В поле Q(a) найти обратный элемент

[Еленаm15]

Помогите пожалуйста решить такую задачу или хотя бы подскажите алгоритм решения.

3. В поле $Q(a)$, где $a$ – корень многочлена $x^4+3x+3$, найти элемент, обратный к $a^2-3a^3$

Предложили так находить:с помощью алгоритма евклида доказать,что нод этих многочленов равен 1.А потом получит разложение: $1=(x^4+3x+3)*U(x)+(a^2-3*a^3)*V(x)$ ,потом вместо $x$ в первом многочлене ставим $a$ и это произведение обнуляется и таким образом получим $V(x)$, который и будет ответом.
Но проблема втом,что у меня не получается нод этих многочленов равный 1.Или я что-то делаю не так или он не равен 1.

[maxal]

Разложение должно быть такое:

$$1=(x^4+3x+3)U(x)+(x^2-3x^3) V(x)$$

И уже в него надо подставлять $a$. У многочленов $x^4+3x+3$ и $x^2-3x^3$ НОД равен 1, так что все должно получиться...

[Еленаm15]

Ну да,я и имела ввиду такое разложение.Просто невнимательно писала и вместо х написала а.
Но я не могу получить в ответе 1.Помогите пожалуйста.

Добавлено спустя 1 час 32 минуты 16 секунд:

Помогите поссчитать НОД этих многочленов пожалуйста.

[Brukvalub]

Еленаm15 писал(а):

Помогите поссчитать НОД этих многочленов пожалуйста.

Так Вам все уже сосчитал maxal

maxal писал(а):

У многочленов $x^4+3x+3$ и $x^2-3x^3$ НОД равен 1,

[Еленаm15]

Я понимаю,что он равен 1 у этих многочленов.Но в итоге надо получить разложение с U(X) и V(x),поэтому надо знать само разложение.А у меня не получается по алгоритму Евклида,что последний ненулевой остаток равен 1.

[RIP]

Ну НОД ведь определён с точностью до умножения на ненулевую постоянную, поэтому если у Вас вдруг получается другая постоянная, то ничего страшного.

[Еленаm15]

Точно?Спасибо...
А то я уже какой час раскладываю,раскладываю,а получается непонятно что

А еще вопрос :Зачем сказано,что найти обратный в поле Q(a)?
На что это вообще влияет?

[Dan B-Yallay]

Это значит, что обратным элементом к заданному будет многочлен от $a$. А как вы уже знаете, такие многочлены с рациональными коэффициентами - элементы $Q(a)$

[RIP]

Я так понимаю, что это намёк на то, что ответ надо записать в виде $c_0+c_1a+c_2a^2+c_3a^3$, $c_j\in\mathbb{Q}$. Формально ответ $\frac1{a^2-3a^3}$ тоже верный и не зависит ни от какого поля.

[Еленаm15]

RIP
А почему Вы записали многочлен третьей степени?

[Dan B-Yallay]

Кстати, $x^4+3x+3$ является "неприводимым" согласно критерия Ейзенштайна. Так что даже делить по Евклиду не обязательно.

Добавлено спустя 5 минут 13 секунд:

Цитата:

RIP
А почему Вы записали многочлен третьей степени?

Любой многочлен степени 4 и выше может быть представлен как

$P(x) = (x^4+3x+3)W(x)+R(x)$ где степень $deg R(x) \le 3$
Когда подставите $a$ в $P(x)$...

[Еленаm15]

Цитата:

Кстати, является "неприводимым" согласно критерия Ейзенштайна. Так что даже делить по Евклиду не обязательно

Ну я делю по алгоритму Евклида ,чтобы как раз получить разложение,потом подставив вместо x a,обнулить первое произведение и таким образом найти ,что
1=(-3*(a^3)+a^2)*V(x) и найти V(x)

А как по другому найти это V(x)?

[Brukvalub]

Еленаm15 писал(а):

Ну я делю по алгоритму Евклида

Я тоже, ради интереса, попробовал поделить, но скис - полезли дробные коэффициенты.. А проделать вычисления в каком-либо пакете символьных вычислений Вы не пробовали?

[Еленаm15]

Цитата:

А проделать вычисления в каком-либо пакете символьных вычислений Вы не пробовали?

А что это значит?

А еще вопрос .Можно ведь решать вот таким методом.Записать ,что 1-(x^2-3*(x^3))*(b*x^2+c*x+d)= (x^4+3*x+3)*(U(x)) и перемножить первую скобку,а потом разделить на (x^4+3*x+3),а так как должно получиться какое-то U(x) ),то в остатке приравнять все скобки при каждой степени к 0 и потом подставить в (b*x^2+c*x+d)

Но почему-то получается система,где (d,с,в) зависят друг от друга и она не решается.

[RIP]

Если действовать методом неопределённых коэффициентов, то тогда уж вот так:

$$1=(ax^3+bx^2+cx+d)(x^2-3x^3)+(ex^2+fx+g)(x^4+3x+3)$$

($e$ не обязательно неперово число ).