Lektorálta január r 2.

Átírás

1 Láng Csabáné testek Készült a programtervezı matematikus szak esti tagozat III. év v II. félév, f valamint az esti informatikus Bsc szak II. év v II. félév f v számára Lektorálta Burcsi Péter testek 1

2 A feladatok a testek; hibajavító kódok: PéldP ldák és s megoldások címő példatárban találhat lhatók k meg kidolgozva. A példatp ldatár r letölthet lthetı Láng Csabáné honlapjáról: l: valamint az IK Digitális könyvtk nyvtárából. Az Emlékeztet keztetık olyan korábban tanult fogalmakat és s tételeket t teleket jelölnek, lnek, amelyekre szüks kség g van ennek az anyagnak a megért rtéséhez. Megtalálhat lhatóak ak a következı jegyzetben. Láng Csabáné: Bevezetı fejezetek a matematikába II. ELTE, Bp testek 2

3 Témavázlat Testbıvítések, sek, véges v testek Bevezetés Testek bıvítéseb Algebrai bıvítésb Prímtest Minimálpolinom Egyszerő algebrai bıvítésb Felbontási test Véges testek Irodalomjegyzék testek 3

4 Jelölések: N: a természetes számok halmaza, {1, 2, } Z: az egész számok halmaza, {,-2,{ -1, 0, 1, 2, } Q: a racionális számok halmaza, {p/q, ahol p és s q tetszıleges egész szám, q 0} q R: a valós s számok halmaza, a racionális számokon kívül k l pl. 2, π, e, C: a komplex számok halmaza, {a+bi bi,, ahol a,b valósak} Z m : a modulo m vett maradékoszt kosztályok győrője a maradékoszt kosztály- összeadással ssal és s a maradékoszt kosztály-szorzássalssal K : a K halmaz elemszáma, ma, illetve számoss mossága [r]: maradékoszt kosztálygyőrőben az r elem által reprezentált maradékoszt kosztáy K[x]: A K győrő fölötti polinomok győrője, K-beli K együtthat tthatós polinomok L*: L test esetén n az L halmaz a nullelem kivétel telével, L*=L\{0} m g: m osztója g-nekg testek 4

5 Bevezetés testek 5

6 Definíci ció. Emlékeztet keztetı A (H, Ω ) algebrai struktúra ra félcsoport, ha egyetlen kétváltozós mőveletet tartalmaz, mely asszociatív. Példa: (N,+) Definíci ció. A (H,( ) félcsoport csoport, ha 1. létezik l benne e egységelem, gelem, és 2. minden a H elemnek létezik l erre az egységelemre gelemre vonatkozó a 1 inverze : a 1 a = aa 1 = e. Példa: (Z,+) testek 6

7 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Az (R,( +, )) algebrai struktúra ra győrő, ha + és R-en binér mőveletek, valamint I. (R,, +) Abel-csoport csoport, (kommutatív v csoport) II. (R, )) félcsoport, f és III. teljesül l mindkét t oldalról l a disztributivitás, s, vagyis a(b+c)=ab+ac, (b+c)a=ba+ca minden a, b, c R esetén. Példa: (Z,+, ) Definíci ció. R integritási tartomány ny, ha legalább két k t elemő nullosztómentes győrő Példa: (Z,+, ) testek 7

8 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Az R győrő test,, ha 1. kommutatív, (a szorzás s kommutatív) 2. (R*( R*, ) csoport (R( a nullelem kivétel telével). Példa: (Q,+, ), (R,+,(,+, ), (C,+,(,+, ) testek 8

9 N-tıl C-ig N a+x=b Z a x=b Q x 2 =2 x 2 +1=0 (R) C félgyőrő győrő test test test integritási tartomány euklideszi győrő testek 9

10 Számtestek C R Q testek 10

11 Eddig ismert véges v testek Tétel. m N esetén Z m akkor és s csak akkor test, ha m prím. Z 2 Z 3 Z 5 Z 7 Z 11. testek 11

12 Testek bıvítéseb testek 12

13 Feladatok 2. Testet alkotnak-e e a szokásos sos mőveletekre m a következk vetkezı halmazok? a. b. { a + b 2 a, Q} T 4 1 T 2 = b { a + bi 5 a, Q} = b testek 13

14 Definíci ció. Ha a K test részteste r az L testnek, akkor azt mondjuk, hogy L a K bıvítése.. L K. Példa: R Q, C Q, C R. Definíci ció. Legyen L K, és s H L. H A K test H halmazzal való bıvítése az L test legszőkebb olyan részteste, r amely tartalmazza K-t K és s H-t. H K(H). Ez a test létezik, l és s egyértelm rtelmő.. Vegyük k ugyanis L-nek L az összes olyan résztestr sztestét, t, amely tartalmazza K-t K és s H-t. H Ezeknek a résztesteknek a metszete test, és s a feltételnek telnek megfelel. Definíci ció. Egyszerő a bıvítés, b ha a bıvítıb halmaz egyetlen elemő. Példa: Q( 2), R(i) R (=C), ezek egyszerő bıvítések. testek 14

15 Ha L K, H1, H2 L, akkor K(H1, H2) = K(H1)(H2) = K(H1 H2) Ha példp ldául K(a, b, c, )) elkész szítése se a feladat, ezt elvégezhetj gezhetjük lépésenként, nt, a bıvítıb elemeket egyenként nt adjungálva az alaptesthez. testek 15

16 C R Q Q ( 2 ) testek 16

17 Feladatok 3. Mi a kapcsolat az alábbi testek között? k ( 2), Q( 1 2), Q( 8). Q + 4. Mely a, b racionális számokra teljesül, l, hogy Q ( 2) = Q( a + b 2) 5. Van-e e olyan szám, amellyel bıvítve b a racionális számok testét, t, rögtr gtön n az alábbi testet kapjuk? ( 2 3) Q + testek 17

18 Definíci ció. V vektortér r a T test felett,, ha létezik l V-n V n egy + binér mővelet, melyre I. (V,+) Abel-csoport II. T test és s V halmaz között k értelmezve van egy skalárral való szorzás: s: λ T, u V λu V IIa. λ, µ T, v V: (λ+µ)v=λv( +µv IIb. λ T, u, v V: λ(u+v)= )=λu+λv IIc. λ, µ T, v V: (λµ( λµ)v=λ(µv) IId. v V: ev=v (e: T egységeleme) geleme) V elemei vektorok,, T elemei skalárok rok. testek 18

19 Tétel. Legyen az L test a K test bıvítése. b Ekkor L vektortér r K felett az L-beli mőveletekkel. m Bizonyítás. Legyen u, u1, u2 L és s k, k1, k2 K. ( k, k1, k2 L L is fennáll.) (L,+) Abel-csoport csoport,, mert L test. k u L, mert testben a szorzás s mővelet, m (k1+k2) u=k1 u=k1 u u +k2 u, és k (u1+u2)=k u1+k u2 u2 a disztributivitás s miatt (k1 k2) k2) u=k1 (k2 u) a szorzás s asszociativitása sa miatt, e u=u, ahol e a K és s L egységeleme. geleme. L vektortér r a K test fölött f az L-beli L mőveletekkel. m testek 19

20 Definíci ció. V vektortér dimenziója egy bázisb zisának az elemszáma. ma. Ha V-nek V nincs véges v generátorrendszere, akkor a dimenziója. A 0 tér r dimenziója 0. Jelölés: dimv. Definíci ció. Legyen L és s K test, L K. L-nek, mint K feletti vektortérnek rnek a dimenziója a bıvítés s foka. Jelölés: [L:K]. Ha a bıvítés b s foka véges, v akkor a bıvítés b véges bıvítés, b különben végtelen bıvítés. b Példa: R Q végtelen bıvítés; b C R véges bıvítés, b mert {1, i} bázist b alkot C-ben, mint R feletti vektortérben. rben. testek 20

21 Tétel. Legyen az L K, [L:K]=n, K =q. Ekkor L =q n. Bizonyítás. Tudjuk, hogy L vektortér r a K felett, s mivel a bıvítés b s foka n, minden bázis b n elemő. Legyen {a 1, a 2,, a n } egy bázis. b Ekkor L minden u eleme elıálll lllítható a bázis b elemeinek lineáris kombináci ciójaként, s az elıáll llítás s egyértelm rtelmő. u= k 1 a 1 + k 2 a k n a n, ahol k i K Mivel mindegyik k i elem q különbk nbözı értéket vehet fel, s ezeket az értékeket egymást stól l függetlenf ggetlenül l felvehetik, q n különbözı elıáll llítás s van, tehát q n eleme van L-nek. L testek 21

22 Tétel. (Testbıvítések sek fokszámt mtétele) Legyen M L K, valamint [M:L] és s [L:K] véges. v Ekkor [M:K] = [M:L] [L:K]. [L:K]. Megjegyzés. Ha [M:L] és s [L:K] közül k l valamelyik végtelenv gtelen,, akkor [M:K] is az. Bizonyítás. Tegyük k fel, hogy [L:K]=n, [M:L]=k, valamint az L K vektortér egyik bázisa b {b 1, b 2,..., b n }, az M L vektortér r egyik bázisa b {c 1, c 2,..., c k }. Belátjuk, hogy ekkor a két k t bázis b szorzataként elıáll lló {b r c s 1 1 r n, 1 1 s k} halmaz bázis b az M K vektortérben, rben, ami igazolja állításunkat. testek 22

23 Elısz ször r belátjuk, hogy a b r c s elemek lineárisan függetlenek. f Legyen α 11 ( b 1 c 1 )+ + α rs ( b r c s )+ +α nk ( b n c k ) =0 α rs Rendezzük k az egyenlıséget get c s -ek szerint. (α 11 b 1 + +α n1 b n ) c (α 1k b 1 + +α nk b n ) c k =0 A c s elemek lineárisan függetlenek, f így mindegyikük együtthat tthatója 0. α 1s b 1 + +α ns b n =0 (s=1,,, k) A b r elemek L K bázisb zisát t képezik, k szintén n lineárisan függetlenek, így mindegyik α rs = 0, tehát t a b r c s elemek lineárisan függetlenek. f rs K testek 23

24 Most megmutatjuk, hogy a b r c s elemek K fölött f generálj lják k az M testet. Legyen u M M tetszıleges. Ekkor M L-ben u= v 1 c 1 + +v k c k v s L. * Az L K bıvítésben b minden v s elıáll llítható a b 1, b 2,..., b n bázis segíts tségével. v s = α 1s b α rs b r + +α ns b n α rs K Ezeket az * -ba helyettesítve: tve: u = s v s c s = s r α rs b r c s = r, s α rs ( b r c s ) testek 24

25 Feladatok 22. Bizonyítsuk be, hogy ha α C megoldása a 10x 3-105x 2 +84x+210=0 racionális együtthat tthatós egyenletnek, és s valamely K testre fennáll, hogy Q(α) K és s K Q,, akkor K=Q(α) ) vagy K=Q. testek 25

26 Algebrai bıvítésb testek 26

27 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Az α C számot algebrai számnak nevezzük, ha létezik l olyan racionális együtthat tthatós f(x)= )=a n x n +a n-1 x n a 1 x+a 0 nem azonosan zérus z polinom, amelyiknek α gyöke. Ha valamely α számhoz ilyen polinom nem találhat lható,, akkor α transzcendens szám. Példa: Algebrai számok: a racionális számok, 2, i, (megszáml mlálható számoss mosságúak) 3 Transzcendens számok: π,, e, 2, (kontinuum számoss mosságúak) testek 27

28 Definíci ció. Legyen L K. Az α L elemet K felett algebrai elemnek nevezzük, ha létezik l olyan K-beli K együtthat tthatós f(x) ) nem azonosan zérus z polinom, amelyiknek α gyöke. Ha valamely α elemhez ilyen polinom nem találhat lható,, akkor α K felett transzcendens. Példa: Az algebrai számok Q felett algebraiak. 2 Q fölött algebrai x-2x R fölött algebrai x-2x C fölött algebrai x-2x 2 i Q fölött algebrai x 2 2, R fölött algebrai x 2 2, C fölött algebrai x 2 2, Q fölött algebrai x 2 +1 R fölött algebrai x 2 +1 C fölött algebrai x 2 +1 testek 28

29 Valamely K test minden eleme algebrai K felett. Ha L K, és s L valamely eleme algebrai K fölött, f akkor algebrai L fölött f is. Definíci ció. Az L K bıvítés b algebrai,, ha L minden eleme algebrai K fölött. f Egyébk bként a bıvítés b transzcendens. Példa: C R algebrai bıvítés, b R Q transzcendens bıvítés. b testek 29

30 Tétel. Véges bıvítés b s algebrai. Bizonyítás. Legyen L K, és s [L:K]=n. Vegyük k L-nek L egy tetszıleges u elemét. Az L-ben, L mint K feletti vektortérben rben az u 0, u, u 2,, u n elemek lineárisan összefüggıek, mert legfeljebb n elem lehet lineárisan független. f Van tehát t olyan α 0 u 0 + α 1 u+α 2 u 2 + +α n u n = 0 α s K lineáris kombináci ciós s elıáll llítás, amelyikben nem mindegyik α s együtthat ttható 0. Tekintsük k a g= α 0 x 0 + α 1 x+α 2 x 2 + +α n x n polinomot. Ez K feletti nem zérus z polinom, ugyanakkor u gyöke. Tehát t u algebrai K felett. Mivel ez L minden u elemére igaz, a bıvítés s algebrai. testek 30

31 Feladatok 25. A következk vetkezı bıvítések közül k l melyik véges v és melyik algebrai? (A az algebrai számok halmazát t jelöli.) li.) a. C R b. Q c. A Q d. A Q ( 5)Q ( 5) e. R Q(π) testek 31

32 Prímtest testek 32

33 Tétel. Emlékeztet keztetı Ha az R győrő legalább két k t elemő, nullosztómentes mentes,, akkor (R,( +)-ban a 0-tól l különbk nbözı elemek rendje megegyezik. Ez a közös k s rend vagy végtelen, vagy egy p prímsz mszám. m. Elızı esetben a győrőt nulla-karakterisztik karakterisztikájúnak (char R = 0), az utóbbiban p-karakterisztikájúnak (char R = p ) nevezzük. Másként megfogalmazva p-karakterisztikájú győrőben pr=0 minden r elemre, míg m g nulla karakterisztikájú győrő esetén n nincs olyan n természetes szám, amelyre nr=0 lenne, ha maga az r nem nulla. Test nullosztómentes győrő, így minden testnek van karakterisztikája, ami 0, vagy p prímsz mszám. m. Példa: char(q)=0, char(z 5 )=5. testek 33

34 Ha L K, akkor L és s K karakterisztikája nyilvánval nvalóan an megegyezik. Példa: char(q)=0, char(r)=0, char(c)=0. testek 34

35 Definíci ció. Valamely K test legszőkebb T résztestr sztestét t a K prímtest mtestének nevezzük. Ha valamely K testnek nincs valódi részteste, r akkor K prímtest mtest. Valamely K test legszőkebb T részteste r egyértelm rtelmően en létezik, l hiszen K összes résztestr sztestének a metszete. Példa: R prímteste Q; Q prímteste önmaga; Z p prímteste önmaga (p tetszıleges prím); Q és Z p prímtestek Tétel. 0 karakterisztikájú prímtest izomorf Q-val, p-karakterisztikájú prímtest izomorf Z p -vel. Következmény. Minden 0 karakterisztikájú test lényegl nyegében Q bıvítése, minden p karakterisztikájú test lényegl nyegében Z p bıvítése. testek 35

36 Feladatok 1. Van-e e a valós s számoknak olyan részteste, r amelyet a valós s számok minden részteste r tartalmaz? testek 36

37 Minimálpolinom testek 37

38 Feladatok 6. Felbonthatatlan-e e az x 5 +5 polinom Z, Q, C, Z 2, Z 3, illetve Z 5 felett? 7. Keressük k meg Z 2 fölött az összes másodm sod-,, harmad-, és negyedfokú felbonthatatlan (irreducibilis( irreducibilis) ) polinomot. 8. Igazoljuk, hogy az alábbi polinomok felbonthatatlanok (irreducibilisek) F 2 (Z 2 ) felett. ([1] az 1 által reprezentált maradékoszt kosztályt jelöli.) li.) a. x 5 +x 2 +[1] b. x 6 +x+[1] c. x 7 +x 3 +[1] 9. Hány H másodfokm sodfokú normált (1 fıegyf együtthatójú) irreducibilis polinom van egy q elemő testben? testek 38

39 Definíci ció. Legyen L K és α L L algebrai K felett. Az m K fölötti f polinom az α K fölöttif minimálpolinomja lpolinomja,, ha 1. m fıpolinom, 2. m(α)=0 3. m a legkisebb fokszámú polinom az 1. és s 2. tulajdonságúak ak közül. k Tétel. α K fölötti f m minimálpolinomja 1. létezik l és s egyértelm rtelmő, 2. irreducibilis, 3. ha g K[x] g és s g(α)=0, akkor m g. testek 39

40 Példa: 2 minimálpolinomja Q fölött x-2x R fölött x-2x C fölött x-2x i 2 minimálpolinomja Q fölött x 2 2, R fölött x 2, C fölött x 2, minimálpolinomja Q fölött x 2 +1 R fölött x 2 +1 C fölött x-i x testek 40

41 Példa: π minimálpolinomja Q fölött nem létezikl R fölött x-π C fölött x-π testek 41

42 Feladatok 17. Határozzuk meg minimálpolinomj lpolinomját Q felett. 27. Az alábbi bıvítésekben b határozzuk meg a bıvítıb elem minimálpolinomj lpolinomját Q fölött. a. Q( 7 )Q b. c. Q( i 5)Q Q( 1+ i 3)Q testek 42

43 Egyszerő algebrai bıvítésb testek 43

44 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Az R integritási tartomány euklidészi győrő, ha létezik l olyan ϕ függvény, amelyre ϕ : R* N 0, és I. a, b R, b, b 0 b 0 esetén n létezik l olyan c, d R,hogyd a=bc bc+d, ahol i. d=0 vagy ii.. d 0 d és ϕ(d)< ϕ(b), II. ϕ(ab) (ab) max (ϕ(a),ϕ(b)),(b)), ha a,b R* R*. Tétel. Euklidészi győrőben elvégezhet gezhetı az euklidészi algoritmus. Ezzel az algoritmussal megkapjuk (a,( b)-t, a és b legnagyobb közös k osztóját. t. Léteznek L olyan x, y R elemek, hogy (a, b) ) = ax + by.. (Line( Lineáris kombináci ciós s elıáll llítás.) testek 44

45 Emlékeztet keztetı Tétel. Legyen R test, és f R[x]* esetén ϕ: R[x]* N 0, ϕ(f)= )=deg f. Ekkor R[x] ϕ-vel euklidészi győrőt t alkot. (A test fölötti f polinomgyőrők euklideszi győrőt t alkotnak a polinom fokszám m függvf ggvényével.) Tétel. Legyen R egységelemes gelemes integritási tartomány, f R[x]*, és deg f=n 0. Ekkor f-nek legfeljebb n különbözı gyöke van R-ben. Megjegyzés. Az elıbbi állítás nem igaz ha nullosztókat is tartalmaz a polinomgyőrő, vagy pedig nem kommutatív. testek 45

46 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Legyen R győrő, I R, I. I az R balideálja lja,, ha 1. I I I, és 2. R I I. A jobbideál definíci ciója hasonló.. I ideál,, ha jobb és bal oldali ideál l egyszerre. Triviális ideál: {0}, R. Valódi ideál: R-tıl l különbk nbözı ideál. Tétel Ha R kommutatív v győrő,, akkor az I = (a)( ) = {x a{ x R} } halmaz R-nek ideálja. testek 46

47 Emlékeztet keztetı Definíci ció. Legyen R győrő, I kétoldali ideál R-ben. R-nek I szerinti maradékoszt kosztály győrője (faktorgyőrője) R/I = {r{ + I r R} } a következk vetkezı mőveletekkel: 1. (r+i)+(s+i)=(r+s)+i 2. (r+i) (s+i)=(r (s+i)=(r s)+i R/I győrőt t alkot a definíci cióban szereplı mőveletekre nézve. n I a nullelem. Ha R egységelemes, gelemes, akkor I+e az R/I-ben az egységelem. gelem. Egy maradékoszt kosztály bármely b elemével reprezentálhat lható.. Az r elem által reprezentált maradékoszt kosztályt, tehát t (r+i)-t [r] fogja jelölni. lni. testek 47

48 Faktorgyőrő R/I R I R testek 48

49 Tétel. Legyen f K[x] f irreducibilis polinom, ( f ) az f K[x]-beli többszöröseibıl álló ideál. Ekkor a K[x] / ( f ) maradékoszt kosztálygyőrő test. Bizonyítás. Tudjuk, hogy K[x] / ( f ) győrő,, van egységeleme, geleme, kommutatív. Csupán n azt kell belátnunk, hogy minden nem 0 elemének van inverze. Legyen g K[x] tetszıleges olyan polinom, amelyik nincs az ideálban. (f, g) = 1, egyrészt mert f irreducibilis,, másrm srészt szt mert g nem többszt bbszöröse se f-nek. Állítsuk elı 1-et f és s g lineáris kombináci ciójaként: 1=f u u + g v, u,v K[x] Vegyük k a faktorgyőrőben azokat az osztályokat, melyeknek a fenti polinomok reprezentánsai. nsai. [1]=[f u u + g v]=[f u] + [g v] =[f] [u] [u] + [g] [v] Mivel a faktorgyőrőben [f]=0, ezért [1]=[g] [v] Ebbıl l láthatjuk, l hogy a [g][ osztálynak van inverze, mégpedig m [v]. Ebbıl l pedig következik, k hogy K[x] / ( f ) testet alkot. testek 49

50 Tétel. Legyen f K[x] f irreducibilis polinom. Ekkor létezik l K-nak K olyan bıvítése, amelyikben f-nek f van gyöke. Bizonyítás. Ha f elsıfok fokú,, akkor ez a bıvítés b s maga a K. Egyébk bként tekintsük a K[x] / ( f ) testet. Ez a test egyrészt K bıvítésének b tekinthetı,, mert K izomorf K[x] / ( f ) egy részstruktr szstruktúrájával, nevezetesen a 0-adfok0 adfokú polinomokból álló résztesttel. Másrészt szt K[x] / ( f )-ben) van gyöke f-nek. f Legyen f(x)= )=a n x n +a n-1 x n a 1 x+a 0 Tekintsük k azt az osztályt, amelyet az x polinom reprezentál: [x]. Helyettesíts tsük k be f-be. f f([x])= a n [x] n +a n-1 [x] n a 1 [x]+a 0 = =[a n x n +a n-1 x n a 1 x+a 0 ]=(f)=0 f-nek van tehát t gyöke K[x] / ( f )-ben) ben,, mégpedig m [x], az x polinom által reprezentált maradékoszt kosztály. testek 50

51 Következmény. A legfeljebb (n-1) 1)-edfokú polinomok reprezentáns ns rendszert alkotnak K[x] / ( f )-ben) Tétel. Legyen f K[x] f n-edfokú irreducibilis polinom, α gyöke. Ekkor K[x] / ( f ) K(α) és {α 0, α,, α n- 1 } bázis b K (α)-ban( ban. testek 51

52 Feladatok 10. KészK szítsünk 9 elemő testet. a. Adjuk meg a mővelettm velettáblákat. b. Határozzuk meg az egyes elemek multiplikatív rendjét, keressünk primitív v elemeket. c. Határozzuk meg az egyes elemek additív v rendjét. 12. a. Bizonyítsuk be, hogy az f(x)=x 3 +x+[1] Z 5 [x] polinom irreducibilis Z 5 felett. ([1] az 1 által reprezentált maradékoszt kosztályt jelöli.) li.) b. Hány H eleme van a Z 5 [x] /(f) maradékoszt kosztálygyőrőnek (testnek), ahol (f) az f többszt bbszöröseibıl álló ideál? Adjunk meg egy reprezentánsrendszert. nsrendszert. testek 52

53 Feladatok 13. a. Bizonyítsuk be, hogy az f(x)=x 2 +x+[1] Z 5 [x] polinom irreducibilis Z 5 felett. ([1] az 1 által reprezentált maradékoszt kosztályt jelöli.) li.) b. Hány H eleme van a Z 5 [x] /(f) maradékoszt kosztálygyőrőnek (testnek), ahol (f) az f többszt bbszöröseibıl álló ideál? Adjunk meg egy reprezentánsrendszert. nsrendszert. 14. a. Bizonyítsuk be, hogy az f(x)=x 3 +x+[2] reducibilis Z 7 felett. ([2] a 2 által reprezentált maradékoszt kosztályt jelöli.) li.) b. Hány H eleme van a Z 7 [x] /(f) maradékoszt kosztálygyőrőnek, ahol (f) az f többszt bbszöröseibıl álló ideál? Adjunk meg egy reprezentánsrendszert. nsrendszert. c. Mutassuk meg, hogy a Z 7 [x] /(f) maradékoszt kosztálygyőrő tartalmaz nullosztót. testek 53

54 Feladatok 15. Legyen u Cu a Q feletti x 3-2x+2 polinom egyik gyöke. Lássuk be, hogy a polinom Q felett irreducibilis. Írjuk fel Q(u) (u) Q {1, u, u 2 } bázisb zisában a következk vetkezı elemeket: a. u 7 b. u -1 c. u 4 +u Legyen u Cu az x 3-6x 2 +9x+3 Q felett irreducibilis polinom gyöke. Fejezzük k ki Q(u) (u) Q {1, u, u 2 } bázisb zisában a következk vetkezı elemeket: a. 3u 5-2u b u testek 54

55 Feladatok 27. Határozzuk meg a T Q testbıvítés s fokát, ahol T az alábbi. Mi a bıvítıb elem minimálpolinomja Q fölött? Adjunk meg egy bázist. b a. b. c. Q( 7 ) Q( i 5) Q ( 1+ i 3) testek 55

56 Felbontási test testek 56

57 Definíci ció. Legyen f K[x] f n-edfokú polinom. f K feletti felbontási teste a K test legszőkebb olyan bıvítése, b amelyben f elsıfok fokú tényezık szorzatára ra bomlik. Tétel. Legyen f K[x] f n-edfokú polinom. Ekkor létezik l f K feletti felbontási teste. Bizonyítás. f-et bontsuk irreducibilis polinomok szorzatára. ra. Ha ezek között k van legalább másodfokm sodfokú,, akkor bıvítenb tenünk nk kell. Tudjuk, hogy irreducibilis polinom esetén n van K-nak K olyan bıvítése, amelyben a polinomnak van gyöke. Ennek a tételnek t telnek az alkalmazásával teljes indukcióval bizonyíthatunk. testek 57

58 Példa. Az x -22 polinom felbontási teste Q fölött Q. Az x -22 polinom felbontási teste R fölött R. Az x -π polinom felbontási teste R fölött R. Az x 2 +1 polinom felbontási teste Q fölött Q(i). Az x 2 +1 polinom felbontási teste R fölött C. testek 58

59 Feladatok 19. Határozzuk meg az (x 2 +1)(x 2-2x+1) polinom felbontási testét Q felett. ( ) Q 3 2 megegyezik-e minimálpolinomj lpolinomjánaknak a felbontási testével? 21. Van-e e racionális gyöke az f(x)=x 3 -x 2 -x-22 polinomnak? Mi az f(x) felbontási teste Q felett? testek 59

60 Véges testek testek 60

61 Tétel. Tetszıleges p prím és s n természetes szám m esetén n létezik l p n elemő véges test. Bizonyítás. n Legyen K=Z p, és s vegyük k az f = p x x felbontási testét t K felett. Ebben a testben benne van a polinom mindegyik gyöke. Vizsgáljuk meg, hogy van- e az f polinomnak többszt bbszörös gyöke. n n x p f ' = p 1 1 Mivel a test karakterisztikája p (vagyis pr=0 minden r elem esetén), így p n r=0 is teljesül, l, tehát t f = f -1. Mivel f -nak nincs gyöke, f-nek f nincs többszt bbszörös s gyöke. f gyökeinek a száma p n. testek 61

62 Megmutatjuk, hogy a gyökök k L halmaza testet alkot. Ehhez csak azt kell belátnunk, hogy az M felbontási testben L résztest, r vagyis 1. L L L L 2. L (L*) L L*) - 1 L p 1. Legyen u, v L, tehát u n p u = 0 és v n v p p Amibıl u n = u és s v n = v * p n p n p n Vegyük u-v-t. ( u v) = u v mert a hatvány kifejtésénél l a p karakterisztika miatt a többi együtthat ttható 0. Ez utóbbi azonban * miatt éppen p n u-v,, ami azt jelenti, hogy ( u v) ( u v) = 0 tehát u-v is gyöke L-nek. L Beláttuk, hogy L L L. Hasonlóan an láthatl tható be, hogy L (L*) L*) - 1 L, s így L testet alkot. Ezek szerint az M felbontási test maga az L. Megkaptuk az ígért p n elemő testet. = 0 testek 62

63 Megjegyzés. Beláthat tható,, hogy minden p n elemő test izomorf egymással. Láttuk korábban, hogy minden véges v test Z p bıvítésének tekinthetı valamilyen p prím m esetén, így p n elemő,, ahol n alkalmas természetes szám. Most láttuk, l hogy tetszıleges p prím és s n természetes szám m esetén n létezik l p n elemő véges test. Ezzel teljesen felderített tettük k a véges v testeket. testek 63

64 Tétel. Véges test multiplikatív csoportja ciklikus. A generáló elemet a test primitív v elemének nevezzük. A multiplikatív csoportnak több t generáló eleme is van általában. testek 64

65 Feladatok Véges test elemeinek összege, szorzata 29.. Bizonyítsuk be a Wilson-tételt telt: (p 1)! 1)! 11 (mod( p), ha p prím. Megoldás. Z p elemeivel dolgozunk. Minden [a] maradékoszt kosztályhoz párosp rosítjuk azt a [b] maradékoszt kosztályt, amellyel szorozva [1]-et ad. Mivel Z p test, minden [a] [0]-hoz van ilyen [b]. Ha [a] párja p [b], akkor nyilván n [b] párja p [a]. E párosp rosítás s során n csak az [1] és s [-1][ osztály lesz önmaga párja. p Ha ugyanis [u] párjap önmaga, akkor u 2 1 (p) 0 u 2 1 (u 1)(u+1) (p) p prím p u 1 1 vagy p u+1 u 1 1 (p) vagy u -1 1 (p) Szorozzuk össze tehát t mindegyik osztályt a párjp rjával, ha az különbk nbözik tıle. t Ezeket az értékeket egymással is összeszorozva [1] -et kapunk, amit még m g meg kell szoroznunk a kimaradt osztályokkal, az [1] -gyel, és ha ettıl l különbk nbözik akkor a [-1][ -gyel is. Ha [1] [-1] akkor (p 1)! 1)! 1( 1(-1)= 1)= 11 (mod p) p=2 esetén n [1] = [-1], s így (p 1)! 1 11 (mod p) szintén n teljesül. l. testek 65

66 30. Mennyi valamely véges v test nem nulla elemeinek a szorzata? Megoldás. Tetszıleges véges v testben is megtehetjük, hogy mindegyik elemet megszorozzuk az inverzével, vel, s a szorzatok értéke 1-et 1 ad (most 1 az adott véges v test egységeleme). geleme). Meg kell vizsgálnunk, hogy van-e e olyan elem, amelyik önmaga inverze. Ha u inverze önmaga, akkor 1 u = u vagyis 0=u 2 1=(u 1)(u+1) Mivel testben nincs nullosztó,, ebbıl l u-1= u 0, vagy u+1= 0, amibıl l u=1, vagy u=-1. Szorozzuk össze mindegyik elemet az inverzével, vel, ha az különbk nbözik tıle. Ha ezeket az értékeket egymással is összeszorozzuk, 1-et 1 kapunk, amit még m g meg kell szoroznunk a kimaradt -1-gyel, s így az eredmény -11 lesz. Ha a véges v testben 1-1, akkor az eddigi eredményt még m g 1-gyel 1 is szoroznunk kell ami természetesen nem változtat v a szorzat értékén. Így tetszıleges véges v test nem nulla elemeinek a szorzata -1-et ad. testek 66

67 31. Véges V testben mi az elemek számának paritása? Megoldás. Az elızı példa magyarázat zatából l kiderül, hogy ha 1= 1, akkor az elemszám m páros, p mert a párosításból l csak az 1 és s a 0 marad ki, ha 1 1, 1 1, akkor páratlan p az elemszám, m, mert a párosításból l az 1, -1 és s a 0 marad ki. testek 67

68 Vieta formulák, gyökök és s együtthat tthatók k közötti k összefüggések Legyen R egységelemes integritási tartomány, és tegyük fel, hogy az f(x) n-edfokú polinom multiplicitással együtt vett n gyöke mind R-ben van. Legyenek ezek a gyökök: c c,, 1, 2 K c n testek 68

69 2008. janu január 2. r 2. Testb Testbıvítés, v s, véges testek ges testek ( ) = = a x a x a x a x f n n n n = = ) ( ) ( ) ( 2 1 n n c x c x c x a K )) ( ) 1 (... ) ( ) ( ( n n n n n n n n n c c c x c c c c c c x c c c x a = K K K ) ( n n n c c c a a = K K K ) ( n n n n c c c c c c a a = ) ( 1 ) ( n n n c c c a a = K Ebb Ebbıl

70 32. Legyen L egy véges v test, L =q k. Számítsuk ki a következk vetkezı összeget: l. l L Megoldás. Legyen g ( x ) = x q k x Ennek a polinomnak a gyökei éppen az L test elemei. A Vieta-formul formulát t alkalmazzuk. a a n 1 n = ( c1 + c2 + K+ c Ha n = q k 3, akkor a n-1 =0, a fenti érték k is nulla, s így a test elemeinek összege nulla. Ha n = q k =2,, akkor a test elemeinek összege 1, mert a testnek egyik eleme a 0, másik m eleme az 1. n ) testek 70

71 33. Legyen L véges test, L =q k. Jelölje lje L* az L multiplikatív csoportját. t. Számítsuk ki a következı szorzatot: l. l L* Megoldás. Az alábbi k(x) polinom gyökei az L test nemnulla elemei. k ( x) A Vieta formulát t alkalmazzuk a a 0 n q k = 1 x 1 n = ( 1 ) ( c 1 c 2 K Most a =-1, a 0 1 =1. Ha n = q k -1 páros, akkor a nem nulla elemek szorzata -1. Ha n = q k -1 páratlan, akkor a nem nulla elemek szorzata 1. Ekkor azonban a test karakterisztikája 2, így 1+1=0, vagyis 1=-1. Ekkor is mondhatjuk, hogy a nem nulla elemek szorzata -1. c n ) testek 71

72 Irodalomjegyzék G. Birkhoff-T.. C. Bartee: A modern algebra a számítógép- tudományban Mőszaki KönyvkiadK nyvkiadó,, 1974 Freud Róbert: R Lineáris algebra ELTE EötvE tvös s Kiadó,, Budapest, 1996 Fuchs László: Algebra Tankönyvkiad nyvkiadó, Bp,, 1991 Gonda János: Bevezetı fejezetek a matematikába III. ELTE TTK, Bp Járai Antal: Bevezetés s a matematikába Eötvös s Kiadó,, Budapest, 2005 Láng Csabáné: Bevezetı fejezetek a matematikába II. ELTE, Bp Környei Imre: Algebra Tankönyvkiad nyvkiadó, Bp,, 1965 F. Reinhardt-H. Soeder: SH atlasz Matematika Springer, 1993 Schmidt Tamás: Algebra Tankönyvkiad nyvkiadó, Bp,, 1980 Surányi László: Algebra, testek, győrők, polinomok Typotex Bp testek 72