Polinomgy r k. 1. Bevezet. 2. Polinomok. Dr. Vattamány Szabolcs.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Polinomgy r k. 1. Bevezet. 2. Polinomok. Dr. Vattamány Szabolcs. http://www.huro-cbc.eu"

Átírás

1 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: Z az egész, Q a racionális, R a valós, C a komplex számok halmaza. Az alapvet fogalmak tisztázása után bemutatjuk az euklideszi algoritmust, majd betekintést nyújtunk a polinomok gyökeinek vizsgálatába. Végül tisztázzuk, melyek az irreducibilis (prím) polinomok a különböz számhalmazok fölött. 2. Polinomok Emlékeztetünk rá, hogy egy (R, +, ) kétm veletes algebrai struktúra gy - r, ha az összeadásra nézve Abel-csoport (azaz a m velet asszociatív, létezik zéruselem, minden elemnek van inverze és a m velet kommutatív), a szorzásra nézve félcsoport (azaz a szorzás asszociatív) és a szorzás disztributív az összeadásra nézve. Kommutatív gy r r l beszélünk, ha a szorzás kommutatív, egységelemes gy r t mondunk, ha (a szorzásra nézve) létezik egységelem. Ha két zérustól különböz elem szorzata különbözik a zérustól, akkor a gy - r zérusosztómentes. A kommutatív, egységelemes, zérusosztómentes gy r k integritástartományok. Az (K, +, ) kétm veletes algebrai struktúra test, ha gy r és a zérustól különböz elemek a szorzásra nézve Abel-csoportot alkotnak. Gy r k a következ k: (1) (Z, +, ), 1

2 (2) (P, +, ), ahol P a páros egészek halmaza, (3) az n n-es mátrixok halmaza, ahol a két m velet a mátrixösszeadás és a mátrixszorzás. Világos, hogy (1) integritástartomány, (2) kommutatív, de nincs benne egység, (3) egységelemes, de nem kommutatív (ha n 2) és nem zérusosztómentes. Példák testekre: (Q, +, ), (R, +, ), (C, +, ). 1. Deníció. Legyen R integritástartomány. Az R fölötti egyhatározatlanú polinomok az n a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n = a i x i (a i R, 0 i n, n N) alakú formális kifejezések azzal a megállapodással, hogy n m esetén a n a ix i, m j=0 b jx j (a i, b j R) akkor és csakis akkor jelölik ugyanazt a polinomot, ha a 0 = b 0, a 1 = b 1,..., a n = b n, b n+1 =... = b m = 0. A kifejezésben szerepl R-beli elemek a polinom együtthatói. Eszerint két polinom akkor és csakis akkor egyenl, ha az együtthatóik rendre megegyeznek. Az R integritástartomány fölötti egyhatározatlanú polinomok halmaza R[x]. Megállapodunk abban, hogy egy R[x]-beli polinom 0x i (i 1) alakú tagjait nem írjuk ki, valamint az 1x i (i 1) helyett x i -t írunk. 2. Deníció. Az f, g R[x], f = n a ix i, g = m j=0 b jx j összegén az f + g = max(n,m) l=0 (a l + b l )x l polinomot értjük, ahol b m+1 =... = b n = 0, ha n > m, és a n+1 =... = a m = 0, ha m > n. A két polinom szorzata: n+m fg = ( a i b j )x l. l=0 i+j=l Az átláthatóság kedvéért kiírjuk a most bevezetett összeadást és szorzást rövidített jelölés nélkül is. Ha f = a n x n + a n 1 x n a 0, g = b m x m + b m 1 x m b 0, és n m, akkor egészítsük ki g-t úgy, hogy b m+1 =... = b n = 0, ekkor f + g = (a n + b n )x n + (a n 1 + b n 1 )x n a 0 b 0. fg = a n b m x n+m + (a n b m 1 + a n 1 b m )x n+m (a 1 b 0 + a 0 b 1 )x + a 0 b 0. 2

3 1. Feladat. Határozzuk meg az x 3 2x 2 + 3x 4 és a 3x 2 x + 2 Z[x]-beli polinomok összegét és szorzatát! Megoldás. (x 3 2x 2 + 3x 4) + (3x 2 x + 2) = x 3 + x 2 + 2x 2 (x 3 2x 2 + 3x 4)(3x 2 x + 2) = = 3x 5 x 4 + 2x 3 6x 4 + 2x 3 4x x 3 3x 2 + 6x 12x 2 + 4x 8 = = 3x 5 7x x 3 19x x 8. Megjegyzés: Világos, hogy a feladatban szerepl polinomokat nemcsak az egészek, hanem a racionálisak, a valósok és a komplex számok fölötti polinomoknak is tekinthetjük, mivel ezek a számhalmazok (az els kivételével) mindegyike tartalmazza az el z t (precízebben az el z vel izomorf részhalmazt). A kés bb tárgyalt felbonthatóság szempontjából viszont lényeges tisztázni, hogy egy adott polinom melyik számhalmaz fölötti polinom, mivel ett l függ a viselkedése. A deníciók közvetlen felhasználásával bizonyítható az alábbi állítás. 1. Tétel. Tetsz leges R integritástartomány esetén R[x] a bevezetett két m - velettel integritástartományt alkot. Bizonyítás. Nyilvánvaló, hogy R[x] zéruseleme a 0 konstans polinom és f = n a ix i additív inverze az f = n ( a i)x i R[x] polinom. Mivel R-ben a szorzás asszociatív és disztributív (az R-beli) összeadásra nézve, ezért az R[x]-beli szorzás asszociatív. Szintén könnyen látható, hogy az egységelem az 1 konstans polinom, a szorzás kommutativitása és a zérusosztómentesség R-b l örökl dik. 3. Deníció. Ha f = n a ix i R[x] és a n 0, akkor az n számot a polinom fokszámának, az a n elemet a polinom f együtthatójának mondjuk. Ha a polinom f együtthatója 1, akkor f-et f polinomnak nevezzük. Állapodjunk meg abban, hogy a zéruspolinom fokszáma 1. f fokszámára bevezetjük az f jelölést. 3. Prímelem, irreducibilis elem A továbbiakban, ha mást nem mondunk, akkor R integritástartomány, így R[x] szintén az. A fejezetben bemutatott deníciókat, állításokat tetsz leges integritástartományban tárgyalhattuk volna. 3

4 4. Deníció. Azt mondjuk, hogy f R[x] osztója a g R[x] polinomnak (vagy g többszöröse f-nek), ha van olyan h R[x], hogy fh = g. Ezt a f g szimbólummal jelöljük. Az egységelem osztóit egységeknek hívjuk. Ha f g és g f egyszerre teljesül, akkor f-et és g-t asszociáltaknak nevezzük, ennek jele f g. 1. Következmény. Az asszociáltság ekvivalenciareláció. Az f g, akkor és csakis akkor áll fönn, ha létezik olyan u R[x] egység, hogy fu = g. Bizonyítás. Ha f g, akkor f g és g f is teljesül, ezért vagy f = g = 0 vagy pedig f sem, g sem egyenl 0-val. Az utóbbi esetben létezik olyan u, v R[x] egységek, hogy fu = g és gv = f. Ekkor fuv = f, innen pedig fuv f = f(uv 1) = 0 adódik. Mivel f 0 és R[x] zérusosztómentes, így uv 1 = 0, azaz uv = 1 következik, tehát u is, v is egység. Megfordítva, ha u R[x] egység és fu = g, akkor van olyan v R[x], hogy uv = 1 és így f g és g gv = fuv = f, azaz f g. Az ekvivalenciareláció mindhárom tulajdonsága közvetlenül adódik a de- nícióból. Példaként a tranzitivitást mutatjuk meg. Ha f, g, h R[x], valamint f g és g h is teljesül, akkor fu = g és gv = h, ahol u, v R[x] egységek. Így fuv = h, s mivel u is, v is osztja az egységelelmet, ezért a szorzatuk is. Példa: (i) Z[x] egységei az 1 és a 1 konstans polinomok, így f, g Z[x] akkor és csakis akkor asszociáltak, ha f = g, vagy f = g. (ii) Q[x] egységei a 0-tól különböz konstans polinomok, ezért két polinom (nemcsak Q fölött, hanem tetsz leges test fölött is) akkor és csakis akkor asszociáltak, ha egyik a másik 0-tól különböz konstansszorosa. 5. Deníció. Ha f, g R[x] és f g, de f és g nem asszociáltak, akkor f a g valódi osztója. Egy h R[x] az f és a g legnagyobb közös osztója, ha h f és h g, továbbá ha h f és h g is fennáll, akkor h h. f és g legnagyobb közös osztóját (f, g)-vel jelöljük. Az f és g polinomot relatív prímnek mondjuk, ha (f, g) 1. Az m R[x] polinom az f és g polinom legkisebb közös többszöröse, ha f m és g m, továbbá ha f m és g m is fennáll, akkor m m. Megjegyzés: Nem biztos, hogy minden integritástartományban tetsz leges két elemnek létezik legnagyobb közös osztója. 6. Deníció. Az f R[x] irreducibilis, ha f nem a zéruspolinom, nem egység és f-nek a saját asszociáltjain kívül nincs más osztója. f-et prímelemnek nevezzük, ha nem a zéruspolinom, nem egység, s tetsz leges g, h R[x] elemekre, ha f gh, akkor f g vagy f h. Azt mondjuk, hogy az f R[x] 4

5 elem f = gh (g, h R[x]) felbontása triviális, ha g és h közül az egyik egység, a másik pedig az f asszociáltja. 2. Következmény. Legyen f R[x] zéruspolinomtól és az egységt l különböz. Az f akkor és csakis akkor irreducibilis, ha csak triviálisan bontható fel két R[x]-beli elem szorzatára. Megjegyzés: A két fogalom, mármint az irreducibilis elem és a prímelem R[x]- ben egybeesik. Azt könny látni, hogy tetsz leges integritástartományban a prímelemek irreducibilisek, u.i. D integritástartomány és q D prímelem, akkor q = uv (u, v D) estén q uv, így a prímtulajdonság miatt q u vagy q v. Mivel u q és v q triviálisan teljesül, ezért q u vagy q v, azaz a felbontás triviális, így q irreducibilis. A megfordítás, mármint, hogy az irreducibilis elemek prímek is, tetsz leges integritástartományban nem teljesül. Erre vonatkozik a következ Példa: Z[i 5] = {a + ib 5 a, b Z}. Ha két Z[i 5]-beli elem összegén és szorzatán a komplex számok szokásos összegét és szorzatát értjük, akkor (Z[i 5], +, ) integritástartomány. Az világos, hogy két, ilyen alakú komplex szám összege is, szorzata is, ilyen alakú, tehát a m veletek a halmazban maradnak. Zéruselem a 0 = 0 + 0i 5, az a + ib 5 additív inverze a a ib 5, egységelem az 1 = 1 + 0i 5, a szorzás asszociativitása, kommutativitása és a zérusosztómentesség a komplex számok közötti m velet révén nyilvánvalóan teljesül, mivel (C, +, ) test. Tekintsük a 9 = 3 3 = (2 + i 5)(2 i 5) valódi felbontásokat! Minden tényez irreducibilis Z[i 5]-ben, de nem prímek, mivel 3 9 = (2 + i 5)(2 i 5), de nem osztja (Z[i 5]-ben) egyik tényez t sem. Megjegyzés: Ahhoz, hogy tetsz leges integritástartományban az irreducibilis elemek prímek is legyenek, elegend, hogy bármely két, zérustól különböz elemnek létezzen legnagyobb közös osztója. Ekkor ugyanis érvényes az általánosított prímtulajdonság: ha a bc és (a, b) 1, akkor a c. Ha ez fennáll, tegyük föl, hogy p irreducibilis, p ab és p nem osztja az a-t, akkor p irreducibilis voltából következik, hogy (p, a) 1, az általánosított prímtulajdonság szerint ebb l pontosan a p b következik. 4. Test fölötti polinomgy r Ebben a fejezetben K tetsz leges testet jelöl, így K[x] integritástartomány, ráadásul a test bármely két, a zéruselemt l különböz elemét, azaz két K[x]-beli polinom f együtthatóját el is oszthatjuk egymással. 5

6 2. Tétel. Legyen f, g K[x] és tegyük föl, hogy g nem a zéruspolinom. Ekkor egyértelm en léteznek olyan q, r K[x] polinomok, hogy ahol r < g. Bizonyítás. Legyen f = gq + r, f = a n x n + a n 1 x n a 0 (a i K) g = b m x m + b m 1 x m b 0 (b i K, b m 0). Ha n < m, akkor f = g 0 + f. Ha m < n, akkor osszuk el az f els tagját (a n x n -et) a g els tagjával (b m x m -nel), ezt a hányadost szorozzuk meg g-vel és a szorzatot vonjuk ki f-b l. Jelöljük a különbséget f 1 -gyel. f a n b m x n m g =: f 1. (1) Mivel f els tagja biztosan kiesik, mert az x n együtthatója így 0, ezért f 1 fokszáma biztosan kisebb, mint az f fokszáma, azaz f1 < f. Ha f1 < g, akkor készen vagyunk, ha f1 > g, akkor ismételjük meg az el bbi eljárást az f 1 és a g polinomokra. Ha f 1 kezd együtthatója c l és így a fokszáma l n 1, akkor f 1 c l x n m l g =: f 2, (2) b m ahol f2 < f1, azaz f2 < n 2. Ha f2 < g, akkor készen vagyunk, ha f2 g, akkor ismételjük meg az eljárást az f 2 és a g polinomokra, és így tovább. Ekkor f > f1 > f2 >... és így mindenképpen eljutunk egy olyan f k r t b m x n m t g =: f k+1 egyenl séghez, ahol fk+1 < g. Rendezzük át az el z egyenl ségeket úgy, hogy helyettesítsük (2)-b l (1)-be f 1 -et, majd a következ b l f 2 -t és így tovább. Ekkor adódik, hogy ( an f = x n m + c l x n m l + + r ) t x n m t g + f k+1. b m b m b m Ha g szorzóját q-val, f k+1 -et r-rel jelöljük, akkor adódik, hogy f = gq + r, 6

7 ahol g > r. Láttuk tehát, hogy az euklideszi (maradékos) osztás elvégezhet. Megmutatjuk, hogy a maradékos osztás egyértelm. Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy f = gq 1 + r 1, ahol r 1 < g f = gq 2 + r 2, ahol r 2 < g, ahol q 1 q 2. Vonjuk ki a második egyenl séget az els b l, rendezve kapjuk, hogy g(q 1 q 2 ) = r 2 r 1. Mivel q 1 q 2, ezért a baloldal fokszáma legalább akkora, mint g fokszáma, a jobb oldal fokszáma viszont kisebb, mint g fokszáma, mivel r 1 és r 2 fokszáma is kisebb. Ez nyilván ellentmondás, így nem igaz az indirekt feltevésünk, hogy q 1 q 2, ezért szükségképpen q 1 = q 2 és ebb l az r 1 = r 2 is következik. Megjegyzés: A bizonyításból kiolvasható, hogyan lehet a maradékos osztást test fölötti polinomok között elvégezni. 2. Feladat. Osszuk el az f = x 5 + 4x 4 2x + 1 Q[x]-beli polinomot a g = x 3 + x 2 1 Q[x] polinommal! Megoldás. Az egész számok körében jól ismert maradékos osztás analógiája az eljárás. (x 5 + 2x 4 3x 3 + 2x 2 + 2x 1) : (x 3 + 3x 2 2x 1) = x 2 x + 2 ±x 5 ± 3x 4 2x 3 x 2 Tehát x 4 x 3 + 3x 2 + 2x 1 x 4 3x 3 ± 2x 2 ± x 2x 3 + x 2 + x 1 ±2x 3 ± 6x 2 4x 2 5x 2 + 5x + 1. x 5 + 2x 4 3x 3 + 2x 2 + 2x 1 = (x 3 + 3x 2 2x 1)(x 2 x + 2) 5x 2 + 5x + 1, azaz q = x 2 x + 2 és r = 5x 2 + 5x Deníció. A R integritástartományt euklideszi gy r nek nevezzük, ha van olyan euklideszi normának mondott : R N leképezés, amelyre teljesülnek a következ k 7

8 (i) 0 = 0, és minden 0-tól különböz a R elemre a > 0; (ii) tetsz leges a, b R elemekre teljesül, hogy ha a b és b 0, akkor a b ; (iii) bármely a, b R, b 0, elemekhez léteznek olyan q, r R elemek, hogy a = bq + r és r < b. Látható, hogy az euklideszi gy r kben van maradékos osztás, de az egyértelm séget nem követeljük meg. 3. Következmény. Tetsz leges K test fölötti K[x] polinomgy r euklideszi gy r, ha f K[x] euklideszi normáját a f := f +1 el írással értelmezzük. 8. Deníció. Legyen f, g K[x], g 0. Euklideszi algoritmusnak nevezzük a következ eljárást: osszuk el maradékosan f-et g-vel. Ha az így kapott maradék nem 0, akkor osszuk el g-t a maradékkal. Ha az így kapott maradék sem 0, akkor ez utóbbi osztás osztóját osszuk el az osztás maradékával, és így tovább. f = gq 1 + r 2, r 2 < g, g = r 2 q 2 + r 3, r 2 < r 3,. r i 1 = r i q i + r i+1, r i+1 < r i,. r n 2 = r n 1 q n 1 + r n, r n < r n 1, r n 1 = r n q n. Megjegyzés: Az eljárást mindaddig folytathatjuk, míg 0 maradékot nem kapunk. Mivel g > r 2 > nemnegatív egész számok szigorúan monoton csökken sorozata, ezért az eljárás véges számú lépésben (legföljebb g - számú lépésben) véget kell, hogy érjen. Ha az utolsó nem 0 maradék r n, akkor az eljárás véget ért. 3. Tétel. Ha f, g K[x], g 0, akkor az f és g polinomon elvégzett euklideszi algoritmus utolsó nem 0 maradéka az f és g legnagyobb közös osztója. Bizonyítás. A denícióbeli jelölést használjuk. Az algoritmus egyenletein hátulról visszafelé haladva adódnak a következ megállapítások. Az utolsó egyenlet szerint r n r n 1. Ebb l és az utolsó el tti egyenletb l következik, hogy r n r n 2. Visszafelé haladva a következ egyenletb l az következik, hogy r n r n 3, ezt folytatva a második egyenletb l adódik, hogy r n g és az els b l, hogy r n f. 8

9 1. ábra. Euklidész szobra Oxfordban Ha h f és h g, akkor az els egyenletb l következik, hogy h r 2, majd a következ egyenletekb l rendre, hogy h r 3,..., r n, ezzel beláttuk, hogy r n a legnagyobb közös osztó. 4. Következmény. Test fölötti K[x] polinomgy r ben tetsz leges két polinomnak van legnagyobb közös osztója. 3. Feladat. Keressük meg Q[x]-ben az f = x 4 + x 3 3x 2 4x 1 és a g = x 3 + x 2 x 1 polinomok legnagyobb közös osztóját! Megoldás. Az el z feladatban látott módon elvégezzük a maradékos osztásokat. Rendre adódnak a következ k: (x 4 + x 3 3x 2 4x 1) : (x 3 + x 2 x 1) = x ±x 4 ± x 3 x 2 x 2x 2 3x 1 (x 3 + x 2 x 1) : ( 2x 2 3x 1) = 1 2 x ±x 3 ± 3 2 x2 ± 1 2 x 1 2 x2 3 2 x x2 3 4 x x 3 4 9

10 ( 2x 2 3x 1) : ( 3 4 x 3 4 ) = 8 3 x 2x 2 2x x 1 ( 3 4 x 3 4 ) : ( x 1) = 3 4, azaz az euklideszi algoritmusnál megismert forma szerint x 4 + x 3 3x 2 4x 1 = (x 3 + x 2 x 1)x + ( 2x 2 3x 1) x 3 + x 2 x 1 = ( 2x 2 3x 1)( 1 2 x ) + ( 3 4 x 3 4 ) 2x 2 3x 1 = ( 3 4 x 3 4 )8 x + ( x 1) x 3 4 = ( x 1)3 4, így a x 1 polinom az f és g polinomok legnagyobb közös osztója. A következ két tételt euklideszi gy r kre mondjuk ki. Mint láttuk tetsz leges K test fölötti K[x] polinomgy r ilyen. Ezek következményként adódik a polinomelmélet alaptétele. 4. Tétel. Ha az R euklideszi gy r ben b R nem a zérus és a R valódi osztója b-nek, akkor a < b. Bizonyítás. Tegyük föl, hogy b 0. Azt mutatjuk meg, hogy ha a = b, akkor a b. Osszuk maradékosan a-t b-vel: a = bq + r, r b = a alkalmas q és r elemekkel. Mivel a b, ezért a a bq = r, így r < a és a r csak úgy állhat fönn, ha r = 0. Tehát b a is teljesül, azaz a b. 5. Tétel. Euklideszi gy r ben minden zérustól és egységt l különböz elem (sorrendt l és egységtényez t l eltekintve) egyértelm en felbomlik irreducibilis (prím) elemek szorzatára. Bizonyítás. Ha a egy euklideszi gy r zérustól és egységt l különböz eleme, akkor képezzünk egy olyan a(= a 0 ), a 1, a 2,... sorozatot, ahol a másodiktól kezdve mindegyik valódi osztója az t megel z nek. Ennek a sorozatnak csak véges sok tagja lehet, mert a sorozat tagjainak 10

11 normája természetes számokból álló szigorúan monoton csökken sorozatot alkotnak. A sorozat utolsó tagja nyilvánvalóan irreducibilis. Megmutatjuk, hogy ezzel az eljárással a egységtényez t l eltekintve irreducibilis elemek szorzatára bontható. Az el bbi eljárással megkaptuk a p 1 irreducibilis tényez t. Ha a p 1, akkor az állítás igaz. Ha a p 1 c 1, ahol c 1 valódi osztója a-nak, akkor c 1 -nek van egy irreducibilis tényez je p 2. Ha c 1 p 2, akkor c 1 p 2 c 2, ahol c 2 valódi osztója c 1 -nek. Tehát vagy a p 1 p 2 vagy a p 1 p 2 c 2. Az eljárást folytatva kapunk egy c 1, c 2,...sorozatot kapunk. Mint az el bb ez is csak véges sok tagból állhat és az utolsó tagja irreducibilis c n = p n. Ennélfogva a p 1 p 2... p n. Megmutatjuk, hogy a felbontás egyértelm, tegyük föl, hogy a p 1 p 2... p n q 1 q 2... q m, ahol legyen n m. Nyilvánvalóan p 1 osztja q 1 q 2 q m -et. Mivel az irreducibilis elemek prímek is, ezért p 1 osztja valamelyik q i -t. A jobb oldalon a sorrend alaklmas megváltoztatásával elérhet, hogy p 1 q 1. De q 1 is prím, ezért p 1 q 1. Mindkét oldalt elosztva p 1 q 1 -gyel adódik, hogy p 2... p n q 2... q m. Az el bbi eljárást megismételve rendre adódnak a következ k: p 2 q 2, p 3 q 3,..., p n q n. Ezért n = m és a a sorrendt l és egységt l eltekintve egyértelm en bontható fel irreducibilis elemek szorzatára. 5. Következmény. Legyen K tetsz leges test. Bármely f K[x] nemkonstans polinom felírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm en f = aq 1... q n alakban, ahol a K, (a 0) az f f együtthatója, q 1,... q n K[x] pedig irreducibilis f polinomok. 5. Polinomok helyettesítési értékei és gyökei A fejezetben amíg mást nem mondunk, R kommutatív, egységelemes gy - r. 9. Deníció. Legyen f = n a ix i tetsz leges R[x]-beli polinom, valamint c R. Az f polinom c helyen vett helyettesítési értékén az R gy r n f(c) = a i c i 11

12 elemét értjük. 6. Tétel. Tetsz leges f R[x] polinom és c R elem esetén létezik olyan q R[x] polinom, amelyre f = (x c)q + f(c). Bizonyítás. Legyen f = n a ix i, (a 0, a 1,..., a n R). Ekkor az f f(c) különbségre n n n f f(c) = a i x i a i c i = a i (x i c i ). Mivel x i c i = (x c)(x i 1 +cx i 2 + +c i 2 x+c i 1 ), ezért az (x c) minden tagból kiemelhet, s ezért van olyan q R[x] polinom, hogy f f(c) = (x c)q, azaz f = (x c)q + f(c). Megvizsgáljuk, hogy f együtthatói és c ismeretében, hogyan számítható ki a q polinom és f(c). Az is kiderül, hogy q egyértelm en meghatározott. Világos, hogy ha f konstans polinom, akkor f f(c) = 0, így q = 0. Ellenkez esetben q eggyel kisebb fokszámú, mint f. Legyen n 1, n n 1 f = a i x i (a 0, a 1,..., a n R, a n 0), q = b i x i (b 0,..., b n 1 R). Ekkor n n 1 a i x i = f = (x c)q + f(c) = (x c) b i x i + f(c). Világos, hogy az egyenl ség két oldalán álló polinomok együtthatói meg kell egyezzenek, ezért x n együtthatója: a n = b n 1, x i együtthatója: a i = b i 1 cb i (i = n 1,..., 1), x 0 együtthatója: a 0 = cb 0 + f(c). átrendezve b n 1 = a n, b i 1 = a i + cb i (i = n 1,..., 1), f(c) = a 0 + cb 0. Az együtthatókat a következ táblázatos formában szokás elrendezni, ezt Horner-elrendezésnek nevezik: a n a n 1... a 1 a 0 c b n 1 = a n b n 2 = cb n 1 + a n 1... b 0 = cb 1 + a 1 f(c) = cb 0 + a 0 12

13 2. ábra. William George Horner ( ) angol matematikus 4. Feladat. Horner elrendezés segítségével számítsuk ki az f = x 4 3x 3 + 6x 2 10x+16 polinom c = 4 helyen vett helyettesítési értékét, valamint adjuk meg azt a q polinomot, melyre f = (x c)q + f(c)! Megoldás = = = = 136 Ebb l leolvasható. hogy f(4) = 136 és x 4 3x 3 + 6x 2 10x + 16 = (x 4)(x 3 + x x + 30) Deníció. Azt mondjuk, hogy a c R elem az f R[x] polinom gyöke (zérushelye), ha f(c) = Következmény. Bármely f R[x] polinom és c R esetén c akkor és csakis akkor gyöke f-nek, ha létezik olyan q R[x] polinom, amelyre f = (x c)q. Bizonyítás. Ha f(c) = 0, akkor az el z tételbeli el állítás miatt f = (x c)q, valamilyen q R[x] polinomra. Megfordítva, ha van olyan q R[x] polinom, hogy f = (x c)q, akkor f(c) = (c c)q(c) = 0. Ha R integritástartomány, akkor R[x] is az. Ekkor a gyök jellemzésére szolgáló állítás megfogalmazható az x c f alakban. A következ tétel Bézout tétele tehát az el z ek következménye. 13

14 3. ábra. Étienne Bézout ( ) francia matematikus 7. Tétel. Tegyük föl, hogy R integritástartomány. Tetsz leges f R[x] polinom és c R elem esetén c akkor és csakis akkor gyöke f-nek, ha x c az f osztója (R[x]-ben). Az állítás kiterjeszthet több gyök esetére is. 8. Tétel. Tegyük föl, hogy R integritástartomány, f R[x] tetsz leges és c 1,..., c k R páronként különböz elemek. A c 1,..., c k elemek akkor és csakis akkor gyökei f-nek, ha (x c 1 )... (x c k ) az f osztója (R[x]-ben). Bizonyítás. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. Ha k = 1, akkor visszakapjuk Bézout tételét, amelyet már beláttunk, tehát teljesül az állítás. Tegyük föl, hogy k 2 és, hogy az állítás igaz az f bármely k 1 gyökére. Legyen c 1,..., c k R az f polinom páronként különböz gyökei. Az indukciós feltevés szerint (x c 1 )... (x c k 1 ) f, azaz f = (x c 1 )... (x c k 1 )q valamely q R[x] polinomra. Mivel c k is gyöke f-nek, ezért 0 = f(c k ) = (c k c 1 )... (c k c k 1 )q(c k ). Az egyenl ségjel jobb oldalán álló szorzat els k 1 tényez je nem 0, ezért, lévén R integritástartomány, q(c k ) = 0 teljesül. Bézout tétele szerint, ekkor x c k q, azaz van olyan q 0 R[x] polinom, hogy q = (x c k )q 0. Ezt írva f fenti el állításába kapjuk, hogy f = (x c 1 )... (x c k )q Következmény. Ha R integritástartomány és f R[x] nem a zéruspolinom, s f fokszáma n, akkor f-nek legföljebb n különböz gyöke van R-ben. Bizonyítás. Legyenek a különböz gyökök c 1,..., c k R. Az el z tétel szerint (x c 1 )... (c c k ) f, azaz f = (x c 1 )... (x c k )h valamilyen h R[x] polinomra. Mivel integritástartomány fölötti polinomok esetén a szorzat fokszáma a tényez k fokszámának a szorzata, így k n. 14

15 4. ábra. Johann Carl Friedrich Gauss ( ) a matematika fejedelme 6. Irreducibilis polinomok C[x]-ben Gauss bizonyította el ször a klasszikus algebra alaptételét, melyet mi bizonyítás nélkül közlünk. 9. Tétel. Minden legalább els fokú, komplex együtthatós polinomnak van gyöke a komplex számtestben. 8. Következmény. A C[x] polinomgy r ben egy polinom akkor és csakis akkor irreducibilis, ha els fokú. Bizonyítás. Az világos, hogy az els fokú polinomok minden test fölött irreducibilisek. Megfordítva, legyen f C[x] irreducibilis polinom. Mivel f legalább els fokú, így az alaptétel szerint van gyöke C-ben, azaz van olyan c C, hogy f(c) = 0. Bézout tétele szerint x c f. Mivel f irreducibilis, így x c és f asszociáltak, tehát f els fokú. 9. Következmény. Tetsz leges f C[x] nemkonstans polinom felírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm en f = a(x c 1 )... (x c n ) (a, c 1,..., c n C) alakban, ahol a C az f polinom f együtthatója, c 1,..., c n C az f gyökei. 15

16 Az f fenti el állítását gyöktényez s alaknak is szokás mondani. Ennek segítségével adódnak a Viète formulák, melyek a gyökök és az együtthatók közötti összefüggést írják le. 10. Tétel. Legyen az f = n a ix i C[x] n-edfokú polinom gyöktényez s alakja f = a n (x c 1 )... (x c n ) (c 1,..., c n C). Az f polinom a 0,..., a n együtthatói és c 1,..., c n gyökei között fennállnak a következ összefüggések: c j1... c ji = ( 1) i a n i (1 i n). a n 1 j 1 <...<j i n Bizonyítás. Ha f gyöktényez s alakjában elvégezzük a beszorzást és rendre összehasonlítjuk az együtthatókat, akkor tetsz leges i-re (1 i n) adódik, hogy a n i = ( 1) i c j1... c ji. 1 j 1 <...<j i n Megjegyzés: A jobb láthatóság kedvéért kiírjuk az el z összefüggést rövidített jelölés nélkül is. c 1 + c c n = a n 1 a n, c 1 c 2 + c 1 c c n 1 c n = a n 2 a n, c 1 c 2 c 3 + c 1 c 2 c c n 2 c n 1 c n = a n 3 a n,. c 1 c 2... c n = ( 1) n a 0 a n. 7. Valós együtthatós polinomok 11. Tétel. Az R[x] polinomgy r ben egy polinom akkor és csakis akkor irreducibilis, ha vagy els fokú, vagy olyan másodfokú, amelyiknek nincs valós gyöke. Bizonyítás. A felsorolt polinomok nyilvánvalóan irreducibilisek. Megfordítva, legyen f = n a ix i R[x] tetsz leges irreducibilis polinom. Feltehetjük, hogy f f polinom, mivel egy asszociáltja biztosan az. Tekintsük f-et 16

17 C fölötti polinomnak. Ekkor a klasszikus algebra alaptétele szerint létezik c C szám, amely f-nek gyöke. Ha c R, akkor Bézout tételét az f polinomra és a c R számra alkalmazva kapjuk, hogy R[x]-ben x c f, mivel f irreducibilis f polinom, így f = x c. Ha c nem valós, akkor c-nek c komplex konjugáltja is gyöke f-nek, mivel f( c) = n a i c i = n a i c i = n a i c i = f(c) = 0 = 0, ahol felhasználtuk, hogy f együtthatói valósak. Tehát ekkor c, c C az f két különböz gyöke, ezért (x c)(x c) f. Itt az (x c)(x c) = x 2 (c + c)x + c c polinom is és f is valós együtthatós. Vegyük észre, hogy ha C[x]-ben valós együtthatós polinomokkal végzünk maradékos osztást, akkor az eljárás minden lépésében valós együtthatós polinomokat kapunk, azaz a hányados is, a maradék is valós. Ekkor tehát a fenti két polinomra R[x]-ben is fönnáll az (x c)(x c) f oszthatóság. Mivel f irreducibilis f polinom R[x]-ben, ezért f = (x c)(x c). 10. Következmény. Bármely f R[x] nemkonstans polinom fölírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm módon f = a(x c 1 )... (x c m )(x 2 d 1 x + e 1 )... (x 2 d r x + e r ) (a, c i, d j, e j R) alakban, ahol a R (a 0) az f polinom f együtthatója, c 1,..., c m R az f polinom valós gyökei, a másodfokú kifejezések pedig olyan polinomok, amelyeknek nincsenek valós gyökei. 5. Feladat. Határozzuk meg a x 6 1 polinom irreducibilis felbontását C és R fölött! Megoldás. El ször meghatározzuk a polinom összes komplex gyökét. Ezek természetesen a hatodik egységgyökök, azaz ±1, ± ± i. Tehát a polinom 2 irreducibilis felbontása C fölött: x 6 1 =(x 1)(x + 1)(x i)(x i) (x i)(x i). 17

18 Az R fölötti irreducibilis felbontásban az els fokú tényez k a valós gyökökhöz tartozó gyöktényez k: (x 1) és (x + 1). A másodfokú tényez k pedig a konjugált gyökpárokhoz tartozó gyöktényez k szorzata: (x i)(x (x i)(x Így az R fölötti irreducibilis felbontás: 3 2 i) = x2 x + 1, 3 2 i) = x2 + x + 1. x 6 1 = (x 1)(x + 1)(x 2 x + 1)(x 2 + x + 1). 8. Racionális és egész együtthatós polinomok 11. Deníció. Egy egész együtthatós polinomot primitív polinomnak nevezünk, ha együtthatóinak legnagyobb közös osztója 1, azaz az együtthatók relatív prímek. 12. Tétel. Minden racionális együtthatós f polinom el jelt l eltekintve egyértelm en írható f = r g alakban, ahol r Q és g primitív polinom. Bizonyítás. A racionális együtthatós f polinom felírható f = a n b n x n + a n 1 b n 1 x n a 1 b 1 x + a 0 b 0 alakban, ahol a i, b i Z, (0 i n) és b 0, b 1,..., b n egyike sem zérus. Legyen a b 0, b 1,..., b n számok legkisebb közös többszöröse m és c i := ma i, így b i f = 1 m (c nx n + c n 1 x n c 1 x + c 0 ). Legyen d a c 0, c 1,... c n számok legnagyobb közös osztója és c i := c i /d. Ekkor f = d m (c nx n + c n 1x n c 0). Ha d m egyszer sített alakja r s, és g = c nx n + c n 1x n c 0, ahol nyilvánvalóan g primitív, akkor f = r s g. 18

19 Tegyük föl, hogy f = r s g is fennáll, ahol r és s relatív prímek és g primitív polinom. Ekkor azonosságból következik, hogy r s g = r s g rs g = r sg. Mivel s osztja a bal oldalt, így a jobbat is. Mivel g primitív polinom és r és s relatív prímek, így s s következik. Ugyanilyen okból s s, ezért csak el jelben különböznek. Hasonló igaz r-re és r -re, ezért r s = ±r, ebb l pedig s az is adódik, hogy g = ±g. Gausstól származik a következ észrevétel: 13. Tétel. Primitív polinomok szorzata is primitív. Bizonyítás. Legyen f és g primitív polinomok a következ alakúak: f = a n x n + a n 1 x n a 0, g = b m x m + b m 1 x m b 0. Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy az f g szorzatpolinom nem primitív, azaz van olyan p szám, amelyik a szorzat mindegyik együtthatóját osztja. Mivel f és g primitívek, ezért p nem oszthatja egyszerre sem az f, sem a g összes együtthatóját. Legyen a i és b j az f, illetve a g els olyan együtthatója, amelyiknek p nem osztója. Tehát p a n,..., p a i+1, p a i és p b m,..., p b j+1, p b j. A szorzatpolinomban x i+j -es tag együtthatója a következ alakú:... + a i+1 b j 1 + a i b j + a i 1 b j A feltevés szerint ez az együttható osztható p-vel. Az aláhúzott tag el tti tagok oszthatók p-vel, mivel f együtthatói közül a i az els, amelyik nem osztható, de az aláhúzott utániak is oszthatók, mert g együtthatói közül b j az els, amelyik nem osztható. Ebb l viszont az következik, hogy a i b j is osztható p-vel, ami ellentmondás. 19

20 14. Tétel. Egy legalább els fokú f Z[x] polinom pontosan akkor irreducibilis Z[x]-ben, ha f-re teljesül az alábbi két feltétel: (i) f primitív, (ii) f irreducibilis Q[x]-ben. Bizonyítás. Ha f irreducibilis Z[x]-ben, akkor nyilvánvalóan primitív. Megmutatjuk, hogy ekkor f Q[x]-ben is irreducibilis. Indirekt módon tegyük föl, hogy f primitív és Q[x]-ben f = f 1 f 2, ahol a tényez k legalább els fokúak. A 12. tétel szerint f 1 és f 2 felírható f 1 = r 1 f 1, f 2 = r 2 f 2 alakban, ahol r 1 és r 2 racionális számok, f1 és f2 primitív polinomok. Legyen r := r 1 r 2 := s, ahol s és t relatív prímek, ekkor t tf = sf 1 f 2 adódik. Mivel t osztja a baloldalt, ezért osztja a jobbat is, ami csak úgy lehetséges, ha t = ±1. Hasonlóan kapjuk, hogy s = ±1. Ezért f = ±f 1 f 2, azaz f reducibilis Z[x]-ben, ez ellentmondás. Tegyük föl, hogy f teljesíti a két feltételt. Ekkor f-nek a ±1-en kívül más egész szám nem lehet osztója. Nem lehet osztója legalább els fokú egész együtthatós polinom sem, mivel akkor f Q fölött sem volna irreducibilis. Ennélfogva f irreducibilis Z[x]-ben. 15. Tétel. A Z[x]-beli irreducibilis polinomok prímek. Bizonyítás. Ha f Z[x] irreducibilis, akkor a 14. tétel szerint f primitív és irreducibilis Q[x]-ben. Tegyük föl, hogy f gh és f g, ahol g és h primitív. Megmutatjuk, hogy f h. Mivel f irreducibilis Q[x]-ben, ezért ott prím is, azaz f h teljesül. Így van olyan u Q[x] polinom, hogy fu = h. A 12. tétel szerint u = r s u, ahol u primitív. Ezért r s fu = h, ahonnan f, u és h primitív volta miatt r = ±1 és s = ±1 adódik. Így u egész együtthatós polinom, azaz f h Z[x]-ben is teljesül. 16. Tétel. Z[x]-ben minden zérustól és egységt l különböz polinom egységtényez t l és sorrendt l eltekintve egyértelm en felbontható Z[x]-beli irreducibilis polinomok szorzatára. 20

21 Bizonyítás. Minden f Z[x] zérustól és egységt l különböz polinom Q[x]- ben felbontható irreducibilis polinomok szorzatára: f = f 1... f n. A 12. tétel miatt f i = r i f i, ahol r i Q és f i primitív. Legyen r 1... r n := a, ekkor f = af 1... f n, ahol a egész szám. Ha a prímtényez s felbontása a = p 1... p k, akkor adódik, hogy f = p 1... p k f 1... f n, ahol p 1... p k prímszámok és f 1... f n legalább els fokú irreducibilis polinomok Z[x]-ben. Az ismert módon tegyük föl, hogy f = q 1... q s g 1... g t egy másik irreducibilis fölbontás és azt is, hogy k s és n t. Ekkor p 1... p k f 1... f n = q 1... q s g 1... g t. Mivel az f 1... f n és a g 1... g t szorzatok primitív polinomok, így csak el jelben térhetnek el egymástól, azaz p 1... p k == ±q 1... q s és f 1... f n = ±g 1... g t. Az itt szerepl tényez k mindegyike prímtulajdonságú, ezért a tényez k sorrendjének alkalmas megválasztásával elérhet. hogy p 1 = ±q 1,..., p k = ±q k, k = s és f 1 = ±g 1,..., f n = ±g n, n = t. Theodor Schönemann ( ) és Ferdinand Gotthold Max Eisenstein ( ) német matematikusok eredménye a következ állítás, mely egy elégséges feltétel egész együtthatós polinomok irreducibilitására: 17. Tétel (Schönemann és Eisenstein tétele). Ha az f = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 Z[x] legalább els fokú polinom együtthatóira valamely p prímszámmal teljesül, hogy p a n, p a n 1,..., p a 0 és p 2 a 0, akkor f irreducibilis Q[x]-ben és ha primitív, akkor Z[x]-ben is. 21

22 Bizonyítás. Tegyük föl, hogy f reducibilis Q[x]-ben és így Z[x]-ben is. Lehetséges tehát az f = (b r x r b 1 x + b 0 )(c s x s c 1 x + c 0 ) felbontás egész együtthatókkal, ahol 1 < r < n és 1 < s < n. Írjuk föl a szorzat együtthatóit a konstanstól kezdve a 0 = b 0 c 0 a 1 = b 1 c 0 + b 0 c 1 a 2 = b 2 c 0 + b 1 c 1 + b 0 c 2. a n = b r c s. Mivel p a 0, de p 2 a 0, ezért p a b 0 és a c 0 közül az pontosan az egyiket osztja. Legyen p b 0, p c 0. Mivel p a 1 és p b 0, de p c 0, ezért p b 1. Hasonló meggondolással adódik, hogy p rendre osztja a b 0,... b r mindegyikét, amib l a p a n következik, ami ellentmondás. 18. Tétel. Legyen az f = n a ix i Z[x] tetsz leges polinom, valamint p, q Z úgy, hogy p és q relatív prímek. Ha p q Q gyöke f-nek, akkor p a 0 és q a n. Bizonyítás. Ha p ( ) p q gyöke f-nek, akkor 0 = f = ( ) i n p q a i, azaz q n - q nel beszorozva 0 = n a ip i q n i. Így p n i=1 a ip i q n i = a 0 q n. Mivel p, q relatív prímek, így p a 0. A q a n bizonyítása hasonló. Megjegyzés: Világos, hogy ha f f polinom, akkor a n = 1, így a racionális megoldások egészek, mivel a nevez csak egység lehet. Ezért ha egy egész együtthatós f polinom racionális (egész) megoldásait keressük, akkor elég kipróbálni, hogy a konstanstag osztói gyökök-e. Ezt megtehetjük pl. Hornerelrendezéssel. 6. Feladat. Határozzuk meg az f = x 5 3x 4 + 2x 3 8x x + 12 polinom összes racionális gyökét! Megoldás. A tételb l és a megjegyzésb l világos, hogy ha a nevez t pozitívnak választjuk (q = 1), akkor a szóba jöhet megoldások a 12 osztói. Mivel 12 = 2 2 3, ezért a kipróbálandó egészek: 1, 2, 3, 4, 6, 12, 1, 2, 3, 4, 6,

23 A lehetséges gyökök számának csökkentéséhez használatos a következ 19. Tétel. Legyen f Z[x] tetsz leges polinom, valamint p, q Z úgy, hogy p és q relatív prímek. Ha p Q gyöke f-nek, akkor bármely m egész számra q p + mq f( m). Bizonyítás. Legyen f = n a ix i. Az m = 0 eset éppen az el z tétel, mivel ekkor az f(0) = a 0. Ha m tetsz leges egész és p az f gyöke, akkor tekintsük q a g = n a i(x m) i polinomot. Ekkor a p q + m = p + mq gyöke g-nek és q (p + mq, q) = 1. Így p + mq g(0) = f( m). Megjegyzés: Az el z feladatbeli példánál, ha m = 1, akkor p+q f( 1) = 8, valamint m = 1 esetén p q f(1) = 10. Ha ezeket is gyelembe vesszük, akkor az egyetlen lehet ség a Ezek szerint az el z feladatban szerepl f polinomra f(3) = 24, ebb l pedig az következik, hogy nincs racionális gyöke. 23

24 Hivatkozások [1] Szendrei Ágnes: Diszkrét matematika. POLYGON, Szeged, [2] Szendrei János: Algebra és számelmélet. Tankönyvkiadó, Budapest, Tartalomjegyzék 1. Bevezet 1 2. Polinomok 1 3. Prímelem, irreducibilis elem 3 4. Test fölötti polinomgy r 5 5. Polinomok helyettesítési értékei és gyökei Irreducibilis polinomok C[x]-ben Valós együtthatós polinomok Racionális és egész együtthatós polinomok 18 24

Polinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós

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

Részletesebben

Polinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós

Polinomok (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,

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.

Diszkrét 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

Részletesebben

1. A maradékos osztás

1. 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 +

Részletesebben

1. A maradékos osztás

1. 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 +

Részletesebben

1. Polinomok számelmélete

1. 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)

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét 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.

Részletesebben

1. Egész együtthatós polinomok

1. 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

Részletesebben

1. A maradékos osztás

1. 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.

Részletesebben

LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI. Példák és megoldások

LÁNG 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..................................

Részletesebben

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 28.

Klasszikus 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,

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint

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!

: 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

Részletesebben

1. Hatvány és többszörös gyűrűben

1. 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.

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás március 24.

Klasszikus 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

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

1.1. 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.

1.1. 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

Részletesebben

0 ; a k ; :::) = ( 0: x = (0; 1; 0; 0; :::; 0; :::) = (0; 1)

0 ; a k ; :::) = ( 0: x = (0; 1; 0; 0; :::; 0; :::) = (0; 1) 3. EGYVÁLTOZÓS POLINOMOK 3.A.De níció. Komplex számok egy f = (a 0 ; a 1 ; :::; a k ; :::) végtelen sorozatáról azt mondjuk, hogy polinom, ha létezik olyan m 0 egész, hogy minden k m indexre a k = 0. Az

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis

Részletesebben

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 felbontási teste

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 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

Részletesebben

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

Vektorterek. 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

Részletesebben

Algebrai alapismeretek az Algebrai síkgörbék c. tárgyhoz. 1. Integritástartományok, oszthatóság

Algebrai 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

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Nagy 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

Részletesebben

1. 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. 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

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra

Részletesebben

Vizsgatematika Bevezetés a matematikába II tárgyhoz tavasz esti tagozat

Vizsgatematika 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,

Részletesebben

Gonda János POLINOMOK. Példák és megoldások

Gonda 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

Részletesebben

1. 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. 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

Részletesebben

Kongruenciák. Waldhauser Tamás

Kongruenciák. 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

Részletesebben

Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)

Permutációk 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

Részletesebben

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Hatványozás. A hatványozás azonosságai Hatványozás Definíció: a 0 = 1, ahol a R, azaz bármely szám nulladik hatványa mindig 1. a 1 = a, ahol a R, azaz bármely szám első hatványa önmaga a n = a a a, ahol a R, n N + n darab 3 4 = 3 3 3 3 = 84

Részletesebben

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 14.

Klasszikus 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,

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján

Részletesebben

2. Tétel (Az oszthatóság tulajdonságai). : 2. Nullát minden elem osztja, de. 3. a nulla csak a nullának osztója.

2. 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

Részletesebben

Analízis elo adások. Vajda István. 2012. szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

Analízis 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

Részletesebben

SE EKK EIFTI Matematikai analízis

SE 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

Részletesebben

1. A Horner-elrendezés

1. 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 =

Részletesebben

FELADATOK 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 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;

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét 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

Részletesebben

Zárthelyi 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. 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

Részletesebben

1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

1. 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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS 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

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Nagy 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

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált 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,,.

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18

Komplex 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

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23

Komplex 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

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:

Részletesebben

A lineáris algebrában központi szerepet betöltı vektortér fogalmát értelmezzük most, s megvizsgáljuk e struktúra legfontosabb egyszerő tulajdonságait.

A lineáris algebrában központi szerepet betöltı vektortér fogalmát értelmezzük most, s megvizsgáljuk e struktúra legfontosabb egyszerő tulajdonságait. 2. VEKTORTÉR A lineáris algebrában központi szerepet betöltı vektortér fogalmát értelmezzük most, s megvizsgáljuk e struktúra legfontosabb egyszerő tulajdonságait. Legyen K egy test és V egy nem üres halmaz,

Részletesebben

5. Az Algebrai Számelmélet Elemei

5. Az Algebrai Számelmélet Elemei 5. Az Algebrai Számelmélet Elemei 5.0. Bevezetés. Az algebrai számelmélet legegyszerűbb kérdései az ún. algebrai számtestek egészei gyűrűjének aritmetikai tulajdonságainak vizsgálata. Ezek legegyszerűbb

Részletesebben

Lineáris Algebra. Tartalomjegyzék. Pejó Balázs. 1. Peano-axiomák

Lineáris 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....................................................

Részletesebben

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2

Részletesebben

Alapvető polinomalgoritmusok

Alapvető polinomalgoritmusok Alapvető polinomalgoritmusok Maradékos osztás Euklideszi algoritmus Bővített euklideszi algoritmus Alkalmazás: Véges testek konstrukciója Irodalom: Iványi Antal: Informatikai algoritmusok II, 18. fejezet.

Részletesebben

HALMAZELMÉLET feladatsor 1.

HALMAZELMÉLET 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,

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül

Részletesebben

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok Számelmélet Legnagyobb közös osztó, Euklideszi algoritmus. Lineáris diofantoszi egyenletek. Számelméleti kongruenciák, kongruenciarendszerek. Euler-féle ϕ-függvény. 1. Oszthatóság 1. Definíció. Legyen

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Nagy 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

Részletesebben

FFT. Második nekifutás. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék október 2.

FFT. 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

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét 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

Részletesebben

DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ

DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ B szakirány 2014 június Tartalom 1. Fák definíciója ekvivalens jellemzései... 3 2. Hamilton-kör Euler-vonal... 4 3. Feszítőfa és vágás... 6 4. Címkézett

Részletesebben

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk. Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :

Részletesebben

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek Lineáris algebra 2 Filip Ferdinánd filipferdinand@bgkuni-obudahu sivabankihu/jegyzetek 2015 december 7 Filip Ferdinánd 2016 februar 9 Lineáris algebra 2 1 / 37 Az el adás vázlata Determináns Determináns

Részletesebben

Bevezetés az algebrába az egész számok

Bevezetés az algebrába az egész számok Bevezetés az algebrába az egész számok Wettl Ferenc V. 15-09-11 Wettl Ferenc Bevezetés az algebrába az egész számok V. 15-09-11 1 / 32 Jelölések 1 Egész számok és sorozataik 2 Oszthatóság 3 Közös osztók

Részletesebben

Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 2. Függvények... 8 12 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 13 16

Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 2. Függvények... 8 12 3. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek... 13 16 Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 8 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 3 1.1.1. Hatványozás...1 1.1.2. Gyökök... 1 3 1.2. Azonosságok... 3 4 1.3. Egyenlőtlenségek... 5 8 2. Függvények... 8

Részletesebben

Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

Analízisfeladat-gyűjtemény IV. Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához (003 004. tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította

Részletesebben

MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós

MBNK12: 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

Részletesebben

Bevezetés az algebrába az egész számok 2

Bevezetés az algebrába az egész számok 2 Bevezetés az algebrába az egész számok 2 Wettl Ferenc Algebra Tanszék B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M 2015. december

Részletesebben

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,

Részletesebben

MM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )

MM 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

Részletesebben

Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok

Algebra 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

Részletesebben

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 14

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 14 Komplex számok Wettl Ferenc 2012-09-07 Wettl Ferenc () Komplex számok 2012-09-07 1 / 14 Tartalom 1 Számok A számfogalom b vülése Egy kis történelem 2 Miért számolunk velük? A megoldóképlet egy speciális

Részletesebben

Számelméleti alapfogalmak

Számelméleti alapfogalmak 1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =

Részletesebben

DISZKRÉT MATEMATIKA: STRUKTÚRÁK Előadáson mutatott példa: Bércesné Novák Ágnes

DISZKRÉT 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

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. - Vizsga anyag 1 EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM INFORMATIKAI KAR Diszkrét matematika I. Vizsgaanyag Készítette: Nyilas Árpád Diszkrét matematika I. - Vizsga anyag 2 Bizonyítások 1)

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján

Részletesebben

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

1. Interpoláció. Egyértelműség (K2.4.10) 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 2,...,a n számok. Az

Részletesebben

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =

Részletesebben

Komplex számok algebrai alakja

Komplex számok algebrai alakja Komplex számok algebrai alakja Lukács Antal 015. február 8. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Legyen z 1 + 3i és z 5 4i! Határozzuk meg az alábbiakat! (a) z 1 + z (b) 3z z 1 (c) z 1 z (d) Re(i z 1 ) (e) Im(z

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

Diszkrét matematika 2 (C) vizsgaanyag, 2012 tavasz

Diszkrét matematika 2 (C) vizsgaanyag, 2012 tavasz Diszkrét matematika 2 (C) vizsgaanyag, 2012 tavasz A vizsga menete: a vizsga írásbeli és szóbeli részből áll. Az írásbeli beugrón az alábbi kérdések közül szerepel összesen 12 darab, mindegyik egy pontot

Részletesebben

MTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA. 1. Csoportelméleti alapfogalmak

MTN714: 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}; ),

Részletesebben

1. 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

Részletesebben

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Határozatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos

Részletesebben

1. Komplex szám rendje

1. 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

Részletesebben

Diszkrét matematika II. feladatok

Diszkrét 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

Részletesebben

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!

Taylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el

Részletesebben

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? 7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós

Részletesebben

I. POLINOMELMÉLET. 1. Polinomok gyökei

I. POLINOMELMÉLET. 1. Polinomok gyökei I. POLINOMELMÉLET 1. Polinomok gyökei Ebben a paragrafusban legyen A integritástartomány, amely valamely K test részgyűrűje. Definíció. Azt mondjuk, hogy a c K elem az f(x) A[x] polinom gyöke, illetve

Részletesebben

A lineáris algebra forrásai: egyenletrendszerek, vektorok

A lineáris algebra forrásai: egyenletrendszerek, vektorok A lineáris algebra forrásai: egyenletrendszerek, vektorok 2016. február 23. A lineáris algebra forrásai: egyenletrendszerek, vektorok 2016. február 23. 1 / 75 Tartalom 1 Vektor A 2- és 3-dimenziós tér

Részletesebben

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013 UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYÜGYI MINISZTÉRIUMA ÁLLAMI FELSŐOKTATÁSI INTÉZMÉNY UNGVÁRI NEMZETI EGYETEM MAGYAR TANNYELVŰ HUMÁN- ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR FIZIKA ÉS MATEMATIKA TANSZÉK Sztojka Miroszláv LINEÁRIS

Részletesebben

3. Lineáris differenciálegyenletek

3. Lineáris differenciálegyenletek 3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra

Részletesebben

Waldhauser Tamás szeptember 8.

Waldhauser 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.

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.

Részletesebben