = 1, tím (a, b) ∼ 1 = 0 ·a+vb.Je-li a 6= 0, b 6= 0, a, b ∈ S \ U(S), potom podle důkazu věty 10.7 je (a, b) ∼ rk+2, kdea = bq0 + r0 ⇒ r0 = a− q0b = u0a+ v0b, kde u0 = 1, v0 = −q0,b = r0q1 + r1 ⇒ r1 = b− q1r0 = u1a+ v1b, kde u1 = −u0q1, v1 = 1− v0q1,r0 = r1q2 + r2 ⇒ r2 = r0 − q2r1 = u2a+ v2b, kde u2 = u0 − u1q2, v2 = v0 − v1q2,...rk = rk+1qk+2 + rk+2 ⇒ rk+2 = rk − qk+2rk+1 = uk+2a + vk+2b, kde uk+2 = uk − uk+1qk+2,vk+2 = vk − vk+1qk+2, rk+2 ∼ (a, b) podle věty 10.7.

Věta 10.8 Nechť S je komutativní, asociativní okruh s 1, nechť a ∈ S. Potom množinaaS = {as : s ∈ S} je ideál okruhu S.

Důkaz Pro libovolné as1, as2 ∈ aS je as1 − as2 = a(s1 − s2) ∈ aS.Pro libovolné as1 ∈ aS a pro libovolné s ∈ S je(as1)s = a(s1s) ∈ aS, s(as1) = (as1)s = a(s1s) ∈ aS.

Poznámka 10.3 0S = {0s : s ∈ S} = {0}, 1S = {1s : s ∈ S} = S.

34

Definice 10.7 Nechť S je komutativní, asociativní okruh s 1. Jestliže I je ideál okruhu Stakový, že I = aS, kde a ∈ S, potom I se nazývá hlavní ideál.

Komutativní, asociativní okruh s 1 se nazývá okruh hlavních ideálů, jestliže každý ideálokruhu S je hlavní.

Obor integrity S se nazývá obor integrity hlavních ideálů, jestliže každý ideál oboruintegrity S je hlavní.

Věta 10.9 Je-li S euklidovský obor integrity, potom S je okruh hlavních ideálů.

Důkaz Nechť I je ideál euklidovského oboru integrity S.Je-li I = 0, potom I = 0 · I.Je-li I 6= 0, potom existuje a ∈ I, a 6= 0.Označme K = {σ(b) : b ∈ I, b 6= 0}. Množina K 6= ∅, protože a ∈ K. Neprázdnápodmnožina nezáporných celých čísel má nejmenší prvek. Buď σ(b0) ∈ K nejmenší prvek,b0 ∈ I, b0 6= 0. Potom b0S ⊆ I. Je-li naopak c ∈ I libovolný prvek, potom v euklidovskémoboru integrity existují prvky q, r ∈ S tak, že c = b0q + r, kde r = 0 nebo σ(r) < σ(b0).Protože r = c−b0q ∈ I, a protože σ(b0) je nejmenší v K, musí být r = 0. Tím c = b0q ∈ b0S.Proto I = b0S, a tedy I je hlavní ideál.

Lemma 10.6 Nechť S je okruh hlavních ideálů, nechť a, b ∈ S. Potom platí:1. a|b právě tehdy, když bS ⊆ aS.2. a ∼ b právě tehdy, když aS = bS.

Důkaz 1. Jestliže a|b, potom existuje s ∈ S tak, že as = b. Pro každý prvek s1 ∈ S jebs1 = (as)s1 = a(ss1) ∈ aS, tím bS ⊆ aS.Jestliže bS ⊆ aS, pak b = b · 1 ∈ bS ⊆ aS, tedy existuje s1 ∈ S tak, že b = as1. Tím a|b.2. a ∼ b⇔ a|b ∧ b|a⇔ bS ⊆ aS ∧ aS ⊆ bS ⇔ aS = bS.

Lemma 10.7 Nechť S je okruh hlavních ideálů, nechť I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · jsou ideályokruhu S. Potom existuje k ∈ N tak, že Ik = Ik+1 = · · ·, t.j. pro každé j ∈ N je Ik+j = Ik.

Důkaz Označme I =⋃

n∈N

In. Množina I je opět ideál okruhu hlavních ideálů S, proto

existuje c ∈ I tak, že I = cS. Protože I =⋃

n∈N

In, existuje k ∈ N tak, že c ∈ Ik. Tím

I = cS ⊆ Ik, a proto I = Ik. Tím pro každé j ∈ N je Ik+j = I = Ik.

Lemma 10.8 Nechť S je okruh hlavních ideálů, nechť a, b ∈ S jsou libovolné prvky. Potommnožina aS + bS = {as1 + bs2 : s1, s2 ∈ S} je ideál okruhu S, a tedy existuje d ∈ S tak, žedS = aS + bS. Potom d ∼ (a, b).

35

Důkaz Pro libovolné prvky s, s1, s2, s′1, s′2 ∈ S je

(as1 + bs2)− (as′1 + bs′2) = a(s1 − s′1) + b(s2 − s′2) ∈ aS + bS,s(as1 + bs2) = a(ss1) + b(ss2) ∈ aS + bS,(as1 + bs2)s = a(s1s) + b(s2s) ∈ aS + bS,tedy aS + bS je ideál okruhu hlavních ideálů S. Tím existuje d ∈ S tak, že aS + bS = dS.Protože aS ⊆ dS, pak d|a podle lemmatu 10.6. Stejně d|b, protože bS ⊆ dS. Je-li g ∈ Stakové, že g|a, g|b, potom opět podle lemmatu 10.6 je aS ⊆ gS, bS ⊆ gS. Tím mámedS = aS + bS ⊆ gS, a proto g|d. Tím jsme ukázali d ∼ (a, b).

Věta 10.10 Nechť S je obor integrity hlavních ideálů. Potom S je Gaussův obor integrity.

Důkaz Podle lemmatu 10.8 existuje největší společný dělitel libovolných dvou prvků, tímje v oboru integrity S splněna podmínka (NSD).Nechť a1, a2, ..., an, an+1, ... je posloupnost prvků z S taková, že an+1|an pro každé n. Podlelemmatu 10.6 máme posloupnost ideálů a1S ⊆ a2S ⊆ · · · ⊆ anS ⊆ an+1S ⊆ · · ·, kdepodle lemmatu 10.7 existuje k ∈ N tak, že ak+jS = akS pro každé j ∈ N. Pak opět podlelemmatu 10.6 je ak+j ∼ ak pro každé j ∈ N. Tím jsme ukázali, že je splněna podmínka(KŘD). S je Gaussův obor integrity podle věty 10.6.

Důsledek 3 Každý euklidovský obor integrity je Gaussův obor integrity.

Důkaz Euklidovský obor integrity je podle věty 10.9 obor integrity hlavních ideálů, a tenje Gaussův podle věty 10.10.

36

11 Gaussovy obory integrity polynomů

Věta 11.1 Nechť S je komutativní, asociativní okruh s 1. Jestliže S[x] okruh polynomůnad S je Gaussův obor integrity, potom S je také Gaussův obor integrity.Navíc platí: u ∈ U(S) právě tehdy, když u ∈ U(S[x]).

Důkaz Podle věty 9.2 je S[x] obor integrity právě tehdy, když S je obor integrity.Je-li u ∈ U(S), potom existuje s ∈ S tak, že us = 1. Pro polynomy p1(x) = u, p2(x) = splatí p1(x)p2(x) = us = 1, tedy u ∈ U(S[x]).Je-li u(x) ∈ U(S[x]), potom existuje polynom p(x) ∈ S[x] tak, že u(x)p(x) = 1, tím0 = st(1) = st(u) + st(p). Proto st(u) = 0, st(p) = 0, a tedy u(x) = u ∈ S, p(x) = p ∈ S.Tím u ∈ U(S).Nechť a ∈ S \ U(S), a 6= 0. Polynom a(x) = a ∈ S[x] \ U(S[x]), a(x) 6= 0. ProtožeS[x] je Gaussův obor integrity, existuje kanonický rozklad prvku a(x), tedy a = a(x) =up1(x)p2(x) · · · pk(x), kde u ∈ U(S[x]) a prvky p1(x), ..., pk(x) jsou ireducibilní v S[x]. Paku ∈ U(S), st(u) = 0. Protože st(a) = 0 = st(u)+st(p1)+· · ·+st(pk) = 0+st(p1)+· · ·+st(pk),je pi(x) = pi ∈ S pro každé i = 1, ..., k. Kdyby pi(x) = pi nebyl ireducibilní v S, pak byexistovaly prvky c, d ∈ S tak, že cd = pi, c 6∼ 1, d 6∼ 1, c 6∼ pi, d 6∼ pi v S. Protože všaku ∈ U(S) ⇔ u ∈ U(S[x]), máme c 6∼ 1, d 6∼ 1, c 6∼ pi, d 6∼ pi v S[x]. Což je spor, neboťprvky pi byly ireducibilní v S[x]. Tím a = up1p2 · · · pk je kanonický rozklad v S.Jednoznačnost rozkladu: nechť a = up1p2 · · · pk, a = vq1q2 · · · ql jsou dva kanonické rozkladyprvku a v S. Potom jsou to také kanonické rozklady prvku a = a(x) v S[x], a tedy existujebijekce ϕ: {1, ..., k} −→ {1, ..., l} tak, že pi ∼ qϕ(i) v S[x]. Tím existuje wi ∈ U(S[x]) tak,že pi = wiqϕ(i). Protože wi ∈ U(S) a pi, qϕ(i) ∈ S, je pi ∼ qϕ(i) v S.

Důsledek 4 Jestliže S není Gaussův obor integrity, potom S[x] také není Gaussův oborintegrity.

Definice 11.1 Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť polynom f(x) ∈ S[x] je tvaruf(x) = f0 +f1x+· · ·+fnxn. Polynom f(x) nazýváme primitivní, jestliže (f0, f1, ..., fn) ∼ 1.

Lemma 11.1 Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť f(x), g(x) ∈ S[x] jsou nenulovépolynomy nad S. Nechť f(x) = af(x), g(x) = cg(x), kde f(x), g(x) jsou primitivní poly-nomy, a, c ∈ S, a 6= 0, c 6= 0. Potom platí: jestliže f(x) = g(x), potom a ∼ c.

Důkaz Označme f(x) = f0 + f1x+ · · ·+ fnxn, f(x) = f 0 + f 1x+ · · ·+ fnx

n,g(x) = g0 + g1x+ · · ·+ gmx

m, g(x) = g0 + g1x+ · · ·+ gmxm. Z rovnosti f(x) = g(x) plyne

n = st(f) = st(g) = m, f0 = g0, f1 = g1, . . ., fn = gn. Potom a ∼ a ·1 ∼ a ·(f 0, f 1, ..., fn) ∼(af 0, af 1, ..., afn) ∼ (f0, f1, ..., fn) ∼ (g0, g1, ..., gn) ∼ (cg0, cg1, ..., cgn) ∼ c·(g0, g1, ..., gn) ∼c · 1 = c.

37

Lemma 11.2 Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť T je podílové těleso nad okruhemS, nechť f(x) ∈ T [x], f(x) 6= 0. Potom existuje prvek a/b ∈ T a existuje primitivní polynomf(x) ∈ S[x] takový, že f(x) = a/b · f(x).Tento zápis je jednoznačný až na asociovanost, t.j. jestliže f(x) = c/d · g(x), kde g(x) ∈S[x] je primitivní polynom, prvek c/d ∈ T , potom existuje prvek u ∈ U(S) takový, žeu · a/b = c/d, f(x) = u · g(x).

Důkaz Protože f(x) ∈ T [x], f(x) 6= 0, označme f(x) = a0/b0 + a1/b1x + · · · + an/bnxn,

kde ai/bi ∈ T pro každé i = 0, 1, ..., n.Položme b = b0b1 · · · bn. Potom pro každé i = 0, 1, ..., n mámeai/bi = ai(b0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn)/bi(b0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn) = aib0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn/b.Tím f(x) = (a0b1 · · · bn/b) + (a1b0b2 · · · bn/b)x+ · · ·+ (anb0b1 · · · bn−1/b)x

n.Položme a ∼ (a0b1 · · · bn, a1b0b2 · · · bn, ..., anb0b1 · · · bn−1).Pro každé i = 0, 1, ..., n získáváme a|aib0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn, proto existuje ai ∈ S takové,že aai = aib0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn. Potom aib0b1 · · · bi−1bi+1 · · · bn/b = aai/b = a/b · ai/1 =a/b · ai. Tím f(x) = (a/b · a0) + (a/b · a1)x+ · · ·+ (a/b · an)xn = a/b(a0 + a1x+ · · ·+ anx

n).Položíme-li f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx

n, potom f(x) ∈ S[x], f(x) = a/b · f(x).a ∼ (a0b1 · · · bn, a1b0b2 · · · bn, ..., anb0b1 · · · bn−1) ∼ (aa0, aa1, ..., aan) ∼ a(a0, a1, ..., an)Protože f(x) 6= 0, je a 6= 0, a proto v oboru integrity je (a0, a1, ..., an) ∼ 1, tedy polynomf(x) je primitivní.Jednoznačnost. Nechť f(x) = a/b · f(x) = c/d · g(x), kde f(x), g(x) ∈ S[x] jsou primitivní,a/b, c/d ∈ T . Potom adf(x) = cbg(x), a podle lemmatu 11.1 je ad ∼ cb, tedy existujeu ∈ U(S) tak, že uad = cb. Potom adf(x) = uadg(x), a tím f(x) = ug(x), neboť prof(x) 6= 0 je ad 6= 0. Potom u · a/b = u/1 · a/b = ua/b = uad/bd = cb/bd = c/d.

Lemma 11.3 (Gaussovo lemma)Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť a(x), b(x) ∈ S[x]. Potom polynom a(x) · b(x) jeprimitivní právě tehdy, když jsou primitivní oba polynomy a(x) i b(x).

Důkaz Jsou-li polynomy a(x) = a0 + a1x + · · · + anxn, b(x) = b0 + b1x + · · · + bmx

m

primitivní, potom (a0, a1, ..., an) ∼ 1, (b0, b1, ..., bm) ∼ 1.Označme a(x)b(x) = c0+c1x+· · ·+cn+mx

n+m, kde ck =∑

i+j=k

aibj pro každé k = 0, 1, ..., n+

m. Předpokládejme sporem, že (c0, c1, ..., cn+m) ∼ d 6∼ 1 v oboru integrity S. Podle lemmatu10.4 existuje ireducibilní prvek p ∈ S takový, že p|d. Tím p|c0 = a0b0. V Gaussově oboruintegrity je každý ireducibilní prvek prvočinitel, proto p|a0 nebo p|b0.Protože (a0, a1, ..., an) ∼ 1, existuje i ∈ {0, 1, ..., n} tak, že p 6 |ai.Označme i0 nejmenší index takový, že p 6 |ai.Protože (b0, b1, ..., bm) ∼ 1, existuje j ∈ {0, 1, ...,m} tak, že p 6 |bj.Označme j0 nejmenší index takový, že p 6 |bj.Potom pro k0 = i0 + j0 máme ck0 =

∑

i+j=k0

aibj = a0bk0 + · · · + ai0bj0 + · · · + ak0b0. Tím

ai0bj0 = ck0 − (a0bk0 + · · ·+ ai0−1bj0+1)− (ai0+1bj0−1 + · · ·+ ak0b0). Z volby i0, j0 plyne, že

38

p|a0, . . . ,p|ai0−1, p|b0, . . . ,p|bj0−1. Protože p|ck0 , nutně p|ai0bj0 , ovšem p 6 |ai0 , p 6 |bj0 , což jespor.Nechť naopak plynom a(x)b(x) = c0 + c1x + · · · + cn+mx

n+m je primitivní. Potom máme(c0, c1, ..., cn+m) ∼ 1. Předpokládejme sporem, že např. polynom a(x) = a0+a1x+· · ·+anxnprimitivní není. Potom (a0, a1, ..., an) ∼ d 6∼ 1 v oboru integrity S. Pak d|ai pro každéi = 0, 1, ..., n, a tím d|ck pro každé k = 0, 1, ..., n+m, což je spor.

Věta 11.2 Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť f(x) ∈ S[x], f(x) 6= 0, nechť T jepodílové těleso oboru integrity S. Potom f(x) je ireducibilní v S[x] právě tehdy, když

buď st(f) = 0 a f(x) = f je ireducibilní v S

nebo st(f) ≥ 1, f(x) je primitivní v S[x] a f(x) je ireducibilní v T [x].

Důkaz Nechť polynom f(x) je ireducibilní v S[x].Je-li st(f) = 0, potom f(x) = f ∈ S. Jestliže g|f pro g ∈ S, potom polynom g(x) = g|f =f(x) v S[x], a tedy g(x) ∼ 1 nebo g(x) ∼ f(x) v S[x]. Podle věty 11.1 máme g ∼ 1 nebog ∼ f v S, a tedy f(x) = f je ireducibilní v S.Je-li st(f) ≥ 1, potom označme f(x) = a0 + a1x + · · · + anx

n, kde a0, a1, ..., an ∈ S,st(f) = n ≥ 1. Označme dále d ∼ (a0, a1, ..., an) v Gaussově oboru integrity S. Potomexistují prvky a′i ∈ S takové, že da′i = ai pro každé i = 0, 1, ..., n. Tím d|f(x) v S[x], a tedyd ∼ 1 nebo d ∼ f(x) v S[x]. Protože však d ∈ S a st(f) ≥ 1, je d 6∼ f , tím d ∼ 1, a tedypolynom f(x) je primitivní.Nechť g(x)|f(x) v T [x]. Potom existuje h(x) ∈ T [x] tak, že g(x)h(x) = f(x) v T [x].Polynom g(x) 6= 0, proto podle lemmatu 11.2 existuje prvek a/b ∈ T a primitivní polynomg(x) ∈ S[x] tak, že g(x) = a/b · g(x). Stejně existuje prvek c/e ∈ T a primitivní polynomh(x) ∈ S[x] tak, že h(x) = c/e · h(x). Tím f(x) = a/b · c/e · g(x)h(x), a potom získávámebef(x) = ac(g(x)h(x)), kde polynom f(x) je primitivní a polynom g(x)h(x) je primitivnípodle Gaussova lemmatu. Podle lemmatu 11.1 je ac ∼ be, tedy existuje u ∈ U(S) tak,že ac = ube. Potom be(f(x) − ug(x)h(x)) = 0, a tím jsme v oboru integrity S[x] získalif(x) = ug(x)h(x). Protože f(x) je ireducibilní v S[x], je g(x) ∼ 1 nebo g(x) ∼ f(x) v S[x].Ukážeme, že g(x) ∼ 1 nebo g(x) ∼ f(x) v T [x], a tedy polynom f(x) je ireducibilní v T [x].Je-li g(x) ∼ 1 v S[x], potom existuje v ∈ U(S[x]), a tedy v ∈ U(S) tak, že g(x) = v ·1 = v.Tím st(g) = 0. Protože g(x) = a/b · g(x), je st(g) = 0, proto g(x) = g ∈ T , g 6= 0, a tedyexistuje g−1 ∈ T tak, že g · g−1 = 1. Tím g(x) = g ∼ 1 v T , a tedy v T [x].Je-li g(x) ∼ f(x) v S[x], potom existuje w ∈ U(S[x]), a tedy w ∈ U(S) tak, že g(x) =wf(x). Potom w ∈ S ⊆ T , w 6= 0, a tedy existuje w−1 ∈ T tak, že w · w−1 = 1, tímw ∈ U(T ), a tedy w ∈ U(T [x]). Proto g(x) ∼ f(x) v T [x]. Protože g(x) = a/b · g(x),a/b ∈ T , a/b 6= 0, je a/b ∈ U(T ), a tedy a/b ∈ U(T [x]). Tím g(x) ∼ g(x) v T [x]. Potomg(x) ∼ g(x) ∼ f(x) v T [x], a tedy g(x) ∼ f(x) v T [x].

Nechť naopak jsou splněny podmínky věty, ukážeme, že polynom f(x) je ireducibilnív S[x]. Nechť g(x)|f(x) v S[x]. Potom existuje h(x) ∈ S[x] tak, že g(x)h(x) = f(x).Jestliže st(f) = 0, potom f(x) = f ∈ S, f 6= 0, a tím st(g) = 0, st(h) = 0, tedy

39

g(x) = g ∈ S, h(x) = h ∈ S, g 6= 0, h 6= 0. Protože podle předpokladu věty je f(x) = fireducibilní v S, je g ∼ 1 nebo g ∼ f v S, potom g ∼ 1 nebo g ∼ f v S[x], a tedy f(x) = fje ireducibilní v S[x].Jestliže st(f) ≥ 1, potom podle Gaussova lemmatu jsou polynomy g(x), h(x) primitivnív S[x], protože f(x) = g(x)h(x) a polynom f(x) je primitivní v S[x]. Protože S ⊆ T , jsoug(x), h(x) ∈ T [x], f(x) = g(x)h(x), ale polynom f(x) je ireducibilní v T [x]. Proto g(x) ∼ 1nebo g(x) ∼ f(x) v T [x].Je-li g(x) ∼ 1 v T [x], pak existuje u ∈ U(T [x]), a tedy u ∈ U(T ) tak, že u · g(x) = 1.Potom st(g) = 0, a tím g(x) = g ∈ S, g 6= 0. Protože g(x) = g je primitivní v S[x], je(g) ∼ 1 v S, a tedy g ∼ 1 v S[x].Jestliže g(x) ∼ f(x) v T [x], potom existuje v ∈ U(T [x]), a tedy v ∈ U(T ) takové, žeg(x) = v · f(x). Protože U(T ) = T \ {0}, je v = a/b, kde a, b ∈ S, a, b 6= 0. Potomg(x) = a/b · f(x), tím bg(x) = af(x). Protože polynomy f(x), g(x) jsou primitivní, podlelemmatu 11.1 je b ∼ a v S, tím existuje w ∈ U(S), a tedy w ∈ U(S[x]) tak, že b = wa.Potom a(wg(x) − f(x)) = 0, a tím v oboru integrity wg(x) = f(x). Proto g(x) ∼ f(x)v S[x].Tím jsme ukázali, že polynom f(x) je ireducibilní v S[x].

Věta 11.3 Nechť S je Gaussův obor integrity. Potom S[x] je také Gaussův obor integrity.

Důkaz Nechť f(x) ∈ S[x] \ U(S[x]), f(x) 6= 0.Označme T podílové těleso oboru integrity S. Potom S ⊆ T , a tedy f(x) ∈ T [x]. Oborintegrity polynomů nad tělesem T je euklidovský obor integrity, a proto Gaussův oborintegrity. Polynom f(x) má tedy v T [x] kanonický rozklad f(x) = a/b · p1(x) · · · pr(x), kdea/b ∈ T \ {0} = U(T ), tedy a/b ∈ U(T [x]), polynomy p1(x), ..., pr(x) jsou ireducibilnív T [x].Podle lemmatu 11.2 pro každé i = 1, ..., r existuje ci/di ∈ T , ci, di 6= 0 a primitivní polynompi(x) ∈ S[x] tak, že pi(x) = ci/di · pi(x).Potom f(x) = a/b · c1/d1 · · · cr/dr · p1(x) · · · pr(x).Označme c/d = a/b · c1/d1 · · · cr/dr = ac1 · · · cr/bd1 · · · dr.Potom f(x) = c/d · p1(x) · · · pr(x), a tedy df(x) = c · p1(x) · · · pr(x) v S[x], c, d 6= 0.Jestliže f(x) = a0+a1x+· · ·+anxn, pak označme t ∼ (a0, a1, ..., an). Pro každé i = 0, 1, ..., nexistuje ai ∈ S tak, že tai = ai. Tím f(x) = a0 +a1x+ · · ·+anx

n = t(a0 +a1x+ · · ·+anxn).

Položme f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn. Potom f(x) = t · f(x).

Protože t ∼ (a0, a1, ..., an) ∼ t · (a0, a1, ..., an), je v oboru integrity (a0, a1, ..., an) ∼ 1, a tímpolynom f(x) je primitivní v S[x].Potom dtf(x) = df(x) = c · p1(x) · · · pr(x) v S[x].Polynom f(x) je primitivní, polynom p1(x) · · · pr(x) je primitivní podle Gaussova lemmatu.Podle lemmatu 11.1 existuje u ∈ U(S) tak, že u(dt) = c, tedy d|c. Tím existuje prvek c ∈ Stak, že dc = c. Potom dtf(x) = dc · p1(x) · · · pr(x) v S[x], a proto v oboru integrity S[x]máme f(x) = tf(x) = c · p1(x) · · · pr(x), neboť d 6= 0.Prvek c ∈ S, c 6= 0 a S je Gaussův obor integrity, proto existuje kanonický rozklad prvku

40

c v S, tedy c = uq1 · · · qs, kde u ∈ U(S), q1, ..., qs jsou ireducibilní v S.Potom f(x) = uq1 · · · qsp1(x) · · · pr(x).Podle věty 11.1 je u ∈ U(S[x]) a podle věty 11.2 jsou polynomy q1(x) = q1, ..., qs(x) = qsireducibilní v S[x].Pro každé i = 1, ..., r je polynom pi(x) jsou ireducibilní v T [x], pi(x) = ci/di · pi(x), protopi(x) je ireducibilní v T [x]. Polynom pi(x) je primitivní v S[x], proto podle věty 11.2 jepolynom pi(x) ireducibilní v S[x] pro každé i = 1, ..., r. Tím f(x) = uq1 · · · qsp1(x) · · · pr(x)je kanonický rozklad prvku f(x) v S[x].Jednoznačnost. Mějme v S[x] dva kanonické rozkladyf(x) = up1 · · · psp1(x) · · · pr(x) = vq1 · · · qtq1(x) · · · qm(x),kde u, v ∈ U(S[x]), p1, ..., ps, p1(x), ..., pr(x), q1, ..., qt, q1(x), ..., qm(x) jsou ireducibilní v S[x],st(p1) = 0, ..., st(ps) = 0, st(p1) ≥ 1, ..., st(pr) ≥ 1, st(q1) = 0, ..., st(qt) = 0, st(q1) ≥ 1,..., st(qm) ≥ 1. Tím p1, ..., ps, q1, ..., qt ∈ S. Podle věty 11.2 jsou prvky p1, ..., ps, q1, ..., qtireducibilní v S, prvky p1(x), ..., pr(x), q1(x), ..., qm(x) primitivní v S[x] a ireducibilní vT [x], kde T je podílové těleso oboru integrity S.Protože f(x) = (up1 · · · ps)p1(x) · · · pr(x) = (vq1 · · · qt)q1(x) · · · qm(x), a protože podleGaussova lemmatu jsou polynomy (p1(x) · · · pr(x)), (q1(x) · · · qm(x)) primitivní, existujepodle lemmatu 11.1 prvek w ∈ U(S) tak, že up1 · · · ps = wvq1 · · · qt. Tím máme dva kano-nické rozklady prvku v Gaussově oboru integrity S, tedy existuje bijekceϕ: {1, ..., s} −→ {1, ..., t} taková, že pro každé i = 1, ..., s je pi ∼ qϕ(i).Proto existují ui ∈ U(S), tedy ui ∈ U(S[x]) tak, že pi = uiqϕ(i). Potom pro každé i = 1, ..., sje pi ∼ qϕ(i) v S[x].f(x) = (vq1 · · · qt)q1(x) · · · qm(x) = (up1 · · · ps)p1(x) · · · pr(x) = (wvq1 · · · qt)p1(x) · · · pr(x)Tím v oboru integrity S[x] máme q1(x) · · · qm(x) = wp1(x) · · · pr(x), neboť vq1 · · · qt 6= 0.Protože S[x] ⊆ T [x], a protože polynomy pi(x), a qj(x) jsou ireducibilní v T [x] pro každéi, j, jsou to dva kanonické rozklady jediného prvku v Gaussově oboru integrity T [x],existuje tedy bijekce ψ: {1, ..., r} −→ {1, ...,m} taková, že pro každé i = 1, ..., r mámepi(x) ∼ qψ(i)(x) v T [x]. Tím existuje zi ∈ U(T [x]) tak, že pi(x) = ziqψ(i)(x). Protože tytopolynomy jsou primitivní v S[x], existují podle lemmatu 11.1 prvky yi ∈ U(S) tak, že1 · yi = zi pro každé i. Tím zi ∈ U(S), a tedy pi(x) ∼ qψ(i)(x) v S[x].Zobrazení α: {1, ..., s, 1, ..., r} −→ {1, ..., t, 1, ...,m} definované předpisem

α(i) =

{ϕ(i) pro i = 1, ..., sψ(i) pro i = 1, ..., r

zaručuje jednoznačnost kanonického rozkladu v S[x].

Důsledek 5 Jestliže S je Gaussův obor integrity, potom S[x1, x2, ..., xn] je také Gaussůvobor integrity.

Lemma 11.4 (Eisensteinovo lemma)Nechť S je Gaussův obor integrity, nechť a(x) = a0 + a1x + · · · + an−1x

n−1 + anxn je

primitivní polynom v S[x], st(a) = n ≥ 1, nechť p ∈ S je prvek ireducibilní v S takový, žep|ai pro každé i = 0, 1, ..., n− 1, p2 6 |a0, p 6 |an. Potom a(x) je ireducibilní v S[x].

41

Důkaz Předpokládejme, že polynom a(x) není ireducibilní, potom a(x) = b(x)c(x), kdeb(x), c(x) ∈ S[x], b(x) 6∼ 1, c(x) 6∼ 1, b(x) 6∼ a(x), c(x) 6∼ a(x), b(x) 6= 0, c(x) 6= 0. Tímst(b) ≥ 0, st(c) ≥ 0.Je-li st(b) = 0, potom b(x) = b0, tím st(c) = n. Označíme-li c(x) = c0 + c1x + · · · + cnx

n,pak a(x) = b0c0 + b0c1x+ · · ·+ b0cnx

n. Protože však polynom a(x) je primitivní, získáváme1 ∼ (a0, a1, ..., an) ∼ (b0c0, b0c1, ..., b0cn) ∼ b0(c0, c1, ..., cn). Tím b(x) = b0 ∼ 1, což je spor.Proto st(b) ≥ 1.Stejně dojdeme ke sporu, je-li st(c) = 0. Proto st(c) ≥ 1.Nechť tedy b(x) = b0 + b1x + · · · + bmx

m, c(x) = c0 + c1x + · · · + ckxk, kde m ≥ 1, k ≥ 1.

Potom pro každé r = 0, 1, ..., n je ar =∑

i+j=r

bicj. Pro r = 0 je a0 = b0c0, a protože p|a0

musí v Gaussově oboru integrity p|b0 nebo p|c0. Protože p2 6 |a0, pak buď p|b0, p 6 |c0 nebop|c0, p 6 |b0.Nechť tedy např. p|b0, p 6 |c0.Ukážeme matematickou indukcí, že potom p|bi pro každé i = 0, 1, ...,m.Pro i = 0 máme p|b0. Nechť p|bi pro každé i = 0, ..., r − 1, potom proar =

∑

i+j=r

bicj = (b0cr + b1cr−1 + · · ·+ br−1c1) + brc0 máme p|(b0cr + b1cr−1 + · · ·+ br−1c1).

Protože r ≤ m < m+ k = n, neboť k ≥ 1, pak podle předpokladu lemmatu p|ar.Tím p|(brc0), a protože p 6 |c0, nutně p|br.Tím p|bi pro každé i = 0, 1, ...,m, a tedy existují prvky b′i ∈ S tak, že pb′i = bi. Potomb(x) = p(b′0 + b′1x+ · · ·+ b′mx

m), a tím an = am+k = bmck = pb′mck, což je spor, neboť p 6 |an.Stejným způsobem dojdeme ke sporu, jestliže p|c0, p 6 |b0. Proto polynom a(x) je ireducibilnív S[x].

42