Véges testek és alkalmazásaik

Átírás

1 Véges testek és alkalmazásaik Horváth Gábor Debreceni Egyetem március 4.

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 4 1. El zetes ismeretek M veletek, algebrai struktúrák Csoportelmélet Gy r elmélet Polinomgy r k Nullosztómentes, véges gy r k Részgy r, homomorzmus, ideál, faktorgy r Euklideszi gy r k, f ideálgy r k Egyszer gy r k Testelmélet Algebrák minimálpolinomja Egyszer testb vítések B vítés több elemmel Szorzástétel Testb vítések konstrukciója Véges testek Véges testek alapvet tulajdonságai Véges testek konstrukciója Véges testek résztestei Irreducibilis polinomok véges testek felett Frobenius endomorzmus Véges testek véges b vítései

3 TARTALOMJEGYZÉK 3 3. Egységgyökök és alkalmazásaik Körosztási polinomok Wedderburn tétele Véges testek elemeinek reprezentációja Polinomok rendje Primitív polinomok Irreducibilis polinomok konstrukciója Polinomok faktorizációja Berlekamp algoritmusa Zassenhaus algoritmusa Polinomok gyökei q = p > 2 prím q = p d egy kis p prímre Nyom Bevezetés a hibajavító kódok elméletébe Alapfogalmak Lineáris kódok Polinomkódok Hivatkozások 106

4 Bevezetés A jegyzet azzal a céllal készült, hogy összefoglalja az MSc hallgatók Véges testek és alkalmazásaik tárgy anyagát. A jegyzet nem helyettesíti az el adásokon és a gyakorlatokon való részvételt, azoknak csak egy kivonatolt változata. A jegyzet anyaga er sen épít a BSc-s Algebra tárgyra, de a legszükségesebb ismereteket összefoglaljuk. További irodalomnak [1]-t és [2]-t ajánljuk.

5 1. fejezet El zetes ismeretek Az alábbi fejezetben összefoglaljuk a BSc-s Algebra tárgy számunkra fontosabb részeit. Néhány helyen nem közöljük a részletes bizonyítást, ezeket érdemes átismételni a BSc-s Algebra jegyzetb l M veletek, algebrai struktúrák deníció. Legyen A halmaz. Az A-n értelmezett (n-változós) m velet egy f : A n A, (a 1,..., a n ) f(a 1,..., a n ) függvény. Ha a m velet kétváltozós (mondjuk ), akkor (a, b) helyett a b-t írunk deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. A m velet asszociatív, ha minden a, b, c A-ra (a b) c = a (b c). A m velet kommutatív, ha minden a, b, c A-ra a b = b a deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. Egy e A elemet neutrális elemnek hívunk, ha minden a A-ra e a = a = a e. Ha összeadás, akkor a neutrális elemet nullelemnek, ha szorzás, akkor a neutrális elemet egységelemnek hívjuk. Ha csak e a = a teljesül minden a A elemre, akkor e-t baloldali egységelemnek hívjuk, Ha csak a e = a teljesül minden a A elemre, akkor e-t jobboldali egységelemnek hívjuk deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. Azt mondjuk, hogy az e neutrális elemre az a A elem inverze a A, ha

6 6 ELŽZETES ISMERETEK a a = e = a a. Összeadás esetén ellentettr l, szorzás esetén inverzr l vagy reciprokról beszélünk. Ha csak a a = e teljesül, akkor a -t jobboldali inverznek hívjuk, Ha csak a a = e teljesül, akkor a -t baloldali inverznek hívjuk, deníció. (G, ) csoport, ha egy asszociatív kétváltozós m velet G-n, -ra nézve van egységelem, és az egységelemre nézve minden elemnek van inverze. (G, ) Abel csoport vagy kommutatív csoport, ha csoport, és kommutatív. A csoport m velettáblázatát Cayley táblázatnak nevezzük példa. (Z, +), (Q, +), (R, +), (C, +). A modulo n maradékosztályok a modulo n összeadásra. Másképpen, legyen Z n = { 0, 1, 2,..., n 1 }, ahol az összeadás a hagyományos összeg modulo n maradéka. S n szimmetrikus csoport: az n elemen ható permutációk csoportja. A n alternáló csoport: az n elemen ható páros permutációk csoportja. Szabályos n-szög szimmetriacsoportja, jele D n, neve: diédercsoport. Q kvaterniócsoport: { 1, 1, i, i, j, j, k, k }, a szorzás pedig az i 2 = = j 2 = k 2 = 1, ij = k, jk = i, ki = j, ji = k, kj = i, ik = j alapján történik házi feladat. Csoportban az egységelem egyértelm. (Ötlet: ha e és f egységelem, akkor tekintsük az ef szorzatot.) házi feladat. Csoportban egy elem inverze egyértelm. (Ötlet: ha a inverze b és c is, akkor tekintsük a bac szorzatot.) deníció. (R, +, ) gy r, ha (R, +) Abel csoport, (R, ) félcsoport, és mindkét oldali disztributív szabály teljesül, azaz (a + b) c = (a c) + (b c) és c (a + b) = (c a) + (c b) minden a, b, c R-re. R-et kommutatív gy r - nek hívjuk, ha a szorzás kommutatív. R-et egységelemes gy r nek hívjuk (és

7 1.1 M veletek, algebrai struktúrák 7 röviden 1 R-rel jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor az invertálható elemek halmazát R -tel jelöljük és multiplikatív csoportnak vagy egységcsoportnak hívjuk. Egy gy r nullosztómentes, ha ab = 0-ból a = 0 vagy b = 0 következik. A kommutatív, nullosztómentes gy r ket integritási tartománynak, az egységelemes integritási tartományokat szokásos gy r nek hívjuk megjegyzés. Az angol irodalomban minden gy r deníció szerint egységelemes. A nem feltétlen egységelemes gy r kre nem is a ring, hanem az rng (ejtsd, mint rung) szót használják. Emiatt az integritási tartomány gyakran deníció szerint egységelemes. Tekintettel arra, hogy nekünk a gy r nem feltétlen egységelemes, az egységelemes integritási tartományra a szokásos gy r elnevezést használjuk, mely egyébként nem általánosan elterjedt példa. Z kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gy r, Z = { 1, 1 }. Az n n-es racionális/valós/komplex mátrixok a szorzásra egységelemes gy r, mely csak n = 1 esetén kommutatív, és csak ekkor nullosztómentes. Multiplikatív csoportja az invertálható mátrixok. Ha R kommutatív, egységelemes gy r, akkor az R[x] polinomgy r és az R[[x]] formális hatványsorok gy r je is kommutatív, egységelemes gy r. A modulo n maradékosztályok a modulo n összeadásra és szorzásra. Másképpen, legyen Z n = {0,1,2,..., n 1}, ahol az összeadás (szorzás) a hagyományos összeg (szorzat) modulo n maradéka házi feladat. Gondoljuk meg, hogy R a szorzásra nézve csoportot alkot. Ezzel újabb példákat kaphatunk csoportokra. Mik ezek a csoportok az példabeli gy r k esetén? deníció. (T, +, ) ferdetest, ha gy r és (T \ { 0 }, ) csoport. (T, +, ) test, ha ferdetest és a szorzás kommutatív.

8 8 ELŽZETES ISMERETEK példa. Q, R, C, Q ( 2 ). Ha T test, akkor a T (x) racionális törtfüggvények is testet alkotnak a szokásos m veletekre. Ha T test, akkor T n n a T feletti n n-es mátrixok egységelemes gy r. Z p minden p prímre test (bizonyítás kés bb). Létezik nem kommutatív ferdetest, pl. az úgynevezett kvaternió algebra (lásd gyakorlat) deníció. Legyen A és B ugyanolyan struktúrák (pl. mindkett csoport vagy mindkett gy r ). Ekkor egy ϕ: A B leképezést homomor- zmusnak hívunk, ha m velettartó. Ha ϕ bijektív, akkor izomorzmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy az A és B struktúrák izomorfak, ha van közöttük izomorzmus, jele A B vagy A = B. Ekkor A és B minden olyan tulajdonsága megegyezik, mely a m veletek segítségével van deniálva. Legyenek (G, ) és (H, ) csoportok. Egy ϕ: G H leképezést (csoport)homomorzmusnak hívunk, ha m velettartó, azaz tetsz leges g 1, g 2 G esetén ϕ (g 1 g 2 ) = ϕ (g 1 ) ϕ (g 2 ). Ha ϕ bijektív, akkor izomorzmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy a G és H csoportok izomorfak, ha van közöttük izomorzmus, jele G H vagy G = H. Legyen R, S gy r k. Egy ϕ: R S leképezés (gy r )homomorzmus, ha m velettartó, azaz bármely r 1, r 2 R esetén ϕ (r 1 + r 2 ) = ϕ (r 1 ) + ϕ (r 2 ), ϕ (r 1 r 2 ) = ϕ (r 1 ) ϕ (r 2 ). Itt a baloldalon az R m veletei, a jobboldalon az S m veletei szerepelnek. Ha ϕ bijektív, akkor izomorzmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy az R és S gy r k izomorfak, ha van közöttük izomorzmus, jele R S vagy R = S.

9 1.2 Csoportelmélet példa. sg: S n Z el jel egy csoporthomomorzmus. det: GL(n, T ) T determináns egy csoporthomomorzmus. Z Z n modulo n számolás egy gy r homomorzmus deníció. Legyen A valamilyen struktúra (pl. csoport, gy r, test). Egy B A részhalmazt részstruktúrának hívunk, ha B az A-ból örökölt m - veletekkel egy ugyanolyan struktúrát alkot, mint A. Ez általában ekvivalens azzal, hogy B zárt az A-ból örökölt m veletekre. Jele: B A Csoportelmélet példa. Kételem csoportra példák (Z 2, +), Z 3, Z 4, Z 6, S 2. Ezek könnyen láthatóan mind izomorfak. A négyelem Z 5 és Z 8 csoportok viszont nem izomorfak, mert a másodikban minden elem négyzete az egységelem, míg az els ben nem. A csoportelméletben sokszor fontos, hogy eldöntsük, mely csoportok izomorfak és melyek nem. Az izomorát könny bizonyítani: elegend megadni egy izomorzmust a két csoport között. Ha nem izomorfak, akkor általában olyan tulajdonságokat vizsgálunk, melyeket az izomora meg riz, de a két csoportban eltérhet. Ilyen például az elemek rendje deníció. Egy g csoportelem rendje a g különböz hatványainak a száma. Jele: o(g). Nevezzük az m egész számot jó kitev nek, ha g m = 1. Egy G csoport rendje a G csoport elemeinek a száma megjegyzés. Ha a csoportban a m velet az összeadás, akkor hatvány helyett többszörösr l beszélünk állítás. Legyen G csoport, g G egy tetsz leges elem. Ekkor 1. o(g) = g minden hatványa különböz ;

10 10 ELŽZETES ISMERETEK 2. o(g) < a rend a legkisebb jó kitev, és g hatványai periodikusan ismétl dnek o(g) periódussal; 3. o(g) < pontosan akkor lesz g k = g l, ha o(g) k l, speciálisan pontosan akkor teljesül g k = 1, ha o(g) k. A jó kitev k tehát a rend többszörösei; 4. o ( g k) = o(g) (o(g),k) ; 5. o(g) = 1 g a G egységeleme deníció. Egy G csoportot ciklikusnak hívunk, ha egy g elemének a hatványaiból áll, azaz G = { g n n Z }. Egy ilyen g elem neve a csoport generátora tétel. Ha G ciklikus, akkor G (Z, +) vagy G (Z n, +). Speciálisan minden ciklikus csoport kommutatív. Bizonyítás. Legyen G ciklikus, g egy generátora, és legyen n = o(g). Ha n =, akkor izomorzmus. Ha n, akkor izomorzmus. ϕ: (Z, +) G, k g k ϕ: (Z n, +) G, k g k állítás. Legyen G egy n elem ciklikus csoport. Ekkor 1. a generátorok száma ϕ(n); 2. minden csoportelem rendje osztja n-et; 3. minden d n-re pontosan ϕ(d) darab d rend elem van.

11 1.2 Csoportelmélet 11 Bizonyítás. Legyen g egy generátor. Ekkor o ( g k) = n (n, k) amib l a második állítás adódik. Továbbá n, n (n,k) = n pontosan akkor teljesül, ha (n, k) = 1. Az ilyen k-k száma éppen ϕ(n). Az utolsó állítás része az következménynek deníció. Legyen (G, ) csoport. A H G részhalmazt részcsoportnak hívjuk, ha (H, ) csoport a G-beli szorzással. Jele: H G deníció (komplexusm veletek ). Az X, Y G részhalmazokra legyen X Y = { x y x X, y Y }, X 1 = { x 1 x X } állítás. H pontosan akkor részcsoport G-ben, ha 1. H ; 2. minden a, b H-ra ab H is (szorzásra zárt, azaz H H H); 3. minden a H-ra a 1 H is (inverzképzésre zárt, azaz H 1 H). Természetesen ha H részcsoport, akkor H H = H és H 1 = H is teljesül deníció. Legyen X G. Ekkor az X által generált részcsoport (jele X ) az a legsz kebb részcsoport G-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha H G egy részcsoport, melyre X H, akkor X H is állítás. Legyen K = X H G H az X-et tartalmazó G-beli részcsoportok metszete. Ekkor K = X az egyetlen legsz kebb X-et tartalmazó részcsoport példa. Ha X = { g }, akkor X = g = { g n n Z }.

12 12 ELŽZETES ISMERETEK tétel (Lagrange tétele). Ha G véges, H G, akkor H osztja G -t. Bizonyítás. Mellékosztályokkal. A mellékosztályok száma a H részcsoport G-beli indexe : G : H. Legyen most G véges csoport és g G egy tetsz leges elem. Alkalmazva Lagrange tételét a g részcsoportra, azt kapjuk, hogy o(g) osztja G -t. Továbbá tudjuk, hogy g n = 1 pontosan akkor teljesül, ha n az o(g) többszöröse. Tehát g G = következmény (Euler-Fermat tétel). Ha (a, n) = 1, akkor a ϕ(n) 1 (mod n). Bizonyítás. Legyen G = Z n, ennek elemei éppen az n-hez relatív prím maradékosztályok. Speciálisan a maradékosztálya is Z n -beli. Továbbá G = ϕ(n), tehát a ϕ(n) = 1 G-ben, ami épp a bizonyítandó tétel. Ciklikus csoport minden részcsoportja ciklikus. Bizonyítás. Legyen G = g egy ciklikus csoport, H G egy részcsoport. Legyen n egy legkisebb abszolútérték nem nulla egész, melyre g n H. Belátjuk, hogy H = g n. A tartalmazás világos. A tartalmazáshoz legyen m tetsz leges, melyre g m H. Belátjuk, hogy n m. Osszuk el m-et maradékosan n-nel: m = qn + r, ahol r = 0 vagy 0 < r < n. Ám ekkor g r = g m qn = g m (g n ) q H, vagyis g r H. Mivel n egy legkisebb abszolútérték nem nulla kitev volt, hogy g n H, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn. Így n m, azaz g m g n. Mivel g m tetsz leges H-beli elem volt, H g n.

13 1.2 Csoportelmélet következmény. Legyen G = g ciklikus. 1. Ha o(g) =, akkor G részcsoportjai a g m alakú részcsoportok minden pozitív egész m-re. 2. Ha o(g) = n <, akkor minden d n-re pontosan egy d rend részcsoportja van G-nek, mely éppen g n/d hatványaiból áll. Más részcsoport nincs. Továbbá G bármely két d rend eleme egymás hatványa, számuk ϕ(d). Bizonyítás. Házi feladat következmény. ϕ(d) = n. d n Bizonyítás. Legyen G egy n elem ciklikus csoport. Csoportosítsuk az elemeket a rendjeik alapján. Ha d n, akkor nincs d rend elem. Továbbá minden d n-re pont ϕ(d) darab d rend elem van az következmény miatt. Vagyis összesen d n ϕ(d) darab eleme van az n elem G-nek tétel. Legyen T test, G T egy véges részcsoport. Ekkor G ciklikus. Speciálisan véges test multiplikatív csoportja ciklikus. Bizonyítás. Legyen d tetsz leges pozitív egész, megszámoljuk a T -beli d rend elemeket. Tekintsük az x d 1 polinomot T felett. Ennek T -ben legfeljebb d gyöke lehet. Ha van g T elem, melynek multiplikatív rendje d, akkor a g n (n = 0, 1,..., d 1) elemek mind különböznek, mindegyik gyöke az (x d 1) polinomnak, és pont d darab van bel lük, tehát ezek éppen x d 1 összes gyökei. Speciálisan minden T -beli d rend elem g-nek hatványa. Mivel a g ciklikus csoportban pontosan ϕ(d) darab d rend elem van, így azt kapjuk, hogy a T -beli d rend elemek száma vagy 0 vagy ϕ(d). Legyen G = n. Ha most d n, akkor Lagrange tétele miatt nem lehet G-ben d rend elem. Tehát csak d n esetén lehet d rend elem G-ben, vagyis G d n ϕ(d) = n.

14 14 ELŽZETES ISMERETEK Az utolsó egyenl ségben használtuk az következményt. Mivel G = n, ezért mindenhol egyenl ség áll, így minden d n-re pontosan ϕ(d) darab d rend elem van G-ben. Speciálisan van n rend elem, vagyis G ciklikus. Itt némi csalást azért elkövettünk: nevezetesen felhasználtuk azt, hogy test fölötti d-edfokú polinomnak legfeljebb d gyöke lehet. Az szakaszban átismételjük a polinomokról tanultakat, és (többek között) ezt a lukat is betömjük Gy r elmélet Polinomgy r k Ebben a szakaszban átismételjük a polinomokról tanultakat. Legyen R egységelemes, kommutatív gy r. A szakasz állításainak bizonyításai házi feladatok, mert általában a bizonyítások megegyeznek a C feletti bizonyítással. Néhány helyen adunk ötletet a bizonyításra deníció. Legyen 1 R kommutatív gy r. Jelöljük R[x]-szel az R feletti polinomok halmazát, amely az R-beli elemekb l és az x határozatlanból az összeadás, kivonás, szorzás segítségével felírt formális kifejezésekb l áll. Tehát R[x] = { r n x n + r n 1 x n r 1 x + r 0 r k R, n nemnegatív egész }. Ebben a felírásban az r k -k a polinom együtthatói, az r k x k -k a polinom tagjai, az r k x k foka k. A polinom foka a legmagasabb tag foka, vagyis n. A polinomok ezen alakja egyértelm, tehát két polinom deníció szerint akkor egyenl, ha megfelel együtthatóik megegyeznek. Két polinomot a szokásos módon adunk össze illetve szorzunk össze. Ez értelmes, hiszen csak az együtthatók között kell összeadást, kivonást, szorzást végezni megjegyzés. Deniálhatnánk a polinomokat is az együtthatók véges sorozatával, mely precízebb lenne. Mégis a kevésbé precíz deníció mellett maradunk, mert azt szemléletesebbnek találjuk.

15 1.3 Gy r elmélet állítás. R[x] kommutatív, és egységelemes gy r, melynek R részgy - r je (konstans polinomok). R[x] egységeleme az R egységeleme. R[x] pontosan akkor nullosztómentes, ha R nullosztómentes. Ha R nullosztómentes, akkor R[x] = R. Bizonyítás. Mint C[x]-ben példa. Z 4 [x] egységei nem csak az 1 és 3 konstans polinomok, mert például (2x + 1) 2 = 1 teljesül deníció. Legyen 1 R kommutatív gy r, f R[x]. Legyen f(x) = = r n x n + r n 1 x n r 1 x + r 0. Ekkor f-hez társítható egy f : R R függvény, melyre minden α R esetén f (α) = r n α n + r n 1 α n r 1 α + r 0. Általában f és f között nem teszünk különbséget, hacsak nem félreérthet a helyzet. Ha f (α) = 0, akkor azt mondjuk, hogy α gyöke f-nek házi feladat. Igazoljuk, hogy a behelyettesítés homomorzmus, azaz tetsz leges α R esetén ϕ α : R[x] R, f f (α) homomorzmus állítás. A Horner eljárás használható behelyettesítés kiszámolására. A gyöktényez k kiemelhet k, vagyis ha valamely f R[x], α R esetén f(α) = 0, akkor van olyan g R[x], hogy f(x) = (x α) g(x) példa. Az x 2 1 Z 8 [x] polinomnak négy gyöke is van (1, 3, 5, 7), noha ez csak egy másodfokú polinom. A gyöktényez k egyszerre tehát nem emelhet k ki, de külön-külön igen: x 2 1 = (x 1)(x 7) = (x 3)(x 5). Ha a második alakba beírjuk mondjuk a 7-t, akkor 2 4-et kapunk, ami Z 8 -ban 0. Tehát a problémát az okozza, hogy Z 8 nem nullosztómentes.

16 16 ELŽZETES ISMERETEK állítás. Ha R szokásos gy r, akkor R[x]-ben minden polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet, amennyi a foka, valamint a gyöktényez k egyszerre kiemelhet k. Bizonyítás. Mint C[x]-ben következmény. Szokásos gy r felett ha két legfeljebb n-edfokú polinom n + 1 különböz helyettesítési értéknél megegyezik, akkor a két polinom azonos. Speciálisan végtelen gy r felett igaz a polinomok azonossági tétele (azaz két polinom pontosan akkor egyezik meg, ha a megfelel polinomfüggvények megegyeznek). Bizonyítás. Mint C[x]-ben. Vegyük észre, hogy véges gy r felett a polinomok azonossági tétele nem lehet igaz, hiszen összesen R R darab R R függvény van, de végtelen sok polinom. Például Z 2 esetén x és x 2 függvénye azonos. A Horner eljárás általánosításának tekinthet a maradékos osztás tétel. Ha R szokásos gy r, akkor R[x]-ben lehet maradékosan osztani minden olyan g polinommal, melynek f együtthatója R-ben invertálható. Igaz az egyértelm ség is. Tehát ha f R[x], akkor vannak (egyértelm ) q, r R[x] polinomok, hogy f = gq + r, és deg r < deg g vagy r = 0. Bizonyítás. Ugyanúgy, mint Z[x]-ben: gondoljuk meg, hogy a maradékos osztás során csak a polinom f együtthatójával kell osztani következmény. Test feletti polinomgy r ben minden polinommal lehet maradékosan osztani. M ködik az euklideszi algoritmus is. A többszörös gyökök hasonlóan deniálhatók, mint C felett deníció. Legyen R szokásos gy r, f R[x]. Ha f(x) = (x α) k g(x), ahol g(α) 0, akkor azt mondjuk, hogy az α gyök multiplicitása k.

17 1.3 Gy r elmélet deníció. Legyen R szokásos gy r, f R[x], ahol f(x) = n r k x k = r n x n + r n 1 x n r 1 x + r 0. k=0 Ekkor az f deriváltját formálisan kell érteni, az alábbi képlettel számoljuk: f (x) = n kr k x k 1 = nr n x n 1 + (n 1)r n 1 x n r 1. k=1 Itt a kr k x k 1 -t úgy kell érteni, hogy k-szor összeadjuk r k x k 1 -t állítás. A deriválás szokásos szabályai továbbra is fennállnak, tehát (f ± g) (x) = f (x) ± g (x), (f g) (x) = f (x) g(x) + f(x) g (x), (f g) (x) = f (g(x)) g (x). A többszörös gyökök és a deriváltak kapcsolata hasonlóan alakul, mint C-ben, némi eltéréssel példa. Tekintsük Z 2 felett az f(x) = x 3 + x 2 polinomot. Ennek a 0 kétszeres gyöke, hiszen x 3 + x 2 = x 2 (x + 1). Ugyanakkor a deriváltjának is kétszeres gyöke a 0: f (x) = 3x 2 + 2x = x 2. Itt a problémát nem a nullosztómentesség hiánya okozza (hiszen Z 2 még test is), hanem az, hogy bármely elem duplája 0 lesz Z 2 -ben. Ezt a szituációt a karakterisztika fogalma fogja meg deníció. Egy R gy r karakterisztikája az a legkisebb pozitív egész m, melyre m r = 0 minden r R gy r elemre. Itt az m r az r elem m-szeres összegét jelöli: m r = m r = r } + {{ + r }. m darab k=1 Ha nincs ilyen legkisebb pozitív egész m, akkor azt mondjuk, hogy az R gy r karakterisztikája 0.

18 18 ELŽZETES ISMERETEK tétel. Ha R szokásos gy r, f R[x]-nek α k-szoros gyöke, akkor f -nek α legalább (k 1)-szeres gyöke. Ha R minden r 0 elemére teljesül, hogy kr 0, akkor f -nek α pontosan (k 1)-szeres gyöke. Bizonyítás. Mint C[x]-ben következmény. Ha R szokásos gy r és f-nek egy α pontosan egyszeres gyöke, akkor α nem gyöke f -nek következmény. Szokásos gy r ben f többszörös gyökei éppen az f és f közös gyökei. Tehát amikor létezik az (f, f ) kitüntetett közös osztó, akkor f többszörös gyökei éppen (f, f ) gyökei. Ezen kitüntetett közös osztó létezését lehet például olyankor garantálni, amikor m ködik az euklideszi algoritmus, amihez a maradékos osztás kell, mely test feletti polinomgy r esetén megy Nullosztómentes, véges gy r k állítás. Legyen R nullosztómentes gy r. Ekkor R karakterisztikája 0 vagy egy prímszám. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van r R, r 0, és van n pozitív egész, hogy n r = 0. Legyen m = o(r), az r additív rendje az (R, +) csoportban. Ekkor m r = 0. Legyen s R tetsz leges, akkor 0 = (m r) s = (r + + r) s = rs + + rs = r (s +... s) = r (m s). De R nullosztómentes, r 0, tehát m s = 0, vagyis o(s) m. Az r és s szerepét megcserélve kapjuk, hogy ha s 0, akkor m o(s), tehát bármely nem 0 gy r elem additív rendje m. Ha most m = ab, akkor 0 = (m r) r = m r 2 = (a r) (b r), így a nullosztómentességb l a r = 0 vagy b r = 0. Ha a r = 0, akkor m a, ugyanakkor a m, vagyis m = ab triviális felbontás. Hasonlóan, ha br = 0, akkor m = ab triviális felbontás. Tehát m felbonthatatlan, vagyis prím.

19 1.3 Gy r elmélet megjegyzés. Valójában az is kijött, hogy ha egy nullosztómentes gy r karakterisztikája 0, akkor a gy r minden nem 0 elemének az additív rendje végtelen állítás. Egy ferdetest mindig nullosztómentes. Bizonyítás. A bizonyítás megegyezik annak a bizonyításával, hogy a komplex számok teste nullosztómentes. Legyen T ferdetest, z, w T. Tegyük fel, hogy z w = 0. Ha z = 0, akkor kész vagyunk. Ha z 0, akkor van z 1, és így w = (z 1 z) w = z 1 (z w) = z 1 0 = következmény. Véges test karakterisztikája prím. Idézzük fel, hogy p karakterisztikában tagonként lehet p-edik hatványra emelni állítás. Legyen R egy p > 0 karakterisztikájú kommutatív gy r. Ekkor tagonként lehet p-edik (s t, p k -odik) hatványra emelni, azaz (r ± s) p = r p ± s p. Továbbá a ψ : R R, r r p leképezés gy r homomorzmus. Bizonyítás. A bizonyítás els fele következik a binomiális tételb l, hiszen ( ) p k osztható p-vel minden 1 k p 1 esetén, p = 2 esetén pedig (r s) 2 = = r 2 + s 2 = r 2 s 2. A ψ homomorzmus voltához már csak a szorzattartás kell, ami a kommutativitásból következik: ψ(r s) = (rs) p = r p s p = ψ(r) ψ(s).

20 20 ELŽZETES ISMERETEK deníció. Ha R egy p karakterisztikájú gy r, akkor a ψ : R R, r r p homomorzmust Frobenius endomorzmusnak nevezzük házi feladat. Legyen R egy p > 0 karakterisztikájú, kommutatív, nullosztómentes gy r. Ekkor a Frobenius endomorzmus injektív. Speciálisan, ha R véges, akkor a Frobenius endomorzmus bijekció, azaz automor- zmus. Továbbá R-ben minden elemnek minden k-ra legfeljebb egy p k -odik gyöke lehet állítás. Nullosztómentes gy r ben igaz a jobboldali egyszer sítési szabály, azaz tetsz leges a, b, c R, c 0 esetén ha ac = bc, akkor a = = b. Ugyanígy igaz a baloldali egyszer sítési szabály is. Bizonyítás. Ha ac = bc, akkor (a b) c = ac bc = 0, amib l a nullosztómentesség miatt a b = 0 vagy c = 0. Mivel c 0, ezért a b = 0, vagyis a = b. Ugyanígy kihozható a másik oldali egyszer sítési szabály is. Az állítás megfordítása nem igaz, az egész számok gy r je jó ellenpéldának. Véges ellenpélda viszont már nem létezik a megfordításra: tétel. Ha R véges, nullosztómentes gy r, akkor R ferdetest megjegyzés. Wedderburn egyik híres tétele, hogy minden véges ferdetest kommutatív, azaz test. Ez a tétel, melyet a 3.2. szakaszban bizonyítunk. Tehát minden véges, nullosztómentes gy r test. Bizonyítás. Meg kell keresnünk R-ben az egységelemet, és minden elemnek az inverzét. Legyen R = { a 1,..., a k }, és legyen r R tetsz leges nem 0 elem. Az ötlet, hogy az r-rel való jobbszorzás permutálja R elemeit, mert az a 1 r,..., a k r elemek mind különböznek. Valóban, ha a i r = a j r lenne, akkor a nullosztómentesség miatt egyszer síthetnénk r 0-val, és így a i = a j. Tehát valamelyik i-re a i r = r. Legyen e = a i, lesz a jelölt az egységelemre. Nyilván e 0, hisz akkor 0 = er = r lenne. Legyen s R tetsz leges,

21 1.3 Gy r elmélet 21 ekkor er = r-b l ser = sr adódik, majd r 0-val egyszer sítve jobbról se = = s-et kapjuk. Mivel s R tetsz leges volt, ezért e jobboldali egységelem. Speciálisan, ee = e, melyet jobbról s-sel szorozva ees = es adódik. Balról e 0-val egyszer sítve es = s adódik, tehát e baloldali egységelem is. Már csak r inverzét kell megtalálnunk. Az a 1 r,..., a k r számok között e is megtalálható, mondjuk a j r = e. Tehát r-nek van balinverze: a j. Természetesen balról is szorozhatunk r-rel, akkor az ra 1,..., ra k elemek különböz sége miatt ezek egyike is e. Mondjuk ra l = e, tehát r-nek van jobbinverze is. De akkor a j = a j e = a j ra l = ea l = a l, vagyis a baloldali inverz megegyezik a jobboldali inverzzel. Tehát tetsz leges r 0 elemnek találtunk inverzét. Az tétel segítségével karakterizáljuk, hogy Z n mikor nullosztómentes, és így példát kapunk véges testekre is következmény. Az alábbiak ekvivalensek. 1. Z n nullosztómentes, 2. n prím, 3. Z n test. Bizonyítás. 1 2: Z n nullosztómentessége azt jelenti, hogy a, b Z n esetén ha ab = 0 Z n -ben, akkor a = 0 vagy b = 0 Z n -ben. Azaz: tetsz leges a, b Z-re ha n ab, akkor n a vagy n b. Utóbbi azzal ekvivalens, hogy n prím. 1 = 3: Az tétel miatt Z n ferdetest Azt tudjuk, hogy Z n kommutatív, így test is. 3 = 1: állítás tétel. Legyen T egy test, e az egységeleme. Ekkor létezik T -nek egy legsz kebb P részteste (ami tehát T minden résztestének részteste), melyre e P. Ha T karakterisztikája p > 0, akkor P = { 0, e, 2e,..., (p 1)e } Z p. Ha T karakterisztikája 0, akkor { me } P = ne : m, n Z, n 0 Q.

22 22 ELŽZETES ISMERETEK Bizonyítás. ha K T test, akkor K tartalmazza T egységelemét is: ha f K a K egységeleme, akkor f 2 = f-et f 1 -zel T -ben szorozva f = e adódik. Tehát e K. Ha T karakterisztikája p > 0, akkor legyen P = { 0, e, 2e,..., (p 1)e }. Mivel e 0, ezért e additív rendje p. Tehát ϕ: P Z p, ke k (mod p) izomorzmus az additív csoportok között. Könny ellen rizni, hogy ϕ a szorzást is tartja: ϕ ((me)(ne)) = ϕ ( mne 2) = ϕ (mne) = mn (mod p) = ϕ (me) ϕ (ne). Tehát P Z p test. Továbbá, ha K T test, akkor e K miatt P K. Ha T karakterisztikája 0, akkor legyen { me } P = ne : m, n Z, n 0. Mivel e 0, ezért az megjegyzés alapján e additív rendje. Legyen ϕ: Q P, m me n ne. Ez jóldeniált, mert ha m/n = u/v, akkor me/ne = ue/ve is teljesül (házi feladat), valamint ne nem lesz 0, ha n 0, hiszen e additív rendje. A ϕ leképezés nyilván m velettartó és szürjektív. Az injektivitás ker ϕ vizsgálatából adódik: { m ker ϕ = n : me } { m } { m } ne = 0 T -ben = n : me = 0 = n : m = 0 = { 0 }. Tehát P Q test. Végül, ha K T test, akkor e K miatt P K deníció. Egy testet prímtestnek nevezünk, ha nincs valódi részteste. Tehát ha T véges test, akkor karakterisztikája egy p > 0 prímszám, és megtalálható benne legsz kebb résztestként Z p.

23 1.3 Gy r elmélet Részgy r, homomorzmus, ideál, faktorgy r deníció. Legyen R gy r, S R egy részhalmaz. Azt mondjuk, hogy S részgy r je R-nek (jele S R), ha S maga is gy r az R m veleteire nézve házi feladat. Igazoljuk, hogy S pontosan akkor részgy r R-ben, ha nem üres és zárt a m veletekre, azaz ha 1. R, 2. tetsz leges r, s S-re r + s S, 3. tetsz leges s S-re s S, 4. tetsz leges r, s S-re r s S. Itt a 2. és a 3. pontok együttesen lecserélhet k arra, hogy tetsz leges r, s S-re r s S. A generált részgy r deníciója analóg az denícióval, a létezés és egyértelm ség az állítás mintájára hasonlóan látható be deníció. Legyen X R. Ekkor az X által generált részgy r (jele X ) az a legsz kebb részgy r R-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha S R egy részgy r, melyre X S, akkor X S is házi feladat. Legyen U = X S R S az X-et tartalmazó R-beli részgy r k metszete. Igazoljuk, hogy U = X az egyetlen legsz kebb X-et tartalmazó részgy r deníció. Legyen R, S gy r k. Egy ϕ: R S leképezés (gy - r )homomorzmus, ha m velettartó, azaz bármely r 1, r 2 R esetén ϕ (r 1 + r 2 ) = ϕ (r 1 ) + ϕ (r 2 ), ϕ (r 1 r 2 ) = ϕ (r 1 ) ϕ (r 2 ).

24 24 ELŽZETES ISMERETEK Itt a baloldalon az R m veletei, a jobboldalon az S m veletei szerepelnek. Ha ϕ bijektív, akkor izomorzmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy az R és S gy r k izomorfak, ha van közöttük izomorzmus, jele R S vagy R = S házi feladat. Legyen ϕ: R S gy r homomorzmus. Igazoljuk az alábbiakat. Elfelejtve a szorzást kapjuk, hogy ϕ: (R, +) (S, +) egy Abel csoportok között men homomorzmus. Speciálisan ϕ(0) = 0 valamint ϕ( r) = ϕ(r). Attól, hogy R egységelemes, ϕ(1) nem feltétlen lesz S egységeleme. Ha viszont S nullosztómentes, akkor már igen (házi feladat) példa. Legyen R = Z, S = Z n, ϕ pedig a modulo n maradék: ϕ: Z Z n, k k (mod n). Legyen R = R[x], S = C, ϕ pedig az i behelyettesítése: ϕ: R[x] C, f f(i) deníció. Legyen ϕ: R S homomorzmus. Ekkor ϕ képe Im ϕ = { ϕ(r) r R } S, ϕ magja Ker ϕ = { r R ϕ(r) = 0 S } R házi feladat. Igazoljuk, hogy Im ϕ részgy r je S-nek, Ker ϕ részgy r je R-nek.

25 1.3 Gy r elmélet 25 Vizsgáljuk most Ker ϕ-t. Nyilván Ker ϕ zárt az összeadásra és a kivonásra, hiszen ha a, b Ker ϕ, akkor ϕ(a ± b) = ϕ(a) ± ϕ(b) = 0 ± 0 = 0. Vegyük észre, hogy Ker ϕ a szorzásra is zárt, s t, tetsz leges gy r elemmel szorozhatunk. Legyen ugyanis a Ker ϕ, r R tetsz leges. Ekkor ϕ(a) = 0, tehát ϕ(r) ϕ(a) = 0. A homomorzmustulajdonság miatt tehát ϕ(r a) = 0, vagyis r a Ker ϕ. Nyilván ugyanígy az is belátható, hogy ha a Ker ϕ, és r R tetsz leges, akkor a r Ker ϕ. Tehát Ker ϕ zárt az összeadásra, kivonásra, és tetsz leges R-beli elemmel való balról vagy jobbról szorzásra. Az ilyen részhalmazok fontosak a gy r - elméletben, így külön nevük van deníció. Legyen R gy r, I R egy részhalmaz. Azt mondjuk, hogy I balideál, ha (I, +) részcsoportja (R, +)-nak, és I zárt az R-beli elemekkel való balról szorzásra, azaz tetsz leges r R, a I esetén ra I. A jobbideál analóg módon deniálható: azt mondjuk, hogy I jobbideál, ha (I, +) részcsoportja (R, +)-nak, és I zárt az R-beli elemekkel való jobbról szorzásra, azaz tetsz leges r R, a I esetén ar I. Végül, azt mondjuk, hogy I ideál R-ben (jele I R), ha balideál és jobbideál is tétel. Legyen R gy r, I R. Ekkor I egy alkalmas homomorzmus magja I R. Bizonyítás. = : Ezt láttuk be az el bb.

26 26 ELŽZETES ISMERETEK =: Legyen I R ideál. A bizonyítás kulcsa a faktorstruktúra (jelen esetben faktorgy r ) elkészítése. Tekintsük az S = (R, +)/(I, +) faktorcsoportot az összeadással, azaz S = { r + I r R } az I szerinti mellékosztályok halmaza, melyek közt az összeadást és a szorzást az alábbi módon deniáljuk: (r 1 + I) + (r 2 + I) = (r 1 + r 2 ) + I, (r 1 + I) (r 2 + I) = r 1 r 2 + I. Be kell látni, hogy az összeadás és szorzás ezen deníciója jóldeniált, azaz reprezentánsfüggetlen. Az összeadás jóldeniáltsága házi feladat, a szorzáshoz legyenek r 1, r 2 R olyanok, hogy r 1 + I = r 1 + I (azaz r 1 r 1 I), r 2 + I = = r 2 + I (azaz r 2 r 2 I). Ekkor r 1 r 2 r 1r 2 = r 1 r 2 r 1 r 2 + r 1 r 2 r 1r 2 = r 1 (r 2 r 2) + (r }{{} 1 r 1) r 2 I }{{} I I Itt többször is kihasználtuk az ideál zártságát a balról illetve jobbról szorzásra tetsz leges gy r elemmel, valamint az összeadásra való zártságot is. Tehát r 1 r 2 r 1r 2 I, vagyis r 1 r 2 +I = r 1r 2 +I. Tehát S-en jóldeniált az összeadás és a szorzás. Be kell látni, hogy (S, +, ) gy r. A nulla 0 + I lesz, az r + I ellentettje r+i (ezek bizonyítása is házi feladat). Hiányzik még, hogy S-ben az összeadás és szorzás asszociatív, valamint teljesül a két disztributivitás. Ezek ellen rzése könny. Tehát S gy r. Továbbá a ϕ: R S, r r + I leképezés homomorzmus. Valóban, az S-beli összeadás és szorzás deníciójából: ϕ (r 1 + r 2 ) = r 1 + r 2 + I = (r 1 + I) + (r 2 + I) = ϕ(r 1 ) + ϕ(r 2 ), ϕ (r 1 r 2 ) = r 1 r 2 + I = (r 1 + I) (r 2 + I) = ϕ(r 1 ) ϕ(r 2 ).

27 1.3 Gy r elmélet deníció. Az tétel bizonyításában deniált S = R/I gy r neve: faktorgy r. A megadott ϕ: R S homomorzmus neve: természetes homomorzmus. Továbbá, ha r, s R esetén r s I (azaz r és s azonos I szerinti mellékosztályba esnek), akkor azt mondjuk, hogy r kongruens s-sel modulo I, jele r s (mod I) házi feladat. Igazoljuk, hogy ha a b (mod I) és c d (mod I), akkor a ± c b ± d a c b d (mod I), (mod I) tétel (Homomorzmus tétel). Legyen ϕ: R S homomorzmus. Ekkor Im ϕ R/ Ker ϕ. Bizonyítás. Legyen I = Ker ϕ. Az tétel bizonyításából világos, hogy az Im ϕ R/I, ϕ(r) r + I. megfeleltetés jóldeniált, m velettartó, bijekció példa. Legyen R = Z, S = Z n, ϕ pedig a modulo n maradék: ϕ: Z Z n, k k (mod n). Itt Ker ϕ = (n), az n többszörösei Z-ben, Im ϕ = Z n, és így az tétel miatt (1.1) Z/nZ Z n.

28 28 ELŽZETES ISMERETEK Vegyük észre, hogy a modulo n maradékosztályokat sokszor (1.1) baloldala segítségével deniálják (a k maradékosztálya a k + nz halmaz). Továbbá az denícióban szerepl kongruencia jelölés ebben a példában pontosan egybeesik a hagyományos (számelméletben használt) kongruencia jelöléssel. Legyen R = R[x], S = C, ϕ pedig az i behelyettesítése: ϕ: R[x] C, f f(i). Most Im ϕ = C (hiszen az ϕ(a + bx) = a + bi), Ker ϕ pedig éppen azon valós együtthatós polinomok halmaza, melyeknek gyöke az i. Ha egy valós együtthatós polinomnak gyöke egy komplex szám, akkor gyöke a komplex konjugáltja is, tehát a polinomból kiemelhet (x i)(x + i) = = x Ennek a polinomnak a többszörösei (ezt a halmazt (x 2 +1)-gyel jelöljük) tehát éppen azok a valós együtthatós polinomok, melyeknek gyöke i. Tehát Ker ϕ = (x 2 + 1), és így (1.2) R[x]/(x 2 + 1) C. Vegyük észre, hogy (1.2) miatt a komplex számokat bevezethetjük olyanok számára is, akik csak a valós számokat ismerik. A kés bbiekben ezt az ötletet használni is fogjuk a véges testek elkészítéséhez példa. Legyen R = Z, ekkor az n többszöröseinek halmaza (jelöljük (n)-nel) ideált alkot Z-ben. Legyen R = R[x], ekkor az x többszöröseinek halmaza (jelöljük (x 2 + 1)-gyel) ideált alkot R[x]-ben házi feladat. Legyen 1 R kommutatív gy r, s R tetsz leges. Jelölje (s) az s többszöröseib l álló halmazt: (s) = { rs r R }. Igazoljuk, hogy (s) R.

29 1.3 Gy r elmélet deníció. Legyen 1 R kommutatív gy r, s R tetsz leges. Az s többszöröseib l álló halmazt (s)-sel jelöljük, és az s által generált f ideálnak nevezzük. Vegyük észre, hogy az s által generált f ideál éppen a legsz kebb s-t tartalmazó ideál, hiszen ha I R, melyre s I, akkor s minden többszöröse is I-beli az ideáltulajdonság miatt. A generált részgy r mintájára tehát deniálhatjuk a generált ideált is deníció. Legyen X R. Ekkor az X által generált ideál (jele (X)) az a legsz kebb ideál R-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha I R egy ideál, melyre X I, akkor (X) I is házi feladat. Legyen J = X I R I az X-et tartalmazó R-beli ideálok metszete. Igazoljuk, hogy J = (X) az egyetlen legsz kebb X-et tartalmazó ideál Euklideszi gy r k, f ideálgy r k deníció. Egy I R ideált f ideálnak hívunk, ha egy elemmel generálható. Az R szokásos gy r t f ideálgy r nek (angolul principal ideal domain, PID) hívjuk, ha R minden ideálja f ideál deníció. Az R szokásos gy r t euklideszi gy r nek (angolul Euclidean domain) hívjuk, ha (elvégezhet benne a maradékos osztás) az R nem nulla elemein értelmezve van egy nemnegatív egész érték ϕ függvény (az ún. euklideszi norma), hogy minden a, b R, b 0 esetén vannak q, r R elemek úgy, hogy a = bq + r, és r = 0 vagy ϕ(r) < ϕ(b) példa.

30 30 ELŽZETES ISMERETEK Z, az euklideszi norma az abszolútérték. T [x] valamely T testre, az euklideszi norma a polinom foka tétel. Legyen R euklideszi gy r. Ekkor R f ideálgy r. Bizonyítás. A bizonyítás ötlete a maradékos osztás elvén alapul. Legyen R euklideszi gy r, ϕ euklideszi normával, és legyen I R egy ideál. Legyen 0 g I egy legkisebb ϕ-érték nem nulla elem. Belátjuk, hogy I = (g). Nyilván (g) I, hiszen g I. Az I (g) tartalmazáshoz legyen f I tetsz leges, és osszuk el f-et maradékosan g-vel. Ekkor vannak q, r R elemek, hogy f = qg + r, és r = 0 vagy ϕ(r) < ϕ(g). Ám ekkor r = f qg I. Mivel g egy legkisebb ϕ-érték I-beli nem nulla elem volt, ezért r = 0 lehet csak. Vagyis f = qg, amib l f (g). Mivel f I tetsz leges volt, így I (g) következmény. Z, T [x] f ideálgy r k Egyszer gy r k Meg szeretnénk érteni, hogy miért lesz az R[x]/(x 2 + 1) faktorgy r test. Vizsgáljuk el ször testek ideáljait állítás. Egy T ferdetest ideáljai csak { 0 } és T. Bizonyítás. Legyen I T egy nem nulla ideál. Ekkor van 0 s I elem. Mivel T ferdetest, s-nek létezik s 1 T inverze. De akkor 1 = s 1 s I, és így tetsz leges r T -re r = r 1 I. Tehát ha I { 0 }, akkor I = T deníció. Egy R gy r t egyszer gy r nek nevezünk, ha csak a két triviális ({ 0 } és R) ideálja van következmény. Minden ferdetest egyszer gy r.

31 1.3 Gy r elmélet 31 A megfordítás általában nem igaz, ugyanis a T n n mátrixgy r egyszer. Az alábbi értelemben viszont már igaz a megfordítás: tétel. Ha 1 R kommutatív, egyszer gy r, akkor R test. Bizonyítás. Legyen 0 s R tetsz leges, és tekintsük az (s) ideált. Ez nem a nulla ideál s 0 miatt, tehát (s) = R. Speciálisan 1 (s), tehát van olyan r R, hogy rs = 1 (hiszen (s) elemei az s többszöröseib l állnak). Tehát tetsz leges s 0 invertálható (a kommutativitás miatt r kétoldali inverz), így R ferdetest. A kommutativitás miatt R test következmény. 1 R kommutatív gy r, akkor R egyszer R test. Visszatérve az R[x]/(x 2 + 1) faktorgy r höz, mivel ez test, ezért nincs valódi ideálja, tehát R[x]-ben nincs (x 2 + 1)-et tartalmazó ideál. (Itt használjuk, hogy egy R/I faktorgy r ideáljai megfelelnek az R gy r I-t tartalmazó ideáljainak.) Az ilyen ideálokat maximális ideálnak nevezzük deníció. Legyen I R, I R. Azt mondjuk, hogy I maximális ideál, ha nincs olyan J R ideál, melyre I J R. Ekvivalensen: ha minden I J R, J R ideálra J = I vagy J = R állítás. I R esetén I maximális ideál R-ben R/I egyszer. Bizonyítás. R-nek az I-t tartalmazó ideáljai kölcsönösen egyértelm megfeleltetésben állnak az R/I faktorgy r ideáljaival. Ezen állítás bizonyítását a vizsgán nem kell tudni következmény. Ha 1 R kommutatív gy r, I R, akkor I maximális ideál R-ben R/I test következmény. Az (x 2 + 1) ideál maximális R[x]-ben.

32 32 ELŽZETES ISMERETEK Végül a gy r k számelméletét felhasználva szükséges és elégséges feltételt adunk arra, hogy mikor maximális egy ideál T [x]-ben állítás. Legyen R szokásos gy r, r, s R. Ekkor s r (r) (s), azaz megfordul a reláció. Bizonyítás. = : (r) az r többszöröseib l álló ideál. Ha s r, akkor r minden többszöröse s-nek is többszöröse, vagyis (r) (s). =: r (s), azaz r többszöröse s-nek. Tehát van olyan t R, hogy r = st, vagyis s r deníció. Legyen 0 r R \ R. Azt mondjuk, hogy az r = a b felbontás triviális, ha valamelyik tényez egység. Azt mondjuk, hogy r R felbonthatatlan (vagy irreducibilis), ha csak triviális felbontása létezik következmény. Legyen R f ideálgy r, I R. Ekkor R/I test I = (r), ahol r felbonthatatlan. Bizonyítás. Az következmény alapján R/I pontosan akkor test, ha I R maximális ideál. Mivel R f ideálgy r, ezért van r R, hogy I = (r). Az állítás miatt (r) pontosan akkor maximális R-ben, ha r-nek nincs valódi osztója, azaz ha r felbonthatatlan. Mivel T [x] f ideálgy r, következményként kapjuk azt is, hogy mikor lesz egy faktora test következmény. Legyen T test, f T [x]. Ekkor T [x]/ (f(x)) test f(x) irreducibilis példa. R[x]/(x 2 + 1) test, mert x irreducibilis R felett. Z 2 [x]/(x 2 + x + 1) test, mert x 2 + x + 1 irreducibilis Z 2 felett.

33 1.4 Testelmélet Testelmélet Algebrák minimálpolinomja Az alábbi szakaszban átismételjük az algebrákról tanultakat, általánosítjuk a korábbi minimálpolinom fogalmakat algebrákra. A f példa a mátrix, valamint a testelem minimálpolinomja deníció. Azt mondjuk, hogy az A = (A, +,, λ ) algebra a T test felett, ha (A, +, ) gy r, (A, +, λ ) egy T feletti vektortér, valamint minden a, b A, λ T esetén λ(ab) = (λa)b = a(λb). Azt mondjuk, hogy az algebra kommutatív, egységelemes, nullosztómentes, ha mint gy r ilyen. Jelölje dim T A az A dimenzióját T felett. A denícióban azt a jelölést használjuk, ahol minden egyes skalárral való szorzás egy egyváltozós m velet. A szokásos részstruktúra fogalomnak megfelel en, akkor mondjuk, hogy B A részalgebra, ha részgy r és altér (azaz minden m veletre zárt). Továbbá akkor mondjuk, hogy ϕ: A B homomorzmus, ha minden m veletet tart, azaz gy r homomorzmus és lineáris leképezés példa. T n n algebra T test felett. T [x 1,..., x k ] algebra T test felett. (Mi itt a skalárral való szorzás?) T K esetén K algebra T test felett. (Mi itt a skalárral való szorzás?) házi feladat. 1. Legyen T R, ahol T test, 1 R gy r, és tegyük fel, hogy 1 T. Legyen minden λ T, r R-re a λ-val, mint T -beli skalárral való szorzás λ (r) = λr. Ekkor R vektortér T felett a bevezetett skalárral való szorzásra, és pontosan akkor algebra, ha T Z(R). Itt a Z(R) jelöli a gy r centrumát, Z(R) = { r R rs = sr minden s R esetén }.

34 34 ELŽZETES ISMERETEK 2. Legyen A egységelemes algebra: 1 A. Ekkor a t 1 alakú elemek halmaza (t T ) egy T -vel izomorf részteste A-nak. Szeretnénk az algebra elemeit polinomokba helyettesíteni. Ezt például mátrixok esetén úgy tettük meg, hogy a polinom konstans tagjába az egységmátrix konstansszorosát írtuk példa. Legyen M egy négyzetes mátrix, és tekintsük a p(x) = x polinomot. Ekkor p(m) = M 2 + I deníció. Legyen A egységelemes algebra, e A az egységeleme. Legyen p T [x], p(x) = λ 0 + λ 1 x + + λ n x n. Ekkor tetsz leges a A-ra p(a) = λ 0 e + λ 1 a + + λ n a n A az a helyettesítése p-be. Azt mondjuk, hogy a gyöke p-nek, ha p(a) = házi feladat. Igazoljuk, hogy az denícióban deniált helyettesítés homomorzmus, azaz minden a A-ra ϕ a : T [x] A, p p(a) homomorzmus. Most már deniálhatjuk a minimálpolinom fogalmát a szokásos módon deníció. Legyen 1 A algebra T felett. Az a A elem T feletti minimálpolinomja az a legalacsonyabb fokú normált T [x]-beli polinom, melynek a gyöke. Ha csak a 0 polinom ilyen, akkor azt mondjuk, hogy a transzcendens elem. Ha a 0 polinomon kívül más polinomnak is gyöke a, akkor azt mondjuk, hogy a algebrai elem, ekkor a minimálpolinomját m a (x)-szel jelöljük. Egy Q L testb vítés esetén α algebrai szám, ha Q felett algebrai, transzcendens szám, ha Q felett transzcendens példa.

35 1.4 Testelmélet 35 Algebrai számra példa 2, 3 2. Transzcendens számra példa e, π, 2 3. A vizsgán nem kell tudni bizonyítani, hogy ezek a számok transzcendensek tétel. Legyen 1 A algebra, a A egy tetsz leges algebrai elem. Ekkor 1. m a (x) egyértelm en meghatározott. 2. Egy f T [x] polinomra f(a) = 0 m a (x) f(x). 3. Ha A nullosztómentes, akkor m a irreducibilis. 4. Ha f T [x] irreducibilis, normált, f(a) = 0, akkor m a (x) = f(x). Bizonyítás. A bizonyítás lényegében egyezik a testelemek minimálpolinomjára vonatkozó analóg tétel bizonyításával. 1. és 2. Tekintsük a ϕ a : T [x] A, p p(a) homomorzmust. Ennek magja (Ker ϕ) azon T [x]-beli polinomok halmaza, melyeknek a gyöke. T [x] f ideálgy r, így Ker ϕ-t egyetlen polinom generálja. Ha ezt a polinomot normáljuk, akkor még mindig Ker ϕ egy generátorát kapjuk. Világos, hogy ez a polinom lesz az egyértelm minimálpolinom. 3. Tegyük fel, hogy m a (x) = g(x) h(x) alkalmas g, h T [x] polinomokra. Ekkor a behelyettesítésével 0 = m a (a) = g(a) h(a) adódik. Mivel A nullosztómentes, ezért ez csak úgy lehet, ha g(a) = 0 vagy h(a) = 0. Ha g(a) = 0, akkor a 2. pont miatt m a g, ugyanakkor g m a nyilván, vagyis az m a (x) = g(x)h(x) felbontás triviális. Ugyanígy triviális felbontást kapunk, ha h(a) = 0.

36 36 ELŽZETES ISMERETEK 4. Mivel f(a) = 0, ezért a 2. pont miatt m a f. De f irreducibilis, vagyis m a konstans vagy f asszociáltja. Konstans nem lehet m a, hiszen a gyöke. Tehát m a és f asszociáltak. Ugyanakkor mindkett f együtthatója 1, tehát f = m a. A fenti tétel hasznos minimálpolinomok meghatározására példa. α = 24 minimálpolinomja Q felett x 24, hiszen ez egy normált, Q felett irreducibilis polinom, melynek 24 gyöke. α = 27 minimálpolinomja Q felett x 2 27: normált, 27 gyöke. A Q felett irreducibilitás következik abból, hogy másodfokú polinomként csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke. α = 3 9 minimálpolinomja Q felett x 3 9: normált, 3 9 gyöke. A Q felett irreducibilitás következik abból, hogy harmadfokú polinomként csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke. α = 4 2 minimálpolinomja Q felett x 4 2: a normáltság világos, ahogy az is, hogy 4 2 gyöke. A Q felett irreducibilitás következik a SchönemannEisenstein féle irreducibilitási kritériumból p = 2-vel. Vigyázat! Legalább negyedfokú egyenleteknél már nem elég az irreducibilitáshoz, hogy nincs gyöke. α = 1 + i esetén α 4 = (1 + i) 4 = 4, ennek ellenére nem x a mimimálpolinom, mert nem irreducibilis Q felett házi feladat. Igazoljuk, hogy α = 1 + i minimálpolinomja Q felett x 2 2x állítás. Legyen 1 A algebra T felett, dim T A = n <. Ekkor minden a A elem algebrai, deg m a n.

37 1.4 Testelmélet 37 Bizonyítás. Az e, a, a 2,..., a n elemek lineárisan összefüggnek, vagyis vannak λ 0,..., λ n T (nem mind 0) elemek, hogy λ 0 e + λ 1 a + + λ n a n = 0. Tehát a gyöke a legfeljebb n-edfokú λ 0 + λ 1 x + + λ n x n T [x] (nem 0) polinomnak Egyszer testb vítések deníció. Legyen K részteste L-nek. Ezt úgy mondjuk, hogy az L testb vítése K-nak, vagy K L testb vítés. Van, ahol K L helyett az L K jelölést használják példa. A f példa a Q C testb vítés deníció. Legyen K L testb vítés, α L. A legsz kebb résztestet L-ben, mely tartalmazza K-t és α-t is K (α)-val jelöljük. A K K(α) testb vítést egyszer b vítésnek nevezzük. A minimálpolinom fogalmának segítségével már meghatározhatjuk egyszer b vítések szerkezetét tétel. Legyen K L testb vítés, α L egy algebrai elem, melyre n = deg m α. Ekkor K(α) = { a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 : a 0, a 1,..., a n 1 K }, továbbá minden K(α)-beli elem el állítása a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 alakban egyértelm. Bizonyítás. Legyen T = { a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 : a 0, a 1,..., a n 1 K }. El ször belátjuk, hogy T test. Vegyük észre, hogy T -ben benne van α minden K-együtthatós polinomja. Csakugyan, legyen f K[x] tetsz leges (nem feltétlen legfeljebb (n 1)-edfokú) polinom. Osszuk el maradékosan f-et az n-edfokú m α -val: f(x) = m α (x) q(x) + (a 0 + a 1 x + + a n 1 x n 1 ).

38 38 ELŽZETES ISMERETEK Behelyettesítve α-t, és felhasználva, hogy m α -nak gyöke α kapjuk, hogy f(α) = a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 T. Tehát α minden polinomja benne van T -ben, vagyis összeadásra, kivonásra és szorzásra zárt. Tehát T gy r. (Ez egyébként abból is kijön, hogy T a ϕ α : K[x] L, f f (α) homomorzmus képe L-ben, és így annak kommutatív részgy r je.) Belátjuk, hogy T test, ehhez az inverz megtalálására van szükségünk. Legyen g(x) = a 0 + a 1 x + + a n 1 x n 1 egy nemnulla polinom, keressük g(α) 1 -t. Az ötlet ismét az, hogy meghatározzuk az (m α, g) kitüntetett közös osztót. Most m α irreducibilis, deg g < < deg m α, tehát a kitüntetett közös osztó 1. S t, az euklideszi algoritmus segítségével találhatunk olyan u, v K[x] polinomokat, hogy u(x) m α (x) + v(x) g(x) = 1. Helyettesítsünk α-t. Ekkor m α (α) = 0 miatt v(α) g(α) = 1 adódik. Tehát v(α) = g(α) 1, és v(α) T, hiszen T éppen α polinomjaiból áll. Tehát T valóban test. Belátjuk, hogy T = K(α). Mivel K T és α T, ezért K(α) T. Másrészt K K(α), α K(α), és K(α) zárt az összeadásra, kivonásra és a szorzásra, tehát α összes K-együtthatós polinomjának is K(α)-ban kell lennie. Ebb l T K(α), vagyis T = K(α). Hiányzik még annak az igazolása, hogy minden T -beli elem egyértelm en írható fel α-nak legfeljebb (n 1)-edfokú polinomjaként. Tegyük fel, hogy vannak a 0, a 1,..., a n 1, b 0, b 1,..., b n 1 K, melyekre a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 = b 0 + b 1 α + + b n 1 α n 1.

39 1.4 Testelmélet 39 Ebb l (a 0 b 0 ) + (a 1 b 1 )α + + (a n 1 b n 1 )α n 1 = 0. Legyen most f(x) = (a 0 b 0 ) + (a 1 b 1 )x + + (a n 1 b n 1 )x n 1 K[x]. Tehát f egy legfeljebb (n 1)-edfokú polinom, melyre f(α) = 0, vagyis m α f. De m α foka n, ami csak úgy lehet, ha f(x) = 0, azaz f minden együtthatója 0. Ebb l a 0 = b 0, a 1 = b 1,..., a n 1 = b n 1 adódik tétel. Legyen K L testb vítés, α L transzcendens K felett. Ekkor K(α) = { f(α) g(α) } : f, g K[x], g(x) 0, és az el állítás abban az értelemben egyértelm, hogy f(α) g(α) = h(α) k(α) f(x)k(x) = g(x)h(x) a K[x] polinomgy r ben. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni példa. Q(π)-ben π 2 + 3π + 2 π 2 + π = π4 + 2π 3 = π + 2 π 4 π π + 1 2π B vítés több elemmel deníció. Legyen K L testb vítés, α, β,... L elemek. Ekkor K(α, β,... ) a legsz kebb olyan részteste L-nek, mely tartalmazza K-t, és az α, β,... elemek mindegyikét házi feladat. Igazoljuk, hogy K(α, β,... ) létezik, és pontosan az α, β,... elemek összes többhatározatlanú polinomjának hányadosaként el álló L-beli elemek vannak benne példa. Mi lesz Q ( 2, 3 )? A korábbiak alapján azt gondolhatjuk, hogy ( ) (1.3) Q 2, 3 = { a + b 2 + c 3 + d } 6 : a, b, c, d Q.