Véges testek és alkalmazásaik
|
|
- Liliána Törökné
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
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.
Polinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós
Polinomok (el adásvázlat, 2008 április 15) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: gy r, gy r additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja, egységelemes
RészletesebbenAlgebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok
Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok 1. Jelölje I az (x 2 + 1 ideált. Most az x + I R[x]/(x 2 + 1 négyzete (x + I 2 x 2 + I 1+x 2 +1+I 1+I, hiszen x 2 +1 I. Így ( x+i(x+i (x+i 2 1+I. Tehát
RészletesebbenVektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27
Vektorterek Wettl Ferenc 2015. február 17. Wettl Ferenc Vektorterek 2015. február 17. 1 / 27 Tartalom 1 Egyenletrendszerek 2 Algebrai struktúrák 3 Vektortér 4 Bázis, dimenzió 5 Valós mátrixok és egyenletrendszerek
RészletesebbenFELADATOK A BEVEZETŽ FEJEZETEK A MATEMATIKÁBA TÁRGY III. FÉLÉVÉHEZ. ÖSSZEÁLLÍTOTTA: LÁNG CSABÁNÉ ELTE IK Budapest
FELADATOK A BEVEZETŽ FEJEZETEK A MATEMATIKÁBA TÁRGY III. FÉLÉVÉHEZ ÖSSZEÁLLÍTOTTA: LÁNG CSABÁNÉ ELTE IK Budapest 2007-07-25 A 2. és a 4. fejezet feladatai megoldva megtalálhatók a Testb vítés, véges testek;
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 2. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben1. Bevezetés A félév anyaga. Gyűrűk és testek Ideál, faktorgyűrű, főideálgyűrű Gauss-egészek, két négyzetszám tétel Az alaptételes gyűrűk jellemzése A számfogalom lezárása Algebrai és transzcendens számok
RészletesebbenVizsgatematika Bevezetés a matematikába II tárgyhoz tavasz esti tagozat
8.2. Gyűrűk Fogalmak, definíciók: Gyűrű, kommutatív gyűrű, integritási tartomány, test Az (R, +, ) algebrai struktúra gyűrű, ha + és R-en binér műveletek, valamint I. (R, +) Abel-csoport, II. (R, ) félcsoport,
RészletesebbenMM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )
MM4122-1 CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT (2008.12.01.) 1. Ismétlés szeptember 1.szeptember 8. 1.1. Feladat. Döntse el, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek (1) Az A 6 csoportnak van 6-odrend
Részletesebben1. Részcsoportok (1) C + R + Q + Z +. (2) C R Q. (3) Q nem részcsoportja C + -nak, mert más a művelet!
1. Részcsoportok A részcsoport fogalma. 2.2.15. Definíció Legyen G csoport. A H G részhalmaz részcsoport, ha maga is csoport G műveleteire nézve. Jele: H G. Az altér fogalmához hasonlít. Példák (1) C +
RészletesebbenPolinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós
Polinomok (előadásvázlat, 2012 október 21) Maróti Miklós Ennek az előadásnak a megértéséhez a következő fogalmakat kell tudni: gyűrű, gyűrű additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja,
RészletesebbenDiszkrét matematika 2.
Diszkrét matematika 2. 2018. november 23. 1. Diszkrét matematika 2. 9. előadás Fancsali Szabolcs Levente nudniq@cs.elte.hu www.cs.elte.hu/ nudniq Komputeralgebra Tanszék 2018. november 23. Diszkrét matematika
RészletesebbenSE EKK EIFTI Matematikai analízis
SE EKK EIFTI Matematikai analízis 2. Blokk A számelmélet a matematikának a számokkal foglalkozó ága. Gyakran azonban ennél sz kebb értelemben használják a számelmélet szót: az egész számok elméletét értik
RészletesebbenAlgebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak. Horváth Gábor
Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak Horváth Gábor Debreceni Egyetem 2016 Tartalomjegyzék Bevezetés 5 1. M veletek, algebrai struktúrák 6 2. A csoportelmélet alapjai 11 2.1. Homomorzmusok,
Részletesebben13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a felbontási teste
13. GYÖKB½OVÍTÉS GALOIS CSOPORTJA, POLINOMOK GYÖKEINEK ELÉRHET½OSÉGE 13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a
RészletesebbenGy ur uk aprilis 11.
Gyűrűk 2014. április 11. 1. Hányadostest 2. Karakterisztika, prímtest 3. Egyszerű gyűrűk [F] III/8 Tétel Minden integritástartomány beágyazható testbe. Legyen R integritástartomány, és értelmezzünk az
RészletesebbenAlgoritmuselmélet gyakorlat (MMN111G)
Algoritmuselmélet gyakorlat (MMN111G) 2014. január 14. 1. Gyakorlat 1.1. Feladat. Adott K testre rendre K[x] és K(x) jelöli a K feletti polinomok és racionális törtfüggvények halmazát. Mutassuk meg, hogy
Részletesebben1. Egész együtthatós polinomok
1. Egész együtthatós polinomok Oszthatóság egész számmal Emlékeztető (K3.1.3): Ha f,g Z[x], akkor f g akkor és csak akkor, ha van olyan h Z[x], hogy g = fh. Állítás (K3.1.6) Az f(x) Z[x] akkor és csak
Részletesebben1. A maradékos osztás
1. A maradékos osztás Egész számok osztása Példa 223 = 7 31+6. Visszaszorzunk Kivonunk 223 : 7 = 31 21 13 7 6 Állítás (számelméletből) Minden a,b Z esetén, ahol b 0, létezik olyan q,r Z, hogy a = bq +
RészletesebbenMM4122/2: CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( ) 1. Ismétlés február 8.február Feladat. (2 pt. közösen megbeszéltük)
MM4122/2: CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT (2007.05.11) 1. Ismétlés február 8.február 15. 1.1. Feladat. (2 pt. közösen megbeszéltük) (1) Egy csoport rendelkezhet egynél több egységelemmel. (2) Bármely két háromelem
RészletesebbenZárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.
Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: 1 3 3. Megoldás: a Egy q = a + bi + cj
RészletesebbenKlasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás március 24.
Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2014. március 24. Irreducibilitás 3.33. Definíció. A p T [x] polinom irreducibilis, ha legalább elsőfokú, és csak úgy bontható két polinom szorzatára, hogy az
Részletesebben1. Polinomok számelmélete
1. Polinomok számelmélete Oszthatóság, egységek. Emlékeztető Legyen R a C, R, Q, Z egyike. Azt mondjuk, hogy (1) a g R[x] polinom osztója f R[x]-nek R[x]-ben, ha létezik olyan h R[x] polinom, hogy f (x)
RészletesebbenMTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA. 1. Csoportelméleti alapfogalmak
MTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA 1. Csoportelméleti alapfogalmak 1.1. Feladat. Csoportot alkotnak-e az alábbi halmazok a megadott műveletre nézve? (1) (Z 2 ; ), (2) (Z 2 ; +), (3) (R \ { 1}; ),
RészletesebbenGonda János POLINOMOK. Példák és megoldások
Gonda János POLINOMOK Példák és megoldások ELTE Budapest 007-11-30 IK Digitális Könyvtár 4. javított kiadás Fels oktatási tankönyv Lektorálták: Bui Minh Phong Láng Csabáné Szerkesztette: Láng Csabáné c
RészletesebbenKlasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 28.
Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2014. április 28. 5. Számelmélet integritástartományokban Oszthatóság Mostantól R mindig tetszőleges integritástartományt jelöl. 5.1. Definíció. Azt mondjuk,
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben2. Tétel (Az oszthatóság tulajdonságai). : 2. Nullát minden elem osztja, de. 3. a nulla csak a nullának osztója.
Számelmélet és rejtjelezési eljárások. (Számelméleti alapok. RSA és alkalmazásai, Die- Hellman-Merkle kulcscsere.) A számelméletben speciálisan az egész számok, általánosan a egységelemes integritási tartomány
Részletesebben1. Hatvány és többszörös gyűrűben
1. Hatvány és többszörös gyűrűben Hatvány és többszörös Definíció (K2.2.19) Legyen asszociatív művelet és n pozitív egész. Ekkor a n jelentse az n tényezős a a... a szorzatot. Ez az a elem n-edik hatványa.
Részletesebben1. A polinom fogalma. Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1. = x egyenletet.
1. A polinom fogalma Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1 = x egyenletet. Megoldás x + 1-gyel átszorozva x 2 + x + 1 = x 2 + x. Innen 1 = 0. Ez ellentmondás, így az
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenDISZKRÉT MATEMATIKA: STRUKTÚRÁK Előadáson mutatott példa: Bércesné Novák Ágnes
1. Algebrai alapok: DISZKRÉT MATEMATIKA: STRUKTÚRÁK Művelet: Egy H nemüres halmazon értelmezett (kétváltozós) műveleten egy H H H függvényt értünk, azaz egy olyan leképezést, amely bármely a,b H elempárhoz
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 6. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
Részletesebben1. A Horner-elrendezés
1. A Horner-elrendezés A polinomok műveleti tulajdonságai Polinomokkal a szokásos módon számolhatunk: Tétel (K2.1.6, HF ellenőrizni) Tetszőleges f,g,h polinomokra érvényesek az alábbiak. (1) (f +g)+h =
RészletesebbenMBN412G: ALKALMAZOTT ALGEBRA GYAKORLAT ÁPRILIS 26.
MBN412G: ALKALMAZOTT ALGEBRA GYAKORLAT 2015. ÁPRILIS 26. 1. Lineáris algebra, csoportok definíciója 1.1. Feladat. (Közösen megbeszéltük) Adjunk meg olyan ϕ lineáris transzformációját a síknak, amelyre
RészletesebbenNagy Viktor VÉGES TESTEK
EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR Nagy Viktor VÉGES TESTEK BSc szakdolgozat Témavezet : Fialowski Alice Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2014 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném
Részletesebben1. Polinomfüggvények. Állítás Ha f, g C[x] és b C, akkor ( f + g) (b) = f (b) + g (b) és ( f g) (b) = f (b)g (b).
1. Polinomfüggvények Behelyettesés polinomba. Definíció Legyen b komplex szám. Az f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n polinom b helyen felvett helyettesítési értéke f (b) = a 0 + a 1 b + a 2 b
RészletesebbenDiszkrét matematika 2.C szakirány
Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2015.
Részletesebbenn =
15. PÉLDÁK FÉLCSOPORTOKRA ÉS CSOPORTOKRA 1. Az R 3 tér vektorai a derékszög½u koordinátarendszerben az a = (a 1 ; a 2 ; a 3 ) alakban adottak az a 1 ; a 2 ; a 3 2 R valós számokkal. A vektoriális szorzás
RészletesebbenDiszkrét matematika 2. estis képzés
Diszkrét matematika 2. estis képzés 2018. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 4-6. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!
nomosztással a megoldást visszavezethetjük egy alacsonyabb fokú egyenlet megoldására Mivel a 4 6 8 6 egyenletben az együtthatók összege 6 8 6 ezért az egyenletnek gyöke az (mert esetén a kifejezés helyettesítési
RészletesebbenPermutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)
Permutációk véges halmazon el adásvázlat 2008 február 12 Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció leképezés indulási és érkezési halmaz
Részletesebben1. Mondjon legalább három példát predikátumra. 4. Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében?
Definíciók, tételkimondások 1. Mondjon legalább három példát predikátumra. 2. Sorolja fel a logikai jeleket. 3. Milyen kvantorokat ismer? Mi a jelük? 4. Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében?
Részletesebben1. Mellékosztály, Lagrange tétele
1. Mellékosztály, Lagrange tétele 1.1. Definíció. Legyen (G, ) csoport, H G részcsoport és g G tetszőleges elem. Ekkor a {gh h H} halmazt a H részcsoport g elem szerinti baloldali mellékosztályának nevezzük
RészletesebbenKlasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 14.
Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2014. április 14. Többhatározatlanú polinomok 4.3. Definíció. Adott T test feletti n-határozatlanú monomnak nevezzük az ax k 1 1 xk n n alakú formális kifejezéseket,
RészletesebbenLÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI. Példák és megoldások
LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI Példák és megoldások Lektorálta Ócsai Katalin c Láng Csabáné, 008 ELTE IK Budapest 008-11-08. javított kiadás Tartalomjegyzék 1. El szó..................................
RészletesebbenAlgebrai alapismeretek az Algebrai síkgörbék c. tárgyhoz. 1. Integritástartományok, oszthatóság
Algebrai alapismeretek az Algebrai síkgörbék c tárgyhoz 1 Integritástartományok, oszthatóság 11 Definíció A nullaosztómentes, egységelemes kommutatív gyűrűket integritástartománynak nevezzük 11 példa Integritástartományra
RészletesebbenHALMAZELMÉLET feladatsor 1.
HALMAZELMÉLET feladatsor 1. Egy (H,, ) algebrai struktúra háló, ha (H, ) és (H, ) kommutatív félcsoport, és teljesül az ún. elnyelési tulajdonság: A, B H: A (A B) = A, A (A B) = A. A (H,, ) háló korlátos,
RészletesebbenDiszkrét matematika II. feladatok
Diszkrét matematika II. feladatok 1. Gráfelmélet 1.1. Könnyebb 1. Rajzold le az összes, páronként nem izomorf 3, 4, illetve 5 csúcsú egyszerű gráfot! 2. Van-e olyan (legalább kétpontú) gráf, melyben minden
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenGAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten KOMPLEX SZÁMOK Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 Történeti bevezetés
RészletesebbenLineáris Algebra. Tartalomjegyzék. Pejó Balázs. 1. Peano-axiomák
Lineáris Algebra Pejó Balázs Tartalomjegyzék 1. Peano-axiomák 2 1.1. 1.................................................... 2 1.2. 2.................................................... 2 1.3. 3....................................................
Részletesebben1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.
1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája. Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1, a,...,a n számok. Az
RészletesebbenPolinomgy r k. 1. Bevezet. 2. Polinomok. Dr. Vattamány Szabolcs. http://www.huro-cbc.eu
Polinomgy r k Dr. Vattamány Szabolcs 1. Bevezet Ezen jegyzet célja, hogy megismertesse az olvasót az egész, a racionális, a valós és a komplex számok halmaza fölötti polinomokkal. A szokásos jelölést használjuk:
RészletesebbenDiszkrét matematika alapfogalmak
2014 tavaszi félév Diszkrét matematika alapfogalmak 1 GRÁFOK 1.1 GRÁFÁBRÁZOLÁSOK 1.1.1 Adjacenciamátrix (szomszédsági mátrix) Szomszédok felsorolása, csak egyszerű gráfok esetén használható 1.1.2 Incidenciamátrix
Részletesebben1. Komplex szám rendje
1. Komplex szám rendje A rend fogalma A 1-nek két darab egész kitevőjű hatványa van: 1 és 1. Az i-nek 4 van: i, i 2 = 1, i 3 = i, i 4 = 1. Innentől kezdve ismétlődik: i 5 = i, i 6 = i 2 = 1, stb. Négyesével
RészletesebbenAlapvető polinomalgoritmusok
Alapvető polinomalgoritmusok Maradékos osztás Euklideszi algoritmus Bővített euklideszi algoritmus Alkalmazás: Véges testek konstrukciója Irodalom: Iványi Antal: Informatikai algoritmusok II, 18. fejezet.
Részletesebben1. Mátrixösszeadás és skalárral szorzás
1 Mátrixösszeadás és skalárral szorzás Mátrixok tömör jelölése T test Az M = a i j T n m azt az n sorból és m oszlopból álló mátrixot jelöli, amelyben az i-edik sor j-edik eleme a i j T Példák [ ] Ha M
RészletesebbenTestek március 29.
Testek 2014. március 29. 1. Alapfogalmak 2. Faktortest 3. Testbővítések 1. Alapfogalmak 2. Faktortest 3. Testbővítések [Sz] V/3, XIII/1,2; [F] III/1-7 (+ előismeretek!) Definíció Ha egy nemüres halmazon
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 5. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenKongruenciák. Waldhauser Tamás
Algebra és számelmélet 3 előadás Kongruenciák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Diofantoszi egyenletek 2. Kongruenciareláció, maradékosztályok 3. Lineáris kongruenciák és multiplikatív inverzek
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben1. Bázistranszformáció
1. Bázistranszformáció Transzformáció mátrixa új bázisban A bázistranszformáció képlete (Freud, 5.8.1. Tétel) Legyenek b és d bázisok V -ben, ] v V és A Hom(V). Jelölje S = [[d 1 ] b,...,[d n ] b T n n
Részletesebben1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.
1. Oszthatóság, legnagyobb közös osztó Ebben a jegyzetben minden változó egész számot jelöl. 1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy
RészletesebbenMátrixfüggvények. Wettl Ferenc április 28. Wettl Ferenc Mátrixfüggvények április / 22
Mátrixfüggvények Wettl Ferenc 2016. április 28. Wettl Ferenc Mátrixfüggvények 2016. április 28. 1 / 22 Tartalom 1 Diagonalizálható mátrixok függvényei 2 Mátrixfüggvény a Jordan-alakból 3 Mátrixfüggvény
RészletesebbenLineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós
Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, 2010. szeptember 29.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: (1) A mátrixalgebrával kapcsolatban: számtest
RészletesebbenAlgebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok
Algebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok 1. a) (1 2)(2 3)(3 4)(4 5) = (1 2 3 4 5). b) Az állítás például k szerinti indukcióval könnyen belátható, az igazságtartalma közvetlenül is ellen rizhet
Részletesebben1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)
Matematika A2c gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 2017/18 ősz 1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) 1. Valós vektorterek-e a következő
RészletesebbenLáng Csabáné Testbıvítés, véges testek
Láng Csabáné Testbıvítés, véges testek Készült a programtervezı matematikus szak esti tagozat III. év II. félév, valamint az esti informatikus Bsc szak II. év II. félév számára Lektorálta Burcsi Péter
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23
Komplex számok Wettl Ferenc 2014. szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok 2014. szeptember 14. 1 / 23 Tartalom 1 Számok A számfogalom b vülése Egy kis történelem 2 Miért számolunk velük? A megoldóképlet
RészletesebbenDiszkrét matematika 2.C szakirány
Diszkrét matematika 2.C szakirány 2017. tavasz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 11. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenVEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok
VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER 2004. október 15. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak az előadáson, másrészt megtalálják
RészletesebbenMBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós
MBNK12: Permutációk el adásvázlat 2016 április 11 Maróti Miklós 1 Deníció Az A halmaz permutációin a π : A A bijektív leképezéseket értjünk Tetsz leges n pozitív egészre az {1 n} halmaz összes permutációinak
RészletesebbenKomplex számok. Komplex számok és alakjaik, számolás komplex számokkal.
Komplex számok Komplex számok és alakjaik, számolás komplex számokkal. 1. Komplex számok A komplex számokra a valós számok kiterjesztéseként van szükség. Ugyanis már középiskolában el kerülnek olyan másodfokú
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata
RészletesebbenFFT. Második nekifutás. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék október 2.
TARTALOMJEGYZÉK Polinomok konvolúviója A DFT és a maradékos osztás Gyűrűk támogatás nélkül Második nekifutás Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék 2015. október 2. TARTALOMJEGYZÉK Polinomok
RészletesebbenWaldhauser Tamás szeptember 8.
Algebra és számelmélet előadás Waldhauser Tamás 2016. szeptember 8. Tematika Komplex számok, kanonikus és trigonometrikus alak. Moivre-képlet, gyökvonás, egységgyökök, egységgyök rendje, primitív egységgyökök.
RészletesebbenDiszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 5. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Számfogalom bővítése Diszkrét matematika I. középszint
Részletesebbenmatematika alapszak Waldhauser Tamás jegyzete alapján készítette B. Szendrei Mária
ALGEBRA ÉS SZÁMELMÉLET vázlat az előadáshoz matematika alapszak 2019-20, őszi félév Waldhauser Tamás jegyzete alapján készítette B. Szendrei Mária 1. Komplex számok Kanonikus alak, konjugált, abszolút
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 5. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenDiszkrét matematika 2. estis képzés
Diszkrét matematika 2. estis képzés 2018. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenValasek Gábor valasek@inf.elte.hu
Számítógépes Grafika Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2013/2014. őszi félév ( Eötvös LorándSzámítógépes TudományegyetemInformatikai Grafika Kar) 2013/2014.
RészletesebbenAnalízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)
Vajda István Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 1 / 36 Bevezetés A komplex számok értelmezése Definíció: Tekintsük a valós számpárok R2 halmazát és értelmezzük ezen a halmazon a következo két
RészletesebbenDiszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.
1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű
Részletesebben1. A maradékos osztás
1. A maradékos osztás Egész számok osztása. 223 = 7 31 + 6. Visszaszorzunk 223 : 7 = 31 21 13 7 6 Állítás (számelméletből) Minden a, b Z esetén, ahol b 0, létezik olyan q, r Z, hogy a = bq + r és r < b.
RészletesebbenKomplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18
Komplex számok Wettl Ferenc előadása alapján 2015.09.23. Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok 2015.09.23. 1 / 18 Tartalom 1 Számok A számfogalom bővülése 2 Algebrai alak Trigonometrikus alak Egységgyökök
RészletesebbenPOLINOMOK VÉGES TESTEK FELETT
POLINOMOK VÉGES TESTEK FELETT SZAKDOLGOZAT Készítette: Csohány Dóra Matematika BSc - elemz szakirány Témavezet : Ágoston István, egyetemi docens ELTE TTK, Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem
RészletesebbenCsoporthatások. 1 Alapfogalmak 1 ALAPFOGALMAK. G csoport hatása az X halmazon egy olyan µ: G X X leképezés, amelyre teljesül
1 ALAPFOGALMAK Csoporthatások 1 Alapfogalmak G csoport hatása az X halmazon egy olyan µ: G X X leképezés, amelyre teljesül és µ(g, µ(h, x)) = µ(gh, x) µ(1 G, x) = x minden g, h G és x X esetén. Multiplikatív
RészletesebbenDiMat II Végtelen halmazok
DiMat II Végtelen halmazok Czirbusz Sándor 2014. február 16. 1. fejezet A kiválasztási axióma. Ismétlés. 1. Deníció (Kiválasztási függvény) Legyen {X i, i I} nemüres halmazok egy indexelt családja. Egy
RészletesebbenVektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek
a Matematika mérnököknek I. című tárgyhoz Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek Vektorok A rendezett valós számpárokat kétdimenziós valós vektoroknak nevezzük. Jelölésükre latin kisbetűket használunk.
RészletesebbenIntergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
RészletesebbenAz eddig leadott anyag Diszkrét matematika II tárgyhoz tavasz
Az eddig leadott anyag Diszkrét matematika II tárgyhoz 2011. tavasz A (+)-szal jelzett tételek bizonyítással együtt, a (-)-szal anélkül értendők! A tételek esetleges neve, vagy száma a fóliákkal van szinkronban,
Részletesebben1. Bevezetés A félév anyaga. Lineáris algebra Vektorterek, alterek Függés, függetlenség, bázis, dimenzió Skaláris szorzat R n -ben, vektorok hossza és szöge Lineáris leképezések, mátrixuk, bázistranszformáció
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
Részletesebben2. gyakorlat. A polárkoordináta-rendszer
. gyakorlat A polárkoordináta-rendszer Az 1. gyakorlaton megismerkedtünk a descartesi koordináta-rendszerrel. Síkvektorokat gyakran kényelmes ún. polárkoordinátákkal megadni: az r hosszúsággal és a φ irányszöggel
Részletesebben1. feladatsor Komplex számok
. feladatsor Komplex számok.. Feladat. Kanonikus alakban számolva határozzuk meg az alábbi műveletek eredményét. (a) i 0 ; i 8 ; (b) + 4i; 3 i (c) ( + 5i)( 6i); (d) i 3+i ; (e) 3i ; (f) ( +3i)(8+i) ( 4
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. Nagy Gábor nagy@compalg.inf.elte.hu nagygabr@gmail.com ELTE IK Komputeralgebra Tanszék 014. ősz 014-15 őszi félév Gyakorlat: 1. ZH tervezett időpontja: október 1.,. ZH tervezett
RészletesebbenELTE IK Esti képzés tavaszi félév. Tartalom
Diszkrét Matematika 2 vizsgaanyag ELTE IK Esti képzés 2017. tavaszi félév Tartalom 1. Számfogalom bővítése, homomorfizmusok... 2 2. Csoportok... 9 3. Részcsoport... 11 4. Generátum... 14 5. Mellékosztály,
RészletesebbenDiszkrét matematika II., 8. előadás. Vektorterek
1 Diszkrét matematika II., 8. előadás Vektorterek Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@inf.nyme.hu http://inf.nyme.hu/ takach/ 2007.??? Vektorterek Legyen T egy test (pl. R, Q, F p ). Definíció.
RészletesebbenAlgebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev
Algebra és számelmélet 3 előadás Nevezetes számelméleti problémák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Számok felbontása hatványok összegére 2. Prímszámok 3. Algebrai és transzcendens számok Tartalom
Részletesebben