4. Test feletti egyhatározatlanú polinomok. Klasszikus algebra előadás NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!!

Átírás

1 4. Test feletti egyhatározatlaú poliomok Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás 2013 április 11. Eddig a poliomokkal mit formális kifejezésekkel számoltuk, em éltük azzal a lehetőséggel, hogy x helyébe az alaptest (vagy -gyűrű) elemeit be lehet helyettesítei. Mostatól viszot a poliomokat függvéyekek (is) tekitjük. Ebbe a fejezetbe T midig tetszőleges testet jelöl Defiíció Az f = a x + + a 1 x + a 0 T [x] poliom c T helye vett helyettesítési értéké az f (c) = a c + + a 1 c + a 0 T elemet értjük. Az f T [x] poliomhoz tartozó poliomfüggvéy pedig em más, mit az leképezés. f : T T, c f (c) A poliomot és a hozzá tartozó poliomfüggvéyt ugyaúgy jelöljük; a szövegköryezetből kiderül, hogy mikor melyikről va szó. Ha poliomfüggvéyekről va szó, akkor x-et változóak evezzük (em pedig határozatlaak). Az f = x 3 Z 3 [x] poliomhoz tartozó poliomfüggvéy: Z 3 Z 3, = 0, = 1, = 2. A g = x Z 3 [x] poliomhoz tartozó poliomfüggvéy: Z 3 Z 3, 0 0, 1 1, 2 2. Látjuk, hogy f -hez és g-hez ugyaaz a poliomfüggvéy tartozik (evezetese az idetikus függvéy), oha f és g két külöböző poliom. Ezért agyo fotos, hogy NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! Általáosabba, ha T egy q-elemű test, akkor a T T leképezések száma T feletti poliomból q q, míg végtele sok va, így végtele sok külöböző poliomhoz tartozik ugyaaz a poliomfüggvéy. Ezért agyo fotos, hogy NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!!

2 4.3. Defiíció Az α T elem gyöke (más szóval zérushelye) az f T [x] poliomak, ha f (α) = Tétel (Bézout tétele) Bármely f T [x] és α T eseté f (α) = 0 x α f. Osszuk el f -et (x α)-val maradékosa: f = q (x α) + r, ahol q, r T [x] és deg r < deg (x α) = Következméy Tetszőleges f, g T [x] poliomok eseté f és g közös gyökei ugyaazok, mit lko (f, g) gyökei. Legye d = lko (f, g). Tetszőleges α T eseté α közös gyöke f -ek és g-ek f (α) = 0 és g (α) = 0 Vegyük észre, hogy itt r kostas poliom. Értékeljük ki az x = α helye a feti egyelőség midkét oldalát: f (α) = q (α) (α α) + r = r. x α f és x α g x α d d (α) = 0. (Bézout) (lko def.) (tuozéb) Tehát x α f r = 0 f (α) = Következméy Ha α 1,..., α k T párokét külöböző elemek és f T [x], akkor Adósságredezés f (α 1 ) =... = f (α k ) = 0 (x α 1 )... (x α k ) f. f (α 1 ) =... = f (α k ) = 0 x α 1,..., x α k f (x α 1 )... (x α k ) f (Bézout) (miért?) 4.7. Következméy Ha az f T [x] poliom fokszáma, akkor legfeljebb külöböző gyöke va a T testbe. Legyeek α 1,..., α k T az f poliom összes külöböző gyökei. Ekkor A Bevezetés a számelméletbe előadáso bizoyítás élkül szerepelt az alábbi álĺıtás Lemma Ha p prímszám, akkor az x d 1 (mod p) kogrueciáak legföljebb d megoldása lehet modulo p. Ha p prímszám, akkor Z p test, így az x d 1 Z p [x] poliomak legföljebb d gyöke lehet. Az x 2 1 Z 12 [x] poliomak égy gyöke is va! (x α 1 )... (x α k ) f = k deg f =.

3 4.8. Defiíció Azt modjuk, hogy az f T [x] poliomak az α T elem k-szoros gyöke, ha (x α) k f, de (x α) k+1 f. A k számot az α gyök multiplicitásáak evezzük Megjegyzés Megegedjük a k = 0 esetet is: α potosa akkor ullaszoros gyök, ha em gyök. Háyszoros gyöke a 2 az f = x 5 4x 4 3x x 2 52x + 24 poliomak? f = (x 2) ( x 4 2x 3 7x x 12 ) = = (x 2) 2 ( x 3 7x + 6 ) = = (x 2) 3 (x 2 + 2x 3 ) = háromszoros gyök em gyöke a 2 Mikor irreducibilis egy f poliom a T test felett? f 0, 1 deg f 1 triviális felbotás: f =, ahol deg = 0, deg = deg f (vagy fordítva) emtriviális felbotás: f =, ahol 1 deg, deg < deg f Álĺıtás Az elsőfokú poliomok bármely test felett irreducibilisek. Ha f =, akkor deg + deg = 1, és így deg = 1, deg = 0 vagy deg = 0, deg = 1. Midkét esetbe triviális a felbotás Tétel Ha f T [x] irreducibilis és deg f 2, akkor f -ek ics gyöke. Ha α gyöke f -ek, akkor f = (x α) ( ) emtriviális felbotás Tétel Ha f T [x] és 2 deg f 3, akkor f potosa akkor irreducibilis, ha ics gyöke. Ha f =, akkor deg + deg = 2, 3, így a emtriviális felbotásokra a következő lehetőségek vaak: deg f deg deg Tehát f akkor és csak akkor em irreducibilis, ha va elsőfokú osztója. Egy elsőfokú poliom asszociáltság erejéig midig x α alakba írható, ez pedig akkor és csak akkor osztja f -et, ha α gyöke f -ek. ( ) ( ) ax + b = a x + b a x + b a = x b a = x α Összefoglalva: Az irreducibilis = ics gyöke impikáció igaz a legalább másodfokú poliomokra. Elsőfokúakra em igaz: azok midig irreducibilisek és midig va gyökük! A ics gyöke = irreducibilis implikáció igaz a másod- és harmadfokú poliomokra, de magasabbfokúakra em! Az f = x 4 + 2x R [x] poliomak ics valós gyöke, mégsem irreducibilis R felett: f = ( x ) ( x ).

4 Legalább egyedfokú poliomok eseté A GYÖKNÉLKÜLISÉGBŐL NEM NEM NEM NEM NEM NEM NEM KÖVETKEZIK AZ IRREDUCIBILITÁS!!! Az f = x R [x] poliom irreducibilis, de ugyaez a poliom C [x]-be már felbomlik: x = (x + i) (x i). Az f = x 2 2 Q [x] poliom irreducibilis, de ugyaez a poliom R [x]-be már ( felbomlik: x 2 2 = x ) ( 2 x + ) 2. (És persze C [x]-be is felbomlik.) Általába, miél agyobb az alaptest, aál több esélye va egy poliomak felbomlai. Ha T részteste K-ak és f T [x], akkor f irreducibilis K felett f irreducibilis T felett. Irreducibilis poliomok a komplex számtest felett Tétel (az algebra alaptétele) Mide legalább elsőfokú komplex együtthatós poliomak va gyöke a komplex számok testébe Következméy A komplex számok teste felett potosa az elsőfokú poliomok irreducibilisek. Tudjuk, hogy az elsőfokúak bármely test felett irreducibilisek. Ha f C [x] legalább másodfokú, akkor az algebra alaptétele szerit va valódi (pl. elsőfokú) osztója Következméy Mide legalább elsőfokú komplex együtthatós poliom elsőfokú poliomok szorzatára bomlik. Ha f = a x + + a 1 x + a 0 C [x] ( 1, a = 0), akkor f -ek multiplicitással számolva potosa gyöke va. Ha ezek a gyökök α 1,..., α (midegyiket ayiszor feltütetve, ameyi a multiplicitása), akkor f = a (x α 1 ) (x α ). Ezt evezzük a poliom gyöktéyezős felbotásáak. C [x] EUGY = FIGY = GAGY = mide C feletti legalább elsőfokú poliom irreducibilisek, azaz elsőfokúak szorzatára bomlik. Ezek az elsőfokúak asszociáltság erejéig x α alakúak. Tehát f C [x] irreducibilis faktorizációja így fest: f (x α 1 ) (x α ). Világos, hogy ekkor f gyökei éppe az α 1,..., α komplex számok.

5 Irreducibilis poliomok a valós számtest felett Tétel A valós poliomok emvalós gyökei komplex kojugált párokba lépek fel: Következméy Bármely f, g C [x] eseté f g akkor és csak akkor teljesül, ha f mide gyöke egyúttal gyöke g-ek is, mégpedig legalább akkora multiplicitással, mit f -ek. Haszáljuk a Tételt (oszthatóság eldötése az irreducibilis faktorizációba fellépő kitevők segítségével)! Az f poliom gyökei egy az egybe megfelelek f prímosztóiak, továbbá az α gyök multiplicitása éppe az x α prímtéyező kitevője f prímfelbotásába. f R [x] z C \ R : f (z) = 0 = f (z) = 0. (Igaz z R eseté is, de akkor semmitmodó!) Legye f = a x + + a 1 x + a 0, ahol a,..., a 1, a 0 R. f (z) = a z + + a 1 z + a 0 = a z + + a 1 z + a 0 (a i R) = a z + + a 1 z + a 0 (1.11/(4)) = a z + + a 1 z + a 0 (1.11/(2)) = f (z) Tehát f (z) = 0 = f (z) = f (z) = 0 = Következméy Mide páratla fokszámú valós együtthatós poliomak va valós gyöke. Levezethető az előző tételből, de függvéyvizsgálattal még köyebb Következméy Egy valós együtthatós poliom potosa akkor irreducibilis a valós számok teste felett, ha elsőfokú, vagy olya másodfokú poliom, melyek ics valós gyöke. Tehát az R feletti irreducibilis poliomok a következők: ax + b (a, b R, a = 0) ; ax 2 + bx + c ( a, b, c R, a = 0, b 2 4ac < 0 ). Tudjuk, hogy a legfeljebb másodfokú poliomok között potosa a fetiek az irreducibilisek (lásd Tétel). Bizoyítás (folyt.) Legye most f R [x] legalább harmadfokú. Ha f -ek va valós gyöke, akkor em irreducibilis R felett (4.11. Tétel). Ha f -ek ics valós gyöke, akkor legye α C \ R egy emvalós komplex gyök. Ekkor α is gyöke f -ek (4.17. Tétel), és α = α mert α / R. Ezért az (x α) (x α) f oszthatóság teljesül C [x]-be (4.6. Következméy). Node (x α) (x α) = x 2 2 Re α x + α 2 R [x], így f -ek (x α) (x α) valódi osztója R [x]-be (miért?). Tehát f em irreducibilis.

6 Primitív poliomok Defiíció Az a x + + a 1 x + a 0 Z [x] poliomot primitív poliomak evezzük, ha együtthatói relatív prímek, azaz lko (a 0,..., a ) = 1. Irreducibilis poliomok a racioális számtest felett Álĺıtás Mide racioális együtthatós poliom felbotható egy racioális szám és egy primitív poliom szorzatára: f Q [x] r Q f Z [x] : f = r f és f primitív poliom. Legye f = p i q i x i, ahol p i, q i Z, lko (p i, q i ) = 1 (i = 0,..., ). f = Q 1 Q p i x i, ahol Q = lkkt (q 0,..., q ) q i b i Z f = d Q b i d xi, ahol d = lko (b 0,..., b ) Primitív poliomok Bizoyítás (folyt.) Tehát f = r f, ahol r = d Q Q és f = b i d xi Z [x] primitív poliom Megjegyzés Az előző álĺıtásba f f (ha f = 0), tehát Q [x]-be asszociáltság erejéig midig lehet primitív poliomokkal számoli. Legye f = 15 7 x x Q [x]. f = 15 7 x x = x x = 28 1 (60x x + 70 ) = 5 28 r (12x x + 14 f ) Redukció modulo p Rögzítsük egy p prímszámot, és tekitsük az f = együtthatóit modulo p: f := a i x i Z p [x]. A maradékosztályokkal való számolás defiíciójából adódik, hogy f, g Z [x] : f g = f g. a i x i Z [x] poliom Nyilvá deg f deg f, továbbá ha p a, akkor a = 0, és így deg f < deg f =. Legye p = 5 és f = 10x 3 + 7x x 2. Ekkor f = 10x 3 + 7x x + 2 = 0x 3 + 2x 2 + 0x + 3 = 2x Z 5 [x].

7 Gauss-lemma Lemma f Z [x] primitív mide p prímszámra f = 0 Z p [x]. = : Ha f em primitív, akkor létezik olya p prím, ami osztja f mide együtthatóját, és így f = 0 Z p [x]. = : Ha létezik olya p prím, amelyre f = 0 Z p [x], akkor p osztja f mide együtthatóját, és így f em primitív Tétel (Gauss -lemma) Primitív poliomok szorzata is primitív. Legyeek f és g primitív poliomok, és tegyük fel, hogy fg em primitív. fg em primitív = létezik olya p prím, amelyre fg = 0 Z p [x]. f primitív = f = 0 Z p [x]. g primitív = g = 0 Z p [x]. Tehát a Z p [x] gyűrűbe f és g zérusosztók, ez pedig lehetetle, mivel Z p test. (Lásd a Álĺıtást és a Tételt.) Felbotás Q, illetve Z felett Tétel f Z [x], deg f 1 eseté (1) (2) (1) g, h Z [x] : f = g h és 0 < deg g, deg h < ; (2) g, h Q [x] : f = g h és 0 < deg g, deg h <. Az világos, hogy (1) = (2). Tegyük fel, hogy (2) teljesül, és legye g = r g, h = s h, ahol r, s Q és g, h Z [x] primitív poliomok. Legye rs = p q, ahol lko (p, q) = 1 és q > 0. Ekkor Meg fogjuk mutati, hogy q = 1. f = g h = rg sh = rs g h = p q g h. Felbotás Q, illetve Z felett Tétel Ha egy legalább elsőfokú egész együtthatós poliom em botható fel ála kisebb fokszámú egész együtthatós poliomok szorzatára, akkor Q felett sem bomlik így fel, és viszot. Formálisa: ha f Z [x] és deg f = 1, akkor az alábbi két álĺıtás ekvivales: (1) g, h Z [x] : f = g h és 0 < deg g, deg h < ; (2) g, h Q [x] : f = g h és 0 < deg g, deg h < Megjegyzés A második feltétel azzal ekvivales, hogy f reducibilis Q felett. Az első viszot em ekvivales azzal, hogy f reducibilis Z felett. Tehát a feti tételt em fogalmazhatjuk meg egyszerűe úgy, hogy egy egész együtthatós poliom akkor és csak akkor irreducibilis Z felett, ha irreducibilis Q felett. Például a 2x poliom em irreducibilis Z felett de irreducibilis Q felett. Meg lehet mutati, hogy a Z feletti irreducibilis poliomok éppe a Q felett irreducibilis primitív poliomok, valamit a prímszámok (mit kostas poliomok). Felbotás Q, illetve Z felett Bizoyítás (folyt.) Legye g h = Tehát f = p q g h a i x i. A fetiek szerit = q f = p g h i {0,..., } : q p a i = i {0,..., } : q a i = q lko (a 0,..., a ) = q = 1 f = p q g h = pg Z[x] h. Z[x] A feti felbotásba a fokszámok ugyaazok, mit az eredeti f = gh felbotásba, hisze pg g és h h.

8 Felbotás Z felett Probléma Adott -edfokú f Z [x] poliom eseté hogya döthetjük el, hogy létezek-e olya g, h Z [x] poliomok, melyekre f = g h és 0 < deg g, deg h <? Ötlet Ha f = g h, akkor bármely c egész számra f (c) = g (c) h (c), tehát g (c) osztója f (c)-ek. Így csak véges sok lehetőség va g (c)-re (kivéve, ha f (c) = 0). Ha elég sok helye ismerjük g értékét, akkor g-t meg tudjuk határozi. Kroecker-algoritmus Defiíció Azt modjuk, hogy a p prímszám potos osztója az a egész számak, ha a osztható p-vel, de p 2 -tel már em. A potos oszthatóságot jelöli: p a p a és p 2 a. Schöema Eisestei Tétel (Schöema Eisestei-féle irreducibilitási kritérium) Legye f = a x + + a 1 x + a 0 Z [x]. Ha létezik olya p prímszám amelyre p a, p a 1,..., p a 1, p a 0 = f (0), akkor f irreducibilis a racioális számok teste felett. Tfh. va ilye prím, és f mégsem irreducibilis Q felett. A Tétel szerit Redukáljuk modulo p: g, h Z [x] : f = g h és 0 < deg g, deg h <. f = g h = g h Z p [x]. Tudjuk, hogy deg g deg g és deg h deg h. Ha itt valamelyik egyelőtleség szigorú lee, akkor deg f = deg g h = deg g + deg h < deg g + deg h = deg f =, ami, hisze p a miatt f fokszáma em csökke a mod p redukcióál. Schöema Eisestei Bizoyítás (folyt.) Tehát 0 < k := deg g = deg g és 0 < l := deg h = deg h. Az f együtthatóira kirótt oszthatósági feltétel alapjá és így szükségképpe Ebből következik, hogy g h = f = a x Z p [x], g = bx k, h = cx l, ahol k + l = és b c = a. g (0) = g ( 0 ) = b 0 k = 0 = p g (0) h (0) = h ( 0 ) = c 0 l = 0 = p h (0) = = p 2 g (0) h (0) = f (0) = a 0. Schöema Eisestei Következméy Mide 1 egész számra létezik Q felett irreducibilis -edfokú poliom. x + 2 Érdemes ezt összehasoĺıtai a komplex és a valós számtest esetével: C felett csak az elsőfokúak, R felett csak az elsőfokúak és bizoyos másodfokúak irreducibilisek. Még szerecse, hogy a racioális számok testéek már ics valódi részteste! Megjegyzés A Schöema Eisestei-tétel megfordítása...

9 Schöema Eisestei Megjegyzés A Schöema Eisestei-tétel megfordítása... NEM IGAZ!!! Vagyis abból, hogy em létezik olya p prímszám, ami teljesíteé a megfelelő oszthatósági feltételeket, em következik, hogy a poliom em irreducibilis (keressük ellepéldát! ). A megfordítás helyett következzék ikább a tétel tükörképe Tétel ( Legye f = a x + + a 1 x + a 0 Z [x]. Ha létezik olya p prímszám amelyre p a, p a 1,..., p a 1, p a 0, akkor f irreducibilis a racioális számok teste felett. Schöema Eisestei-féle irreducibilitási kritérium ) Racioális gyökök Tétel (Rolle tétele) Legye f = a x + + a 1 x + a 0 egy tetszőleges egész együtthatós poliom. Ha p q egy egyszerűsíthetetle tört alakjába feĺırt racioális szám (azaz p, q Z, q = 0 és lko (p, q) = 1), akkor ( ) p f = 0 = q a és p a 0. q Speciálisa: egész együtthatós főpoliom racioális gyökei midig egész számok. Természetese a feti yíl em fordítható meg: q a és p a 0 em garatálja, hogy p q gyöke f -ek. A Rolle-tételbe az a jó, hogy egy véges halmazt ad meg, amelybe az összes racioális gyököt megtalálhatjuk (ha va egyáltalá racioális gyök). Racioális gyökök Tegyök fel, hogy p q gyöke f -ek (lko (p, q) = 1). ( ) p p 0 = f = a q q + a p 1 1 q a p 1 q + a 0. Szorozzuk be q -el: 0 = a p + a 1 p 1 q + + a 1 pq 1 + a 0 q p = p = p a 0 Hasolóa: a p + a 1 p 1 q + + a 1 pq 1 + a 0 q = 0 q a = q = q