Véges testek és alkalmazásaik

Átírás

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

40 40 ELŽZETES ISMERETEK Azt könny látni, hogy a jobboldal részgy r je C-nek, az nem teljesen világos, hogy miért van benne minden nem nulla elem reciproka. Ehhez az ötlet az, hogy kezeljük Q ( 2, 3 ) -t, mint két egyszer b vítés egymásutánja: Q ( 2 ) ( 3 ). Legyen S = Q ( 2, 3 ), T = Q ( 2 ) ( 3 ). Ekkor S = T, ugyanis: S T : 3 T, valamint Q ( 2 ) T. Utóbbiból 2 T és Q T adódik. Tehát 2, 3 T, Q T, vagyis S T. S T : Q S, 2 S, tehát Q ( 2 ) S. Továbbá 3 S, vagyis T S. Határozzuk meg tehát a T testet. Alkalmazva az tételt ( ) ( ) { (1.4) Q 2 3 = α + γ ( ) } 3 : α, γ Q 2, feltéve, hogy 3 minimálpolinomja Q ( 2 ) felett is x 2 3. Ez igaz, mert ennek a polinomnak gyöke, és ez irreducibilis Q ( 2 ) felett, mert 3 / Q ( 2 ). Viszont (1.4)-ben α = a + b 2, γ = c + d 2 (a, b, c, d Q), amib l (1.3) adódik. Ezzel a konstrukcióval választ kaptunk arra is, hogy miként kapható a reciprok: egyszer b vítésben tudunk reciprokot meghatározni, és Q ( 2, 3 ) -t épp most írtuk fel egyszer b vítések egymásutánjaként házi feladat. Legyen K L testb vítés, legyenek α, β, α 1,..., α k L algebrai elemek K felett. Az példa mintájára lássuk be az alábbiakat. 1. K (α) (β) = K (α, β) = K (β, α). 2. K (α, β) = K (α, α + β). 3. Ha α 0, akkor K (α, β) = K (α, αβ). 4. K (α 1,..., α k ) = { p (α 1,..., α k ) : p K[x 1,..., x k ] }, vagyis a hányadosok automatikusan benne lesznek már a generált részgy r ben is.

41 1.4 Testelmélet Szorzástétel A szakaszban a szorzástétellel, és annak néhány következményével ismerkedünk meg. El ször vegyük észre, hogy ha K L testb vítés, akkor L vektortér K felett. (Házi feladat: gondoljuk meg, hogy teljesülnek a vektortéraxiómák.) deníció. Legyen K L testb vítés. Ekkor L vektortér K felett (s t, még algebra is), melynek dimenziója az L foka K felett. Jele: L : K. Azt mondjuk, hogy a K L véges b vítés, ha L : K véges állítás. Legyen K L testb vítés. 1. Ha α L algebrai K felett, akkor K(α) : K = deg m α. Ezt a számot az α fokának nevezzük, és deg K α-val jelöljük. 2. Ha α transzcendens, akkor K(α) : K =. 3. K K(α) véges α algebrai. Bizonyítás. 1. Legyen n = deg m α. Az tétel alapján K(α) = { a 0 + a 1 α + + α n 1 α n 1 : a 0, a 1,..., a n 1 K }, és az el állítás egyértelm. Ez pontosan azt jelenti, hogy 1, α,..., α n 1 bázis K(α)-ban K felett, elemszáma n = deg m α. 2. Vegyük észre, hogy 1, α, α 2,..., α k,... lineárisan független K felett K(α)-ban. Ha ugyanis lenne közöttük valamilyen lineáris összefüggés, akkor az azt jelentené, hogy α gyöke egy K-együtthatós polinomnak. (Házi feladat: gondoljuk meg! ) 3. Világos az els két pontból példa. K = Q, L = Q ( 2 ), M = Q ( 2 ) ( 3 ). Ekkor 1, 2 bázis L-ben K felett, hisz 2 minimálpolinomja Q felett másodfokú. Az 1, 3 bázis M-ben L felett, mert 3 minimálpolinomja Q ( 2 ) felett másodfokú.

42 42 ELŽZETES ISMERETEK Tehát M = Q ( 2 ) ( 3 ) minden eleme egyértelm en felírható α + γ 3 alakban, ahol α, γ Q ( 2 ). Vagyis M minden eleme egyértelm en el áll a + b 2 + c 3 + d 6 alakban, ahol a, b, c, d Q. Tehát 1, 2, 3, 6 bázist alkot M-ben K felett tétel (Szorzástétel). Legyenek K L M testb vítések. Ekkor K M véges b vítés K L és L M véges b vítés, és ekkor M : K = M : L L : K. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni következmény. Legyen K L véges b vítés, α L. Ekkor α algebrai K felett, valamint deg K α osztja L : K -t. Bizonyítás. A K K(α) L testb vítésláncra kell alkalmazni az tételt. Tehát K K(α) véges, valamint L : K = K(α) : K L : K(α) miatt deg K α osztja L : K -t példa. Mennyi α = foka Q felett? Els ránézésre nem t nik egyszer nek olyan racionális együtthatós polinomot felírni, aminek α gyöke. Viszont α Q ( 3 2 ), tehát tekinthetjük a Q Q (α) Q ( 3 2 ) b vítésláncot. Most Q ( 3 2 ) : Q = 3, tehát α foka 1 vagy 3. De 1 nem lehet, mert akkor α Q lenne Testb vítések konstrukciója Eddig úgy készítettünk el új testeket, hogy azok egy már létez testnek valamilyen résztestei voltak. Ebben a szakaszban új testeket fogunk gyártani anélkül, hogy ismernénk azoknál még nagyobb testeket példa. Tudjuk, hogy a z polinomnak R-ben nincs gyöke, C-ben viszont van. Tehát a korábbiak alapján elkészíthetjük az R(i) C testet, ami egyébként izomorf lesz C-vel. Felmerül a kérdés, hogy hogyan vezethetnénk

43 1.4 Testelmélet 43 be C-t, ha még nem ismerjük? Az ötlet abban rejlik, hogy C R[x]/(x 2 +1), mégpedig az a + bi a + bx + (x 2 + 1), a R a + (x 2 + 1), i x + (x 2 + 1) megfeleltetések mentén. Tehát deniálhatnánk C-t úgy, mint az R[x]/(x 2 +1) faktorgy r t, amir l belátjuk, hogy test, majd azonosítunk minden a R valós számot az a+(x 2 +1) mellékosztállyal, i-t pedig az x+(x 2 +1) elemmel. Ekkor a kapott R-nél nagyobb testben i gyöke lesz a z polinomnak. Az ötlet általánosítható tétel. Legyen K L testb vítés, α L algebrai K felett. Legyen α minimálpolinomja K felett m α. Ekkor K(α) K[x]/(m α (x)), k K k + (m α (x)), α x + (m α (x)). Bizonyítás. Tekintsük az α behelyettesítése homomorzmust: ϕ α : K[x] L, f f (α) Ennek magja éppen azon polinomok halmaza, melyeknek gyöke α, ami éppen az (m α (x)) K[x] ideál: ker ϕ α = { f K[x] : f(α) = 0 } = (m α (x)). A homomorzmustétel miatt Im ϕ α K[x]/ ker ϕ α = K[x]/(m α (x)). Most Im ϕ α = { f(α) : f K[x] } éppen α polinomjainak halmaza, ami részgy r L-ben, tehát Im ϕ α K(α). Továbbá tudjuk, hogy K[x]/(m α (x)) test,

44 44 ELŽZETES ISMERETEK hiszen m α irreducibilis. Így Im ϕ α is test, K Im ϕ α (konstans polinomok), és α Im ϕ α (az x polinom képe), tehát K(α) Im ϕ α. Tehát K(α) = Im ϕ α K[x]/ ker ϕ α = K[x]/(m α (x)), és a megfeleltetés minden k K-hoz a k+(m α (x)) mellékosztályt, míg α-hoz az x + (m α (x)) mellékosztályt rendeli. Ezt az eredményt felhasználva készíthetünk új testeket tétel. Legyen K test, s K[x] egy irreducibilis polinom. Ekkor van olyan L test, melyre K L és s-nek van gyöke L-ben. Bizonyítás. A bizonyítás fogalmilag nehéz, de új ötletet nem tartalmaz. Legyen L = K[x]/(s(x)). Ez test, hiszen s irreducibilis K felett. Viszont K szigorúan véve nem részteste L-nek, hiszen L elemei mellékosztályok. Ugyanakkor L-ben megtalálható egy K-val izomorf résztest: a konstans polinomok mellékosztálya. Legyen ez K, azaz K = { k + (s(x)) : k K }. Azonosítsuk tehát K és K elemeit: k K k + (s(x)) K. Belátható (házi feladat), hogy ez a megfeleltetés injektív és m velettartó. Az azonosítást követ en tehát tekinthetünk K elemeire úgy, mintha K elemei lennének. Legyen α = x + (s(x)). Belátjuk, hogy α gyöke az s polinomnak. Legyen s(z) = k 0 + k 1 z + + k n z n K[x]. Ahhoz, hogy s-be behelyettesíthessük α-t, képzeljük L[z]-beli polinomként: s(α) = (k 0 + s(x)) + (k 1 + s(x)) (x + s(x)) + + (k n + s(x)) (x + s(x)) n = k 0 + k 1 x + + k n x n + (s(x)) = s(x) + (s(x)) = (s(x)), ami éppen a K[x]/(s(x)) faktorgy r nulleleme. Tehát α tényleg gyöke s- nek.

45 1.4 Testelmélet házi feladat. Emésszük meg a bizonyítást! példa. Tekintsük az L = Z 2 [x]/(x 2 + x + 1) faktorgy r t. Ez test, mert x 2 + x + 1 irreducibilis Z 2 felett. Most L-nek négy eleme van: 0 + (x 2 + x + 1), 1 + (x 2 + x + 1), x + (x 2 + x + 1), x (x 2 + x + 1). Szigorúan véve Z 2 nem része L-nek, mert sem a 0, sem az 1 nem eleme. Ugyanakkor a 0 + (x 2 + x + 1) mellékosztályt azonosíthatjuk 0-val, az (x 2 + x + 1) mellékosztályt azonosíthatjuk 1-gyel, és így már Z 2 része lesz. (Precízen: a 0 + (x 2 + x + 1) és 1 + (x 2 + x + 1) elemek a faktorban egy Z 2 -vel izomorf résztestet alkotnak.) Legyen α = x + (x 2 + x + 1). Ekkor tehát L = { 0, 1, α, α + 1 }, és α gyöke a z 2 + z + 1 polinomnak: α 2 + α + 1 = = ( x + ( x 2 + x + 1 )) 2 + ( x + ( x 2 + x + 1 )) + ( 1 + ( x 2 + x + 1 )) = = x 2 + x ( x 2 + x + 1 ) = 0 + ( x 2 + x + 1 ) = 0. Könny látni, hogy a fenti eljárást ismételgetve kaphatunk egy olyan testet, amiben már az s összes gyöke benne van deníció. Legyen K L testb vítés, f K[x] egy polinom, és tegyük fel, hogy L tartalmazza f összes gyökét, azaz f(x) = c (x α 1 )... (x α n ), ahol c K, α i L. Ekkor K (α 1,..., α n ) az f felbontási teste K felett. A felbontási test tehát a legsz kebb olyan résztest L-ben, ami felett f már lineáris tényez kre bomlik következmény. Legyen K test, f K[x] egy polinom. Ekkor f-nek van felbontási teste.

46 46 ELŽZETES ISMERETEK Bizonyítás. Elég konstruálni egy testet, ahol f lineáris tényez kre bomlik. Bontsuk fel f-et irreducibilis tényez kre K felett. Az egyik irreducibilis tényez vel faktorizálva K[x]-et kapunk egy nagyobb testet, amiben f-nek már van α gyöke. Tehát f(x) = (x α) g(x), ahol g K(α)[x] az f-nél eggyel alacsonyabb fokú polinom. Folytassuk az eljárást K (α)-val és g-vel. Végül legfeljebb deg f lépésben kapunk egy olyan testet, ahol f már lineáris tényez kre bomlik következmény. Legyen K L testb vítés, α, β L. Ha m α = m β, akkor K(α) K(β). Bizonyítás. K(α) K[x]/(m α (x)) = K[x]/(m β (x)) K(β) következmény. Ha K L és K N is felbontási teste egy f K[x] polinomnak, akkor L N. Azaz a felbontási test izomora erejéig egyértelm. Bizonyítás vázlat. Legyenek az f gyökei L-ben α 1,..., α n, N-ben β 1,..., β n. Tekintsük a K K(α 1 ) testb vítést. Ha m α1 az α 1 minimálpolinomja K felett, akkor K(α 1 ) K[x]/(m α1 (x)). Most m α1 az f egy irreducibilis osztója, tehát annak az egyik gyöke N-ben a β i -k között van. Feltehet, hogy ez β 1. Tehát m α1 = m β1, és így van ϕ 1 : K(α 1 ) K[x]/(m α1 (x)) = K[x]/(m β1 (x)) K(β 1 ) izomorzmus. Folytatva az eljárást, tekintsük α 2 L-t, ennek a K(α 1 ) feletti m α2 minimálpolinomját. Ekkor van olyan β i (mondjuk β 2 ), melynek m β2 minimálpolinomja K(β 1 ) felett éppen ϕ 1 (m α1 ). (Itt már nem egyezik meg zikailag a két minimálpolinom, de a ϕ 1 izomora mentén áthúzva f-et K(α 1 )-b l K(β 1 )-be tekinthetjük az egymásnak megfelel irreducibilis faktorokat K(α 1 ) illetve K(β 1 ) felett.) Van tehát ϕ 2 : K(α 1 )(α 2 ) K(α 1 )[x]/(m α2 (x)) K(β 1 )[x]/(m β2 (x)) K(β 1 )(β 2 )

47 1.4 Testelmélet 47 izomorzmus. Folytatva az eljárást az n-edik lépésben kapunk egy ϕ n : L N izomorzmust.

48 2. fejezet Véges testek Ebben a fejezetben felhasználjuk az 1. fejezetben átismételt elméletet, hogy elkészítsük (izomora erejéig) az összes véges testet, és megismerkedjünk néhány alapvet tulajdonságukkal Véges testek alapvet tulajdonságai állítás. Egy T véges test elemszáma prímhatvány. Bizonyítás. El ször is T karakterisztikája nem lehet 0, hiszen akkor az egységelem additív rendje végtelen lenne, amib l T = adódna. Tehát T karakterisztikája p > 0 prímszám, és így az tétel miatt van P T prímteste, mely izomorf Z p -vel. Tehát P T testb vítés, ennek foka véges, hiszen T is véges. Legyen T : P = n, és legyen mondjuk b 1,..., b n bázis T -ben P felett. Ekkor T minden eleme egyértelm en írható λ 1 b λ n b n alakban, ahol λ i P. Mivel minden λ i egymástól függetlenül p-féle lehet, így T = p n megjegyzés. Tehát az additív csoportra (T, +) (Z p, +) n. Az tétel alapján véges T test multiplikatív csoportja ciklikus következmény. Legyen Z p T egy p-hatvány elem test. Ekkor van α T, hogy T = Z p (α), azaz T a Z p egy egyszer b vítéseként kapható.

49 2.1 Véges testek alapvet tulajdonságai 49 Bizonyítás. Legyen α T a T egy generátoreleme. Nyilván Z p (α) = T, mert T minden eleme el áll, mint α egy hatványa, a 0 pedig már Z p -nek is eleme Véges testek konstrukciója Hogyan nézhet ki egy q elem test, ahol q = p n valamely p prímre? Legyen T test, T = q. El ször is T karakterisztikája csak p lehet. Másodszor T egy q 1 elem csoport, tehát Lagrange tétele miatt T minden eleme gyöke az x q 1 1 polinomnak. Ha még x-szel szorzunk, akkor kapjuk, hogy T minden eleme gyöke az x q x polinomnak. De ennek a polinomnak legfeljebb q gyöke lehet egy testben. Tehát egy q elem test (ha létezik) éppen az x q x polinom gyökeib l áll, és így az x q x felbontási teste Z p felett tétel. Legyen q = p n tetsz leges, ahol p prím, n pozitív egész. Ekkor van q elem test, mely izomora erejéig egyértelm, és éppen x q x felbontási teste deníció. Az izomora erejéig egyértelm q elem testet F q -val (vagy GF (q)-val) jelöljük. A tétel bizonyítása. Az egyértelm ség következik a felbontási test egyértelm ségéb l. A létezéshez legyen K az x q x felbontási teste Z p felett, ez létezik az következmény miatt. Legyen L K az x q x polinom gyökeinek halmaza K-ban. Belátjuk, hogy L résztest. Legyen a és b gyöke az x q x polinomnak. Ekkor a ± b is gyök, mivel tagonként lehet q-adik hatványra emelni: (a ± b) q (a ± b) = a q ± b q a b = (a q a) ± (b q b) = 0. Továbbá ab és 1/a is gyökei (x q x)-nek: (ab) q ab = a q b q ab = a q b q a q b + a q b ab = a q (b q b) + (a q a)b = 0, ( ) q 1 1 a a = 1 a 1 q a = a aq = aq a = 0. a q+1 a q+1

50 50 VÉGES TESTEK Tehát L test (s t, valójában az is kijött, hogy L = K, hiszen x q x már L-ben is lineáris tényez kre bomlik). Mennyi az L elemszáma? Ha x q x minden gyöke különböz, akkor L = q. De (x q x)-nek nincs többszörös gyöke: (x q x) = q x q 1 1 = 1, és így (x q x, 1) = 1 miatt (x q x)-nek nincs többszörös gyöke Véges testek résztestei tétel. Legyen p prím. Ekkor F p n-nek minden d n esetén pontosan egy F p d-nel izomorf részteste van, és más részteste nincs. Ez a résztest az x pd x gyökeinek halmaza F p n-ben. Bizonyítás. Legyen L F p n. Ekkor L karakterisztikája is p, hiszen F p n prímteste (ami Z p ) része L-nek. Tehát L = p d valamilyen 1 d n-re. Ekkor L F p d, hiszen izomora erejéig csak egy p d elem test van. Most F p n vektortér L felett, legyen ennek a dimenziója m. Ekkor p n = F p n = L m = ( p d) m = p dm, ami miatt d n. (Lényegében a szorzástételt használtuk a Z p L F p n testláncra.) Ha tehát L F p n, akkor L F p d valamely d n-re. Lagrange tételét használva az L multiplikatív csoportra kapjuk, hogy L minden eleme gyöke az x pd 1 1 polinomnak. Tehát L minden eleme gyöke az x pd x polinomnak, melynek legfeljebb p d gyöke van, de L = p d. Tehát L éppen az x pd x gyökeinek halmaza. Megfordítva: belátjuk, hogy minden d n-re van F p d elem résztest. Ha ugyanis d n tetsz leges, akkor p d 1 p n 1 (házi feladat). Most F p n ciklikus, elemszáma p n 1. Mivel p d 1 p n 1, ezért F p n-ben van pd 1 elem részcsoport. Ennek minden eleme gyöke az x pd 1 1 polinomnak, a 0-val kiegészítve éppen x pd x gyökeinek halmazát kapjuk. Az, hogy ez egy p d elem test, pont ugyanúgy kell belátni, ahogy a tételt bizonyítottuk.

51 2.1 Véges testek alapvet tulajdonságai Irreducibilis polinomok véges testek felett Tudjuk, hogy Q felett minden pozitív n-re van n-edfokú irreducibilis polinom. Például x n 2 ilyen a Schönemann Eisenstein-féle irreducibilitási kritérium miatt. A többi prímtest felett is lehet akármilyen fokú irreducibilis polinomot megadni tétel. Minden p prímre és n pozitív egészre van Z p feletti n-edfokú irreducibilis polinom. Ha f Z p [x] egy n-edfokú irreducibilis polinom, akkor f felbontási teste Z p felett F p n, valamint f(x) x pn x. Speciálisan x pn x éppen a Z p feletti normált d-edfokú Z p felett irreducibilis polinomok szorzata minden d n-re. Bizonyítás. Az ötlet, hogy keresünk egy Z p felett n-edfokú elemet, és annak a minimálpolinomja n-edfokú irreducibilis polinom lesz Z p felett. Tekintsük az F p n multiplikatív csoportot. Ez ciklikus, van például α generátoreleme. Ekkor F p n = Z p (α), mert F p n minden eleme el áll, mint α egy hatványa, a 0 pedig már Z p -nek is eleme. Tekintsük α minimálpolinomját Z p felett, legyen ez m α. Ekkor m α irreducibilis Z p felett, foka Z p (α) : Z p = F p n : Z p = n. Legyen most f tetsz leges n-edfokú Z p felett irreducibilis polinom, és legyen L a Z p feletti felbontási teste. Legyen β L az f egy gyöke. Ekkor Z p (β) L és Z p (β) : Z p = deg f = n, vagyis Z p (β) = p n. De izomora erejéig csak egy p n elem véges test van, tehát Z p (β) F p n, ami x pn x gyökeinek halmaza. Tehát β közös gyöke f(x)- nek és ( x pn x ) -nek, vagyis β gyöke az ( f(x), x pn x ) kitüntetett közös osztónak. Tehát ez a kitüntetett közös osztó nem 1, így csak f(x) lehet, hiszen f irreducibilis Z p felett. Ez azt jelenti, hogy f(x) x pn x. Mivel F p n az x pn x gyökeinek halmaza, és f(x) x pn x, így F p n-ben az f minden gyöke benne van. Tehát f felbontási teste Z p felett F p n. Legyen most g egy d-edfokú polinom d n-re. Ha d n, akkor g felbontási teste F p d F p n, ami x pn x gyökeib l áll, tehát g(x) x pn x. Továbbá

52 52 VÉGES TESTEK g 2 (x) x pn x, hiszen x pn x-nek nincs többszörös gyöke p karakterisztikában. Végül, ha d n, akkor g(x) x pn x, hiszen g felbontási teste F p d F p n, és utóbbi elemei éppen x pn x gyökei következmény. Ha f Z p [x] irreducibilis, d-edfokú, akkor f(x) x pn x d n Frobenius endomorzmus állítás. Legyen f Z p [x] egy d-edfokú irreducibilis polinom. Legyen β F q egy gyöke. Ekkor β p F p d is gyöke f-nek. Bizonyítás. Legyen f(x) = d k=0 a kx k, ahol a k Z p. Ekkor (felhasználva, hogy a p k = a k teljesül Z p -ben) f(β p ) = d a k (β p ) k = k=0 ( d d ) p a p k (βp ) k = a k β k = f(β) p = 0. k=0 k= következmény. Legyen f Z p [x] egy d-edfokú irreducibilis polinom, α F p d egy gyöke. Ekkor f összes gyöke α, α p, α p2,..., α pd 1 F p d, és ezek a gyökök mind különböz ek. Speciálisan Z p feletti irreducibilis polinomnak nincs többszörös gyöke. Bizonyítás. Most f felbontási teste Z p felett F p d, és így α, α p, α p2,..., α pd 1 F p d gyökök. Ha belátjuk, hogy különböz ek, akkor más gyök nem lehet, és készen vagyunk. Legyen α pk = α pl valamely 0 l k d 1-re. Ekkor p d k hatványra emelve F p d-ben kapjuk, hogy α pd k+l = α pd = α, azaz α gyöke az x pd k+l x polinomnak. Mivel f irreducibilis, f(α) = 0, ezért a szokásos trükkel kapjuk, hogy f(x) x pd k+l x. A következmény miatt d d k + l, ami csak k = l esetén lehetséges. Az alábbi példában összefoglaljuk a 2.1. szakaszban tanultakat.

53 2.2 Véges testek véges b vítései példa. Tekintsük az x 8 x polinomot Z 2 felett. Ez az alábbi módon bomlik fel Z 2 feletti irreducibilisek szorzatára: x 8 x = x(x 1)(x 3 + x + 1)(x 3 + x 2 + 1). Ezek éppen az els és harmadfokú Z 2 feletti irreducibilis polinomok (3 osztói). Most F 8 Z 2 [x]/(x 3 + x + 1) Z 2 [x]/(x 3 + x 2 + 1), elemei éppen x 8 x gyökei. Résztestei F p d, ahol d 3, vagyis csak a két triviális részteste van (Z 2 és F 8 ). Végül a ψ : F 8 F 8, z z 2 Frobenius endomorzmus permutálja az x 3 + x + 1 polinom gyökeit és az x 3 + x polinom gyökeit F 8 -ban Véges testek véges b vítései Vegyük észre, hogy a 2.1. szakaszban a véges testeket, mint Z p b vítései kaptuk meg. De lényegében nem használtuk sehol, hogy Z p feletti b vítéseket tekintünk, így a szakasz eredményei F q b vítéseire is igazak példa. F példaként az F 4 F 16 b vítést érdemes tekinteni tétel. Legyen F q T véges test. Ekkor 1. valamilyen pozitív egészre T = q n, és így T F q n ; 2. az F q T b vítés egyszer ; 3. minden d n-re pontosan egy F q d-vel izomorf F q -t tartalmazó részteste van T -nek, más F q -t tartalmazó résztest nincs. Bizonyítás. 1. Az F q T foka véges, hiszen T is véges. Legyen T : F q = = n, ebb l T = q n.

54 54 VÉGES TESTEK 2. Az tétel alapján véges T test multiplikatív csoportja ciklikus. Legyen α T a T egy generátoreleme. Nyilván F q (α) = T, mert T minden eleme el áll, mint α egy hatványa, a 0 pedig már F q -nek is eleme. 3. Végül ha F q L F n q, akkor L F d q (hiszen F q felett vektortér) és d n a résztest kritérium ( tétel) miatt. Ezek a résztestek viszont léteznek az x qd x felbontási testeként, szintén a résztest kritérium miatt tétel. Minden q prímhatványra és n pozitív egészre van F q feletti n- edfokú irreducibilis polinom. Ha f F q [x] egy n-edfokú irreducibilis polinom, akkor f felbontási teste F q felett F q n, valamint f(x) x qn x. Speciálisan x qn x éppen az F q feletti normált d-edfokú F q felett irreducibilis polinomok szorzata minden d n-re. Bizonyítás. A bizonyítás lényegében megegyezik a tétel bizonyításával. Tekintsük az F q n multiplikatív csoportot. Ez ciklikus, van például α generátoreleme. Ekkor F q n = F q (α), mert F q n minden eleme el áll, mint α egy hatványa, a 0 pedig már F q -nak is eleme. Tekintsük α minimálpolinomját F q felett, legyen ez m α. Ekkor m α irreducibilis F q felett, foka F q (α) : F q = F q n : F q = n. Legyen most f tetsz leges n-edfokú F q felett irreducibilis polinom, és legyen L az F q feletti felbontási teste. Legyen β L az f egy gyöke. Ekkor F q (β) L és F q (β) : F q = deg f = n, vagyis F q (β) = q n. De izomora erejéig csak egy q n elem véges test van, tehát F q (β) F q n, ami x qn x gyökeinek halmaza. Tehát β közös gyöke f(x)- nek és ( x qn x ) -nek, vagyis β gyöke az ( f(x), x qn x ) kitüntetett közös osztónak. Tehát ez a kitüntetett közös osztó nem 1, így csak f(x) lehet, hiszen f irreducibilis F q felett. Ez azt jelenti, hogy f(x) x qn x. Mivel F q n

55 2.2 Véges testek véges b vítései 55 az x qn x gyökeinek halmaza, és f(x) x qn x, így F q n-ben az f minden gyöke benne van. Tehát f felbontási teste F q felett F q n. Legyen most g egy d-edfokú polinom d n-re. Ha d n, akkor g felbontási teste F q d F q n, ami x qn x gyökeib l áll, tehát g(x) x qn x. Továbbá g 2 (x) x qn x, hiszen x qn x-nek nincs többszörös gyöke p karakterisztikában. Végül, ha d n, akkor g(x) x qn x, hiszen g felbontási teste F q d utóbbi elemei éppen x qn x gyökei következmény. Ha f F q [x] irreducibilis, d-edfokú, akkor f(x) x qn x d n. F q n, és állítás. Legyen f F q [x] egy d-edfokú irreducibilis polinom, α F q d egy gyöke. Ekkor f összes gyöke α, α q, α q2,..., α qd 1 F q d, és ezek a gyökök mind különböz ek. Speciálisan F q feletti irreducibilis polinomnak nincs többszörös gyöke. Bizonyítás. Legyen f(x) = d k=0 a kx k, ahol a k F q, és legyen β F q d egy gyöke. Ekkor (felhasználva, hogy a q k = a k teljesül F q -ban) f(β q ) = d a k (β q ) k = k=0 ( d d ) q a q k (βq ) k = a k β k = f(β) q = 0. k=0 k=0 Az f felbontási teste F q felett F q d, és így α, α q, α q2,..., α qd 1 F q d gyökök. Ha belátjuk, hogy különböz ek, akkor más gyök nem lehet, és készen vagyunk. Legyen α qk = α ql valamely 0 l k d 1-re. Ekkor q d k hatványra emelve F q d-ben kapjuk, hogy α qd k+l = α qd = α, azaz α gyöke az x qd k+l x polinomnak. Mivel f irreducibilis, f(α) = 0, ezért a szokásos trükkel kapjuk, hogy f(x) x qd k+l x. A következmény miatt d d k + l, ami csak k = l esetén lehetséges deníció. Tekintsük az F q F q n testb vítést, legyen α F q n. Ekkor az α F q -ra vonatkozó konjugáltjai α, α q, α q2,..., α qn 1.

56 56 VÉGES TESTEK megjegyzés. Az α F q n elem összes F q -ra vonatkozó konjugáltja különbözik α F q feletti minimálpolinomja n-edfokú F q (α) = F q n. Ha F q (α) = F q d valamilyen d n-re, akkor α, α q, α q2,..., α qd 1 lesznek α különböz konjugáltjai, melyek n/d-szer ismétl dnek következmény. Legyen minden 0 i n 1 esetén σ i : F q n F q n, α α qi. Ekkor σ i olyan automorzmusa F q n-nek, mely F q elemeit helyben hagyja. Bizonyítás. A m velettartás világos, az injektivitás szerepelt gyakorlaton. Az is világos, hogy F q -t elemenként helyben hagyja mindegyik σ i, hiszen F q -ban minden elem q-adik hatványa önmaga tétel. Legyen σ : F q n F q n egy olyan automorzmusa F q n-nek, mely F q minden elemét helyben hagyja. Ekkor van olyan 0 i n 1, hogy σ = σ i. Bizonyítás. Az F q n multiplikatív csoport ciklikus, legyen α egy qn 1 rend elem. Ekkor α n-edfokú F q felett, legyen a minimálpolinomja m α (x) = = n k=0 a kx k, ahol a i F q. Most m α (α) = 0, amib l m α (σ(α)) = n a k σ(α) k = k=0 n σ(a k )σ(α) k = k=0 ( n = σ k=0 a k α k ) = σ (m α (α)) = σ(0) = 0. Itt kihasználtuk, hogy σ m velettartó, és az F q -n identikusan hat. Tehát σ(α) is gyöke m α -nak, aminek az összes gyöke α, α q, α q2,..., α qn 1. Tehát van olyan 0 i n 1, hogy σ(α) = α qi, de akkor tetsz leges β F q n-re β = α k valamilyen k-ra, és így σ(β) = σ ( α k) = σ(α) k = α qik = ( α k) q i = β qi = σ i (β). Továbbá σ(0) = 0 = 0 qi = σ i (0), vagyis valóban σ = σ i.

57 2.2 Véges testek véges b vítései megjegyzés. Tehát az F q F q n b vítés relatív automorzmusai (azon F q n F q n automorzmusok, melyek F q elemeit xálják) éppen { σ i 0 i n 1 }. Ez egy n elem ciklikus csoport, generátora σ 1 : F q n hatványra emelés. F q n, ami a q-adik

58 3. fejezet Egységgyökök és alkalmazásaik Az alábbi fejezetben az egységgyökök és a körosztási polinomok elméletével ismerkedünk meg, majd alkalmazzuk azt a véges testek elméletében Körosztási polinomok példa. A f példa C-ben az egységgyökök és a körosztási polinomok deníció. Legyen T test, n pozitív egész. A T test feletti x n 1 polinom felbontási testét T feletti n-edik körosztási testnek nevezzük, jele: T (n). Az x n 1 polinom gyökeit T (n) -ben T feletti n-edik egységgyököknek nevezzük. Az összes n-edik egységgyök halmazát E (n) -nel jelöljük állítás. Ha char T n, akkor ( E (n), ) egy n elem ciklikus csoport. Ha char T = p n, és n = p k m, ahol p m, akkor T (n) = T (m), E (n) = E (m), és x n 1 gyökei E (m) elemei p k -szoros multiplicitással. Bizonyítás. Most ( E (n), ) a ( T (n)) multiplikatív csoport egy véges részcsoportja, így ciklikus. Elemszáma n, ha char T n, mert ekkor az x n 1 polinomnak nincs többszörös gyöke. Ugyanis (x n 1) = nx n 1, aminek csak a 0 gyöke, ami viszont nem gyöke x n 1-nek. Végül ha n = p k m, és char T = p, akkor x n 1 = (x m 1) pk. A továbbiakban a char T n esettel foglalkozunk, a char T n a állítás segítségével kezelhet.

59 3.1 Körosztási polinomok deníció. Legyen T test, és tegyük fel, hogy char T n. Az ( E (n), ) ciklikus csoport egy generátorát primitív n-edik egységgyöknek nevezzük. Legyen ξ egy primitív n-edik egységgyök. Ekkor a ( Q n (x) = ) x ξ k 1 k n (k, n) = 1 polinomot a T test n-edik körosztási polinomjának nevezzük. Nyilván Q n T (n) [x], gyökei éppen a primitív n-edik egységgyökök, a deníció független ξ választásától tétel. Legyen T test, P a prímteste, n pozitív egész, és tegyük fel, hogy char T n. Ekkor x n 1 = d n Q d (x), valamint Q n P [x] normált. Speciálisan, ha char T = 0, akkor Q n Z[x]. Bizonyítás. Legyen ξ egy primitív n-edik egységgyök. Ekkor az x n 1 lineáris tényez kre bomlik T (n) -ben, melyeket csoportosítsunk a gyökök rendje szerint: (3.1) x n 1 = n ( ) x ξ k = k=1 d n n (n,k) =d ( ) x ξ k = Q d (x). Most (3.1) rekurziós képletként is használható, mert ha már ismerjük az összes d < n-re Q d (x)-et, akkor Q n (x) egyszer en kiszámolható: Q n (x) = x n 1 d n,d n Q d(x). Innen már egyszer n-re vonatkozó indukcióval adódik, hogy Q n P [x] (Q n Z[x]) és f együtthatója 1. Csakugyan, az x n 1-et maradékosan el tudjuk osztani d n,d n Q d(x)-szel P [x]-ben, hiszen az indukciós feltevés szerint mindegyik polinom P [x]-beli (Z[x]-beli, de az osztó polinom f együtthatója 1, így oszthatunk vele). De a maradékos osztás eredménye ugyanaz lesz, mintha T (n) -ben végeznénk el, ahol tudjuk, hogy 0 a maradék. Tehát P [x]-ben (Z[x]-ben) elvégezve a maradékos osztást szintén 0 a maradék, két normált polinom hányadosa pedig szintén normált. d n

60 60 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK megjegyzés. Gondoljuk meg, hogy az el z bizonyításban nem kellett az indukció kezd esetét vizsgálni, mert olyankor az üres szorzattal osztunk, aminek értéke következmény. Ha char T = 0, akkor Q n (x) = Φ n (x) Z[x] a szokásos körosztási polinom. Ha char T = p n, akkor Q n (x) = Φ n (x) (mod p) a szokásos körosztási polinom p-vel vett osztási maradéka. Bizonyítás. A (3.1) rekurziós képlet teljesül Q n -re is és Φ n -re is char T = 0 esetén, tehát megegyeznek. Ha char T = p, akkor a rekurziós képletet modulo p véve kapjuk, hogy mind Q n, mind Φ n (x) (mod p) kielégíti (3.1)-et, így a polinomok ismét egyenl ek. A továbbiakban Φ n (x)-t használunk mindenhol Q n (x) helyett példa. Ha r prím, akkor Φ r (x) = xr 1 x 1 = 1 + x + + xr 1, Φ r k(x) = x rk 1 Φ 1 (x)φ r (x)... Φ r k 1(x) = xrk 1 x rk 1 1 = = 1 + x rk x (r 1)rk 1 = Φ r (x rk 1) megjegyzés. Ha m n úgy, hogy n minden prímosztója osztja m-t is, és char T n, akkor Φ n (x) = Φ m ( x n/m ). A racionális számtest felett mindegyik körosztási polinom irreducibilis tétel. A Φ n (x) polinom irreducibilis Z és Q felett. Ha ξ primitív n-edik egységgyök, akkor Q (n) = Q(ξ), és Q (n) : Q = ϕ(n). Ennek bizonyításához szükségünk lesz az alábbi jól ismert állításra lemma (Második Gauss lemma). Tegyük fel, hogy az f 0 egész együtthatós polinom felbomlik a g, h racionális együtthatós polinomok szorzatára. Ekkor g és h megszorozható alkalmas racionális számokkal úgy, hogy a kapott g 0, h 0 polinomok egész együtthatósak és f = g 0 h 0.

61 3.1 Körosztási polinomok 61 Bizonyítás. A második Gauss lemma bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A tétel bizonyítása. Csak az irreducibilitást bizonyítjuk, a többi abból már világosan következik. Bontsuk fel Φ n (x)-et racionális együtthatós irreducibilis polinomok szorzatára. A lemma többszöri alkalmazásával kapunk egy Z[x]-beli felbontást. Legyen tehát Φ(x) = f 1 (x)... f k (x) egész együtthatós irreducibilis polinomok szorzata. Most Φ normált, így mindegyik f i polinom normált. A bizonyítás lelke az alábbi állítás lemma. Legyen ξ primitív n-edik egységgyök gyöke f 1 -nek. Ha r n prím, akkor ξ r is gyöke f 1 -nek. A lemmából már gyorsan következik Φ n (x) = f 1 (x). Legyen ugyanis ξ az f 1 egy gyöke, és legyen ξ m egy tetsz leges primitív n-edik egységgyök. Legyen m = r 1... r s prímek szorzata, ahol persze r j n. Tehát a lemma alapján ha ξ gyöke f 1 -nek, akkor ξ r 1 is gyöke f 1 -nek. De akkor (ξ r 1 ) r 2 = = ξ r 1r 2 is gyöke f 1 -nek, stb. Végül kapjuk, hogy ξ r 1...r s = ξ m is gyöke f 1 -nek. A lemma bizonyítása. Tegyük fel, hogy f 1 (ξ r ) 0, ekkor valamely i 1-re lesz f i (ξ r ) = 0. Átindexeléssel feltehetjük, hogy f 2 (ξ r ) = 0. Tekintsük az (f 1 (x), f 2 (x r )) Q[x] kitüntetett közös osztót. Ennek gyöke ξ, és f 1 irreducibilis, tehát (f 1 (x), f 2 (x r )) = f 1 (x), és így f 1 (x) f 2 (x r ). Utóbbi oszthatóság Z[x]-ben is teljesül (nem csak Q[x]-ben), hiszen mindkét polinom együtthatója normált. Legyen most g(x) Z[x] egy olyan polinom, melyre g(x) f 1 (x) = f 2 (x r ), és tekintsük ezt az egyenletet modulo r. Felülvonással jelölve a polinomok modulo r változatát kapjuk, hogy g(x) f 1 (x) = f 2 (x r ) = ( ) r f 2 (x) teljesül Z r [x]-ben. Most f 1 (x) nem feltétlen irreducibilis Z( r [x]-ben, de van r, egy h Z r [x] irreducibilis osztója. Tehát h(x) f 1 (x) f 2 (x)) amib l

62 62 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK h(x) f 2 (x). De akkor h 2 (x) f 1 (x) f 2 (x) Φ n (x) x n 1, de r n miatt az x n 1 polinomnak nincs többszörös gyöke Z r b vítésében sem. Az ellentmondás bizonyítja a lemmát. egyetlen Végül vizsgáljuk meg Φ n (x) reducibilitását F q felett tétel. Legyen q prímhatvány, n pozitív egész, melyekre (n, q) = 1. Legyen d a legkisebb pozitív egész, melyre q d 1 (mod n). (Azaz d a q rendje modulo n.) Ekkor Φ n (x) pontosan ϕ(n) darab d-edfokú irreducibilis polinom d szorzatára bomlik F q felett, valamint F (n) q = F q d. Bizonyítás. Legyen ξ tetsz leges primitív n-edik egységgyök F q felett, nyilván F (n) q = F q (ξ). Ha ξ foka k, akkor F q (ξ) = F q k. Tehát k az a legkisebb pozitív egész, melyre ξ qk = ξ n q k 1 q k 1 (mod n). Tehát k = d. Vagyis egy tetsz leges primitív n-edik egységgyök foka F q felett d, így F q feletti minimálpolinomjának foka is d, vagyis Φ n (x) éppen ϕ(n) darab d irreducibilis polinom szorzata. Végül x n 1 felbontási teste F q (ξ) = F q d példa. Tekintsük Φ 12 (x) = x 4 x 2 +1-et F 11 felett. Most 11 2 = (mod 12), vagyis d = 2. Tehát Φ 12 két darab másodfokú irreducibilis F 11 feletti polinom szorzatára bomlik, a felbontási test pedig F 121. A felbontás egyébként Φ 12 (x) = ( x 2 + 5x + 1 ) (x 2 5x + 1 ) megjegyzés. Ha T F q, akkor T (q 1) = F q Wedderburn tétele A szakaszban a körosztási polinomok segítségével belátjuk Wedderburn híres véges ferdetestekre vonatkozó tételét.

63 3.2 Wedderburn tétele tétel (Wedderburn). Minden véges ferdetest kommutatív. A tétel bizonyításához szükségünk lesz néhány el készületre. Legyen K egy ferdetest. Ekkor K felett hasonlóan lehet vektortereket deniálni, mint testek felett, ezek hasonlóan viselkednek, ugyanúgy van például bázis, dimenzió. Ha tehát V egy véges K ferdetest feletti vektorér, akkor V = K dim K V. Ha most V = L egy ferdetest, akkor kapjuk az alábbi állítást állítás. Ha K L véges ferdetestek, akkor van n pozitív egész, hogy L = K n. Ismételjük át néhány csoportelméleti fogalmat. Egy G csoportban egy x G elem G-beli centralizátora az x-szel felcserélhet G-beli elemek halmaza: C G (x) = { g G gx = xg } = { g G gxg 1 = x }. Egy x elem g-vel vett konjugáltja a gxg 1 G elem, az x konjugáltosztálya pedig az x összes konjugáltjának halmaza: x G = { gxg 1 g G }. Az orbit-stabilizátor tétel következményeként kaptuk, hogy C G (x) részcsoport G-ben, indexe az x konjugált osztályának elemszáma. A G csoport centruma az összes elemmel felcserélhet elemek halmaza: Z(G) = { x G gx = xg minden g G-re } = C G (x). x G Végül, ha felbontjuk G-t konjugált osztályok uniójára úgy, hogy az egyelem eket összevonjuk (ezek éppen Z(G)-t adják), akkor G osztályegyenletét kapjuk: G = Z(G) K 1... K m, G = Z(G) + K K m = ahol k i K i egy tetsz leges elem. = Z(G) + G C G (k 1 ) + + G C G (k m ),

64 64 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK Legyen tehát K egy véges ferdetest, a fentieket a G = K esetben fogjuk alkalmazni. Legyen k K tetsz leges. Jelöljük C(k)-val a k-val (szorzásra) felcserélhet elemeket. Nyilván 0 C(k) és C(k) \ { 0 } = C G (k), ami részcsoport K -ben. Könny látni, hogy C(k) zárt az összeadásra, így C(k) részferdetest K-ban. A K centruma Z(K) = k K C(k) test, elemszáma valamilyen q prímhatvány. Írjuk fel G = K -re az osztályegyenletet: K 1 = Z(K) 1 + K 1 C(k 1 ) K 1 C(k m ) 1. Most Z(K) részferdetest K-ban is és C(k i )-ban is, tehát K = q n valamilyen n-re, és C(k i ) = q n i valamilyen n i -kre. S t, mivel C(k i ) részferdetest K-ban, ezért még n i n is teljesül. (Itt mindenhol a állítást használtuk.) Tehát (3.2) q n 1 = q 1 + qn 1 q n qn 1 q nm 1. Vegyük észre, hogy most Φ n (x) x n 1 Z[x]-ben, valamint Φ n (x) még az xn 1 x n i 1 hányadost is osztja az egész együtthatós polinomok körében (házi q n 1 q n i 1, vagyis Φ n(q) osztja a (3.2) egyenlet minden tagját a (q 1) kivételével. Tehát Φ n (q) q 1 is teljesül. feladat). Tehát Φ n (q) q n 1 és Φ n (q) Belátjuk, hogy ez csak n = 1 esetén teljesülhet, amib l K = q 1 = q = = Z(K) miatt K = Z(K), vagyis K kommutatív. Legyen tehát n 2 és tegyük fel, hogy Φ n (q) q 1. Legyenek ξ 1,..., ξ ϕ(n) az n-edik primitív egységgyökök C-ben, ekkor Φ n (x) = (x ξ 1 ) (x ξ 2 )... (x ξ ϕ(n) ) Ha n 2, akkor a ξ j, 1 és q pontok egy tompaszög háromszöget határoznak meg, ahol a tompaszög az 1 csúcsnál van. (Illetve n = 2 esetén ebben a sorrendben egy egyenesre esnek.) Tehát q ξ j > q 1 1, azaz Φ n (q) = q ξ 1 q ξ }{{} 2... x ξ }{{} ϕ(n) > (q 1) = q 1, }{{} >q 1 >1 >1 azaz Φ n (q) q 1.

65 3.3 Véges testek elemeinek reprezentációja Véges testek elemeinek reprezentációja Legyen q = p n egy prímhatvány. Ha f egy irreducibilis, n-edfokú Z p feletti polinom, akkor F q Z p [x]/ (f(x)). Ha α F q egy gyöke f-nek, akkor F q = = Z p (α) = { a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 a i Z p }, és a m veleteket modulo f végezzük példa. Az x polinom irreducibilis Z 3 felett, legyen α F 9 egy gyöke, azaz α = 0. Ekkor F 9 = { a 0 + a 1 α a 0, a 1 Z 3 }. Ennek a módszernek el nye, hogy könny elemeket összeadni vagy kivonni. Szorozni vagy osztani viszont nehezebb, ezt olyankor volt könny végezni, amikor a fenti α hatványaként F q minden eleme el állt. Tehát (q 1)-edrend elemet kell keressünk (F q = Z (q 1) p ). Bontsuk hát fel Φ q 1 (x)-et Z p felett irreducibilisek szorzatára, és faktorizáljunk egy ilyen polinommal. Ekkor készíthetünk egy logaritmustáblázatot egy primitív (q 1)-edik egységgyökkel, miután már könny szorozni és osztani. Nem világos viszont, hogy hogyan kell ilyen reprezentációban elemeket összeadni. Ilyenkor össze kell kapcsolni az el z módszerrel példa. Most Φ 8 (x) = x Mivel (mod 8), ezért ez két darab másodfokú Z 3 felett irreducibilis szorzatára bomlik: Φ 8 (x) = x = ( x 2 + x + 2 ) (x 2 + 2x + 2 ). Legyen ξ F 9 gyöke x 2 + x + 2-nek, ekkor ξ primitív 8-adik egységgyök, melyre ξ 2 = 2ξ + 1: ξ = ξ, ξ 5 = 2ξ, ξ 2 = 2ξ + 1, ξ 6 = ξ + 2, ξ 3 = 2ξ + 2, ξ 7 = ξ + 1, ξ 4 = 2, ξ 8 = 1. A ξ és α közti kapcsolathoz találnunk kell x 2 +x+2-nek egy a 0 +a 1 α gyökét: 0 = (a 0 + a 1 α) 2 + (a 0 + a 1 α) + 2 = a a (2a 0 a 1 + a 1 ) α + a 2 1α 2 = = 2a a a (2a }{{} 0 a 1 + a 1 ) α. }{{} =0 Z 3 -ban =0 Z 3 -ban

66 66 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK Tehát az alábbi Z 3 feletti egyenletrendszert kell megoldani a 0, a 1 -re: 2a a a = 0, 2a 0 a 1 + a 1 = 0. Ha a 1 = 0, akkor a a = 0-nak nincs gyöke Z 3 -ban. Ha a 1 0, akkor a második egyenletet a 1 -gyel osztva a 0 = 1 adódik, melyet az els egyenletbe visszahelyettesítve a 1 = ±1. Tehát ξ-t választhatjuk ±α+1-nek. Ha mondjuk ξ = α + 1, akkor ξ = α + 1, ξ 5 = 2α + 2, ξ 2 = 2α, ξ 6 = α, ξ 3 = 2α + 1, ξ 7 = α + 2, ξ 4 = 2, ξ 8 = 1. A fenti gondolatmenet hatékony, ám hátránya, hogy absztrakt, és vagy modulo egy polinom számolunk, vagy logaritmustáblát kell készítsünk. Ezért jó lenne valami jól ismert módon reprezentálni a véges testek elemeit. Ha arra gondolunk, hogy mik lehetnek még polinomok gyökei, akkor kézenfekv nek t nik mátrixokkal reprezentálni a véges testek elemeit példa. Ha α F 9 az x Z 3 [x] polinom egy gyöke volt, akkor ezt egy olyan A mátrixszal tudjuk helyettesíteni, amely szintén ( gyöke ) az x polinomnak, azaz amire A 2 + I = 0. Például A = jó, mert 1 0 ( ) 2 0 A 2 = = I. Ekkor 0 2 F 9 = { a 0 + a 1 A a 0, a 1 Z 3 } = = { 0, I, 2I, A, A + I, A + 2I, 2A, 2A + I, 2A + 2I }. A m veletek pedig egyszer en a mátrixm veletek lesznek, hiszen A-val úgy kell számolni, hogy A 2 + I = 0: (2A + I) (A + 2I) = 2A 2 + 4A + A + 2I = 5A + 2(A 2 + I) = 2A.

67 3.3 Véges testek elemeinek reprezentációja 67 A minimálpolinomokkal hasonló a helyzet: például ( ) a B = A + I elem minimálpolinomja ugyanaz, mint a B = A + I =, mint mátrix minimál polinomja. Most 1 x 2 k B (x) = 1 1 x = (1 x)2 2 = x 2 + x + 2. Ez a polinom irreducibilis Z 3 felett, m B (x) k B (x) a Cayley Hamilton-tétel miatt, vagyis m B (x) = x 2 + x + 2. Tehát B megfelel ξ-nek a korábbi írásmóddal, így F 9 = { 0, B, B 2, B 3, B 4, B 5, B 6, B 7, B } 8. Természetesen B minimálpolinomját úgy is meghatározhattuk volna, hogy megkeressük az els lineáris összefüggést az I, B, B 2,... mátrixok között. Felmerül a kérdés, hogy egy adott (normált) polinomhoz találhatunk-e mindig olyan mátrixot, aminek éppen az adott polinom lesz a minimálpolinomja. A válasz igenl. Legyen például f(x) = a 0 +a 1 x+ +a n 1 x n 1 +x n. Legyen M az alábbi mátrix: a a 1 M = a n a n 1 Kiszámoljuk M minimálpolinomját. Legyen e 1,..., e n a standard bázis. Ekkor Me 1 = e 2, M 2 e 1 = Me 2 = e 3,. M n 1 e 1 = e n.

68 68 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK Tehát e 1, Me 1,..., M n 1 e 1 lineárisan független, vagyis M nem lehet gyöke egy legfeljebb (n 1)-ed fokú polinomnak. (Ha ugyanis g(m) = 0, akkor g(m)e 1 = 0 is.) De M n e 1 = Me n = a 0 e 1 a 1 e 2 a n 1 e n 1 = = ( a 0 I a 1 M a n 1 M n 1) e 1, vagyis f(m)e 1 = 0. Ezt az egyenl séget M-mel balról szorozva kapjuk, hogy 0 = Mf(M)e 1 = f(m)me 1 = f(m)e 2. Ezt tovább szorozva M-mel kapjuk, hogy f(m)e 3 = 0, stb. Végül kapjuk, hogy f(m)e n = 0. Tehát f(m) minden bázisvektort a 0-ba viszi, így f(m) = 0. Tehát m M (x) = f(x). Megjegyezzük, hogy a Cayley Hamilton-tételb l az is adódik, hogy k M (x) = ( 1) n f(x). ( ) példa. Tehát ξ helyett tekinthetjük a C = mátrixot, így 1 2 F 9 = { 0, C, C 2, C 3, C 4, C 5, C 6, C 7, C } 8. A számolás pedig a szokásos módon mátrixokkal történik, például ( ) ( ) ( ) C C = + = = C Polinomok rendje A szakaszhoz a motivációt az alábbi állítás adja állítás. Legyen f F q [x] egy d-edfokú (nem feltétlen irreducibilis) polinom, melyre f(0) 0. Ekkor van olyan pozitív egész n q d 1, melyre f(x) x n 1. Bizonyítás. Tekintsük az R = F q [x]/(f(x)) faktorgy r t. Ez most nem feltétlen test, hiszen f(x) nem biztos, hogy irreducibilis, de a legfeljebb d 1 fokú polinomok most is jó reprezentánsai a mellékosztályoknak, így R = q d.

69 3.4 Polinomok rendje 69 Tekintsük az x + (f(x)), x 2 + (f(x)),. x qd + (f(x)) mellékosztályokat. Ezek egyike sem lehet R nulleleme, mert akkor f(x) x k teljesülne valamilyen k-ra, de f(0) 0, az x k polinomnak pedig nincs más gyöke. Így a skatulya-elv alapján a felsorolt q d mellékosztály között van kett, mely egyenl, vagyis van 1 l < k q d, hogy x l + (f(x)) = x k + (f(x)), x l x k (mod f(x)). Mivel most (x, f(x)) = 1, ezért a fenti kongruencia osztható x l -nel (házi feladat). Tehát 1 x k l (mod f(x)), vagyis n = k l q d 1 jó választás deníció. Legyen f F q [x], f(0) 0. A legkisebb olyan pozitív egész n-et, melyre f(x) x n 1, az f polinom rendjének (néha f periódusának ) nevezzük, és o(f)-fel jelöljük. Ha f(x) = x k g(x), ahol g(0) 0, akkor deníció szerint o(f) = o(g) megjegyzés. Egy polinom rendje tetsz leges test felett deniálható, de más testek felett el fordulhat, hogy a rend nem lesz véges, mert a polinom semmilyen n-re nem osztja az x n 1 polinomot. Könny látni, hogy o(f) éppen a különböz x-hatványok száma modulo f(x). Nem meglep tehát, hogy a polinom rendje kapcsolatban áll a gyökeinek a rendjével.

70 70 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK tétel. Legyen f F q [x] egy d-edfokú irreducibilis polinom, f(0) 0, α F q d legyen az f egy gyöke. Ekkor o(f) = o(α), azaz f rendje megegyezik α rendjével F q -ben. Bizonyítás. Legyen n = o(α), k = o(f). Most α gyöke az x n 1 polinomnak, valamint α gyöke f-nek, így gyöke az (f(x), x n 1) legnagyobb közös osztónak is. De f(x) irreducibilis F q felett, tehát (f(x), x n 1) = f(x), és így f(x) x n 1, amib l k n. Másrészt f(x) x k 1 miatt α gyöke az x k 1 polinomnak, és így n k, amib l n k következmény. Ha K véges test, f K[x] irreducibilis, f(0) 0, akkor f minden gyökének (az f felbontási testében) ugyanannyi a rendje. Bizonyítás. Az f minden gyökének rendje o(f) következmény. Ha f F q [x] irreducibilis d-edfokú polinom, akkor o(f) q d 1. Speciálisan p o(f). Bizonyítás. Ha f(0) 0, akkor legyen α F q d az f egy gyöke. Ekkor Lagrange tételét alkalmazva F q d -re kapjuk, hogy o(f) = o(α) q d 1. Ha f(0) = = 0, akkor f(x) = cx, vagyis a rendje tétel. Az F q feletti d-edfokú n rend irreducibilis polinomok száma 2, ha n = d = 1, ezek x és x 1, ϕ(n) d, ha q rendje Z n -ben d, 0, egyébként. Speciálisan egy n rend F q felett irreducibilis polinom foka egyenl q rendjével Z n -ben. Bizonyítás. Ha f(0) = 0, akkor f(x) = cx, ekkor rendje és foka is 1. Ha f(0) 0, és rendje n, akkor gyökei primitív n-edik egységgyökök a tétel miatt. Tehát f(x) Φ n (x). A tétel alapján Φ n (x) az F q felett ϕ(n) d darab d-edfokú irreducibilis polinom szorzatára bomlik, ahol d a q rendje F q -ben.

71 3.4 Polinomok rendje példa. A Z 2 feletti x 4 + x + 1 és x 4 + x polinomok rendje 15, míg az x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 polinomé 5. A csoportelemek rendjénél a jó kitev k a rend többszörösei. Az ennek megfelel állítás a polinomok rendjére is igaz állítás. Legyen f F q [x] egy n rend (nem feltétlen irreducibilis) polinom, melyre f(0) 0. Ekkor f(x) x m 1 n m. Bizonyítás. =: ha n m, akkor f(x) x n 1 x m 1. = : ha f(x) x m 1, akkor osszuk el maradékosan m-et n-nel: m = nt+ + r, ahol 0 r < n. Most f(x) x m 1 = ( x tn 1 ) x r + (x r 1). Most f(x) x n 1 x tn 1, vagyis f(x) x r 1. De r nem lehet pozitív n- nél kisebb, mert az ellentmondana a polinom rendje minimalitásának. Tehát r = 0, vagyis m = tn következmény. Véges test felett (x n 1, x m 1) = x (n,m) 1. Bizonyítás. Legyen k = (n, m). Nyilván x k 1 x n 1, x k 1 x m 1, vagyis x k 1 közös osztó. Másrészt, ha f(x) = (x n 1, x m 1), akkor a állítás miatt o(f) n, o(f) m, vagyis o(f) k, amib l f(x) x k megjegyzés. Vegyük észre, hogy a állítás bizonyítása tetsz leges test esetén elmondható minden olyan polinomra, amelyre a rend értelmes. Továbbá a következmény minden test felett, vagy akár Z felett is teljesül. S t, az is igaz, hogy vannak olyan u, v Z[x] polinomok, melyekre (3.3) u(x) (x n 1) + v(x) (x m 1) = x (n,m) 1. Csakugyan, osszuk el például m-et n-nel maradékosan: m = nt + r, ahol 0 r < n. Most x m 1 = ( x tn 1 ) x r + (x r 1).

72 72 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK Most x n 1 x tn 1, vagyis (x m 1, x n 1) = (x r 1, x n 1). Tehát amikor az euklideszi algoritmust végezzük az x m 1, x n 1 polinomokra, akkor valójában a kitev kre végezzük az euklideszi algoritmust. Végül megjegyezzük, hogy a (3.3) egyenl ségbe x = a-t helyettesítve (tetsz leges a Z egész számra) kapjuk, hogy u(a) (a n 1) + v(a) (a m 1) = a (n,m) 1, amib l (a n 1, a m 1) = a (n,m) 1. Ha egy polinom nem irreducibilis, akkor is meg lehet mondani a rendjét, ha ismerjük az irreducibilis polinomok szorzatára való felbontását tétel. Legyenek f, g, h F q [x] polinomok, melyekre f(0) 0, f(x) = = g(x) h(x), és (g(x), h(x)) = 1. Ekkor o(f) = [o(g), o(h)]. Bizonyítás. Legyen m = o(g), n = o(h), k = [m, n]. Most g(x) x m 1 x k 1 és h(x) x n 1 x k 1. Mivel (g, h) = 1, ezért f(x) = g(x) h(x) x k 1 (házi feladat), vagyis o(f) k. Másrészt g(x) f(x) x o(f) 1 miatt m o(f). Hasonlóan, h(x) f(x) x o(f) 1 miatt n o(f). Tehát k = [m, n] o(f) tétel. Legyen f F q [x], f(0) 0 egy irreducibilis polinom egy hatványa, azaz f(x) = (g(x)) b, ahol g F q [x] irreducibilis. Legyen t az a legkisebb pozitív egész, melyre p t b. Ekkor o(f) = p t o(g). Bizonyítás. Legyen n = o(g). Most g(x) x n 1, amib l f(x) = (g(x)) b (x n 1) b (x n 1) pt = x npt 1, amib l o(f) np t. Másrészt g(x) f(x) x o(f) 1, amib l n o(f). Tehát o(f) = n p s valamilyen 0 s t-re. Most (3.4) (g(x)) b = f(x) x nps 1 = (x n 1) ps. Mivel g irreducibilis, a következmény miatt p n, vagyis x n 1 minden gyöke egyszeres. Tehát (3.4) jobb oldalán szerepl polinom minden gyöke p s - szeres, míg (g(x)) b -nek a gyökei legalább b-szeresek, így p s b, azaz s t. Ebb l s = t és o(f) = np t.

73 3.4 Polinomok rendje példa. Legyen f(x) = x 10 + x 9 + x 3 + x Z 2 [x], határozzuk meg f rendjét. Most f(x) = ( x 2 + x + 1 ) 3 ( x 4 + x + 1 ). ( Itt x 2 +x+1 = Φ 3 (x), vagyis o (x 2 + x + 1) = 3, és o (x 2 + x + 1) 3) = 3 4 = = 12. Továbbá o (x 4 + x + 1) = 15, vagyis o(f) = [12, 15] = 60. Speciálisan azt is látjuk, hogy ha f F q [x] egy d-edfokú polinom, akkor o(f) q d 1 nem feltétlen teljesül, hiszen most következmény. Legyen f F q [x], f(0) 0. Ekkor p o(f) f-nek van többszörös gyöke F q egy alkalmas b vítésében. Bizonyítás. = : Bontsuk fel f-t irreducibilis polinomok szorzatára. Ha minden, a felbontásban szerepl irreducibilis polinom csak els fokon szerepelne, akkor a tétel és a következmény alapján p o(f) lenne. =: Ekkor van f-nek egy g b osztója valamely irreducibilis g F q [x]-szel és b 2-vel. (Egy F q feletti irreducibilis polinomnak nincs többszörös gyöke a állítás miatt.) A és tételek alapján p o(g b ) o(f). Ha adott egy d-edfokú, 1 f együtthatós f F q [x] polinom, akkor szeretnénk meghatározni a rendjét. Erre több lehet ségünk is van. Ha felbontottuk F q felett irreducibilis tényez k szorzatára, akkor már elegend az irreducibilis faktorok rendjeit meghatározni. Ha f irreducibilis, és α F q egy gyöke, akkor meghatározhatjuk α rendjét a szokásos módon, azaz megkeressük q d 1 legkisebb osztóját, ami már jó kitev je α-nak, és o(f) = o(α) lesz. Egy másik lehet ség a deníció alapján elindulni, azaz megkeresni azt a legkisebb n pozitív egészt, melyre f(x) x n 1, vagyis amelyre x n 1 (mod f(x)). Ha f irreducibilis, akkor n-et ismét elég q d 1 osztói között keresni, de nem irreducibilis f esetén is célravezet lehet ez az eljárás. Általában az x d, x d+1, valamint x 2d 2 -ig a páros hatványokat érdemes kiszámolni modulo f. Ezt követ en a szokásos négyzetreemelési technikával az x akármilyen 2-hatványadik

74 74 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK hatványát gyorsan ki tudjuk számolni modulo f. Végül x tetsz leges kitev j hatványa gyorsan számolható, ha a kitev t kettes számrendszerbe írjuk, és felhasználjuk a korábban kiszámolt hatványokat. Érdemes észben tartani, hogy q-adik hatványra könny emelni F q -ban, tehát néha nem a 2-hatvány kitev j x-hatványok, hanem esetleg a q-hatvány kitev j x-hatványok meghatározásával érünk gyorsabban célba. Végül az alábbi állítás gyorsít a fenti folyamaton, ugyanis nem kell addig menni, míg egy hatvány már 1 lesz modulo f, elég egy olyan hatványt találni, ami modulo f már F q -beli állítás. Legyen f F q [x], f(0) 0. Legyen m a legkisebb pozitív egész, melyre van a F q, hogy x m a (mod f(x)). Ekkor o(f) = m o(a). Bizonyítás. Legyen k = o(f), n = o(a). Osszuk el maradékosan k-t m-mel: k = ms + r, ahol 0 r < m. Most 1 = x k = x sm x r a s x r (mod f(x)), vagyis x r a s (mod f(x)). De akkor x r egy F q -belivel kongruens modulo f, ami m minimalitása miatt csak r = 0 esetén lehetséges. Tehát 1 = x k = x sm a s (mod f(x)), ami csak úgy lehet, ha a s = 1. Tehát n s, vagyis nm k. Másrészt x nm = (x m ) n a n = 1 (mod f(x)), amib l k nm Primitív polinomok deníció. Egy f F q [x] irreducibilis, d-edfokú polinom primitív, ha f minimálpolinomja F egy generátorelemének (amit szokás F q d q d egy primitív elemének hívni).

75 3.5 Primitív polinomok tétel. Legyen f F q [x] egy d-edfokú polinom. Ekkor f pontosan akkor primitív, ha f(0) 0, 1 a f együtthatója, és o(f) = q d 1 (tehát az irreducibilitást nem kell ellen rizni, az következmény). Bizonyítás. Ha f primitív, akkor nyilván 1 a f együtthatója, hisz minimálpolinom, valamint o(f) = q d 1 is világos a tételb l. Ha pedig f(0) = 0 lenne, akkor az irreducibilitás miatt f(x) = cx, de a 0 nem primitív elem semmilyen testben. Tegyük most fel, hogy f-re teljesül, hogy f(0) 0, 1 a f együtthatója és o(f) = q d 1. Elegend belátni, hogy f irreducibilis, mert akkor a tételb l már következik, hogy f egy primitív elem minimálpolinomja. Ha lenne g F q [x] irreducibilis polinom, melyre g b f valamely b 2 számra, akkor a tétel miatt p o(f) = q d 1, ellentmondás. Ha pedig f = g h valamely g, h F q [x] nemkonstans polinomokra, melyekre (g, h) = 1, akkor jelölje a a g fokát, b a h fokát, és legyen m = o(g), n = o(h). Ekkor q d 1 = o(f) = [m, n] mn (q a 1) ( q b 1 ) < q a+b 1 = q d 1, ellentmondás. Adható a állításhoz hasonló feltétel is f primitívségére tétel. Legyen f F q [x] egy d-edfokú, 1 f együtthatós polinom. Legyen m az a legkisebb pozitív egész, melyre van a F q, hogy x m a (mod f(x)). Ekkor m = qd 1 f primitív, és q 1 ( 1) d f(0) primitív eleme F q -nak. Továbbá ilyenkor a = ( 1) d f(0) példa. Legyen f(x) = x 4 +x 3 +x 2 +2x+2 Z 3 [x]. Most ( 1) 4 2 = 2 primitív eleme Z 3 -nak, valamint ellen rizhet, hogy x 40 2 (mod f(x)) és sem x 8, sem pedig x 20 nem kongruens Z 3 -belivel modulo f(x). A tétel alapján tehát f primitív, így speciálisan irreducibilis is Z 3 felett.

76 76 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK A tétel bizonyítása. = : Tegyük fel el ször, hogy f primitív. Most f irreducibilis, legyen α F q d egy gyöke. Ekkor α generálja az F q csoportot, rendje q d 1. Az f összes gyöke a állítás alapján α, α q, α q2,..., α qd 1, ezek szorzata a Viéte-formulák miatt ( 1) d f(0) = α α q α q2... α qd 1 = α 1+q+q2 + +q d 1 = α qd 1 q 1 Fq, vagyis x qd 1 q 1 ( 1)d f(0) (mod f(x)), és így m qd 1. A állítás alapján q 1 q d 1 = o(f) = m o(a) qd 1 q 1 (q 1) = qd 1, azaz végig egyenl ség áll. Tehát m = qd 1 q 1 eleme F q -nak. Továbbá m = qd 1 q 1 és o(a) = q 1, így a primitív miatt a = ( 1)d f(0) is kijött. =: Tegyük most fel, hogy m = qd 1 és ( 1) d f(0) primitív eleme q 1 F q -nak. Most elegend belátni, hogy f irreducibilis. Ekkor ugyanis az el z gondolatmenetet elmondva kapjuk, hogy α m = α qd 1 q 1 = ( 1)d f(0), amib l x m ( 1) d f(0) (mod f(x)). Most ( 1) d f(0) rendje q 1, vagyis a állítás alapján o(f) = m (q 1) = qd 1 q 1 (q 1) = qd 1. Tehát már csak annyit kell belátni, hogy f irreducibilis. El ször belátjuk, hogy f-nek nincs többszörös gyöke. Ekkor ugyanis a következémény miatt p o(f) teljesülne. De x m a (mod f(x)), tehát o(a) q 1 miatt a állítás alapján o(f) = m o(a) q d 1,

77 3.6 Irreducibilis polinomok konstrukciója 77 azaz p o(f). Legyen tehát f = g 1... g k irreducibilisek szorzata, és tegyük fel, hogy k 2. Legyen d i = deg g i, és legyen ( q d 1 1 )... (q d k 1 ) t = (q 1) k 1. Ekkor a következmény miatt o(g i ) q d i 1 t, vagyis a tétel alapján o(f) = [o(g 1 ),..., o(g k )] t. De o(f) t = ( q d 1 1 )... (q d k 1 ) (q 1) k 1 ( q d 1 1 )... (q d k 1 ) (q 1) < qd 1+ +d k 1 q 1 < = qd 1 q 1 = m o(f), ellentmondás Irreducibilis polinomok konstrukciója Egy irreducibilis polinom éppen gyökeinek minimálpolinomja. Így is érdemes el állítani ket. Legyen f F q [x] egy d-ed fokú, irreducibilis, n rend polinom. Legyen L az x n 1 felbontási teste F q felett, ez persze f felbontási teste is, és L F q d. Legyen α L az f egy gyöke, ekkor L = F q (α). Ha most g F q [x] egy m rend polinom valamely m n-re, akkor g felbontási teste része L- nek, továbbá ha β L a g egy gyöke, akkor β = α k egy alkalmas k-val. A következ kben tehát a β = α k alakú elem minimálpolinomjait határozzuk meg. 1. Tekintsük a β, β q, β q2,... elemeket, amíg újra β-t nem kapunk. Ekkor használhatjuk a állítást a β minimálpolinomjának el állításához. 2. Legyen f(x) = x d + a d 1 x d a 1 x + a 0. Ekkor α reprezentálható

78 78 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK az alábbi mátrixszal (3.3. szakasz) a a 1 A = a d a d 1 A 3.3. szakaszban leírtak miatt az A k mátrix minimálpolinomja megegyezik α k minimálpolinomjával. Ezt például megkaphatjuk a deníció alapján azaz kiszámoljuk A k hatványait, és megkeressük az els lineáris összefüggést. De megkaphatjuk a karakterisztikus polinomból is. Csakugyan, legyen k(x) az A k karakterisztikus polinomja, m(x) pedig a minimálpolinomja. A Cayley-Hamilton tétel miatt m(x) k(x). Továbbá tetsz leges sajátérték gyöke a minimálpolinomnak. Csakugyan, ha λ sajátérték egy v sajátvektorral, akkor 0 = 0 v = m(a k ) v = m(λ) v, vagyis m(λ) = 0. Ekkor k(x) az m(x) irreducibilis polinom egy hatványa. Csakugyan, ha lenne k(x)-nek más irreducibilis osztója (mondjuk h(x)), akkor a állítás miatt h minden gyöke egyszeres, gyökei sajátértékek, tehát m(x)-nek is gyökei, és így h(x) m(x) teljesülne, amib l h és m irreducibilitása miatt h(x) = c m(x) adódik. Tehát k(x) = m(x) t alkalmas t-vel, és a többszörös gyökök meghatározásának jól ismert módszerével már könnyen megkapható m(x) is és t is. El fordul, hogy β nem α egy hatványaként van megadva, hanem α egy polinomjaként: β = b 0 + b 1 α + + b d 1 α d 1. A fenti módszerek természetesen most is m ködnek, ám sokszor a deníció alapján gyorsabban célhoz érhetünk. Azaz: kifejezzük β els d hatványát (1, β, β 2,..., β d 1, β d ), és megkeressük köztük az els lineáris összefüggést.

79 3.6 Irreducibilis polinomok konstrukciója példa. Legyen α F 64 az x 6 + x + 1 irreducibilis polinom egy gyöke, és legyen β = α 4 + α 3. Ekkor 1 α α 2 α 3 α 4 α 5 1 = β = β 2 = β 3 = β 4 = β 5 = β 6 = Jelölje B a jobboldali 7 6-os mátrixot. Most B rangja 3, vagyis már β 3 is lineárisan függ a korábbiaktól. Ezt követ en megoldjuk a β 3 = c 2 β c 1 β + c 0 lineáris egyenletrendszert, és kapjuk, hogy β 3 = β 2 + 1, amib l β minimálpolinomja Z 2 felett x 3 x 2 1 = x 3 + x megjegyzés. Vegyük észre, hogy β minimálpolinomjának foka a résztest kritérium miatt osztja d-t. Tehát alkalmasint nem szükséges mind a d hatványt kiszámolni, a d osztóinál érdemes lehet megnézni, hogy létezik-e lineáris összefüggés. Természetesen a most felvázolt módszer akkor is m ködik, ha β = α k alakban van adva, csak ekkor ki kell még számolni β-t α egy legfeljebb (d 1)-fokú polinomjaként. Ám a korábban vázolt módszerekkel többnyire gyorsabban célt lehet érni. Amennyiben a kezdeti f egy primitív d-edfokú polinom volt (azaz n = q d 1), akkor persze F q d minden eleme el áll, mint α egy hatványa. Kérdés tehát, hogy hogyan gyártsunk primitív polinomot. Primitív polinomot általában egy primitív elem minimálpolinomjaként rend ele- kaphatunk. Legyen q d 1 = p a p ar r alakú. Ekkor keresünk p a i i meket, ezek szorzata egy primitív elemet fog adni példa. Keressünk primitív elemet F 81-ben. Most 80 = 16 5, így egy 16 és egy 5 rend elem szorzataként állítjuk el. A 16-od rend elem Φ 16 (x) egy gyöke, így azt érdemes faktorizálni. Mivel o 16 (3) = 4, ezért Φ 16 (x) a Z 3

80 80 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK felett két darab negyedfokú irreducibilis szorzatára bomlik. Csakugyan, x 8 +1 = x 8 2x 4 +1 x 4 = ( x 4 1 ) ( x 2) 2 ( = x 4 x 2 1 ) (x4 + x 2 1 ). Tekintsük például az x 4 x 2 1 polinomot, ennek legyen α F 81 egy gyöke. Ekkor F 81 = Z 3 (α), valamint α rendje 16. Szükségünk lenne még egy ötödrend elemre, legyen egy ilyen β = a+bα+cα 2 +dα 3. Most Φ 5 (β) = 0 ad egy egyenletrendszert a, b, c, d Z 3 -ra, ezt megoldva megkapjuk a négy darab 5 rend elemet. Ezek egyike legyen β, ekkor αβ rendje 80 lesz. Speciális esetben ez a módszer gyakran gyorsítható. Például most megoldhattuk volna a β 5 = 1 egyenletet is, melyb l kisz rjük a nem 5 rend gyököt. S t, mivel 3 karakterisztikában gyorsan lehet köbökre emelni, ezért esetleg szerencsésebb lehet megoldani a β 10 = 1 egyenletet, ahol β 10 = β 9 β. Végül, azt is mondhattuk volna, hogy bármilyen elem F 81 \ { 1, α, α 2,..., α 15 }-b l olyan, hogy a rendje 5 többszöröse. Tehát egy ilyen elem alkalmas hatványa 5 rend. Látjuk tehát, hogy fontos lenne hatékonyan irreducibilis polinomokra bontani egy véges test feletti polinomot. Ilyen eljárást ismerünk meg a 4. fejezetben.

81 4. fejezet Polinomok faktorizációja Az alábbi fejezetben véges testek feletti polinomok faktorizációjára ismerünk meg eljárást. A fejezet folyamán legyen f F q [x] egy 1 f együtthatós, d-ed fokú polinom. A 4.1. szakaszban Berlekamp algoritmusát részletezzük. Ez az eljárás csak akkor m ködik, ha f-nek nincs többszörös gyöke. Ez feltehet, többszörös gyököt ugyanis könny keresni. Valóban, tekintsük az (f(x), f (x)) kitüntetett közös osztót. 1. Ha (f(x), f (x)) = 1, akkor f-nek nincs többszörös gyöke, és így alkalmazható Berlekamp algoritmusa. 2. Ha (f(x), f (x)) = f(x), akkor f (x) = 0, vagyis f-ben minden kitev p többszöröse. Tehát f(x) = (g(x)) p alkalmas g F q [x] polinomra, és g-t könny megtalálni (csak az f-ben szerepl kitev ket kell p-vel osztani). Ezután folytassuk g-re az eljárást. 3. Ha az el z esetek egyike sem áll fenn, akkor 0 < deg (f(x), f (x)) < < deg f(x). Ekkor folytassuk az eljárást az f-nél alacsonyabb fokú f(x) (f(x),f (x)) és (f(x), f (x)) polinomokra. (Házi feladat: lássuk be, hogy az els polinomnak már nincs többszörös gyöke.) Megjegyezzük, hogy Berlekamp algoritmusa alacsony elemszámú testekre m ködik jól. Ha sok eleme van a testnek, amiben dolgozunk, akkor érdemes Zassenhaus módosítását alkalmazni, melyet a 4.2. szakaszban tárgyalunk.

82 82 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA 4.1. Berlekamp algoritmusa A szakasz folyamán f F q [x] egy 1 f együtthatós, d-edfokú polinom, amelynek nincs többszörös gyöke. Az eljárás kulcsa az alábbi észrevétel tétel. Legyen h F q [x] olyan, hogy (h(x)) q h(x) (mod f(x)). Ekkor (4.1) f(x) = (f(x), h(x) c). c F q Bizonyítás. Mivel f(x) (h(x)) q h(x), ezért f(x) = (f(x), (h(x)) q h(x)) = f(x), (h(x) c) = c Fq = c F q (f(x), h(x) c). Itt az utolsó egyenl ségben a szorzás azért vihet ki, mert a h(x) c polinomok páronként relatív prímek, így a szorzatuk f-fel vett kitüntetett közös osztója ugyanaz, mint a kitüntetett közös osztók szorzata (házi feladat). Ha tehát találunk egy olyan h F q [x] polinomot, melyre h q h (mod f), akkor q darab kitüntetett közös osztó meghatározása után a (4.1) formula alkalmazásával f egy felbontását kaphatjuk. Ez a felbontás sajnos lehet triviális, ha h c (mod f) valamilyen c F q -ra. Ha viszont 0 < deg h < deg f, melyre h q h (mod f), akkor (4.1) egy nemtriviális felbontást szolgáltat deníció. A h F q [x] polinomot f-felbontó polinomnak nevezzük, ha (4.1) az f egy nemtriviális felbontását adja. Célunk tehát f-felbontó polinomok keresése. Ilyeneket a polinomokra vonatkozó kínai maradéktétel segítségével találhatunk. Legyen f(x) = f 1 (x)... f k (x), ahol az f i (x) polinomok egymástól különböz irreducibilisek F q felett.

83 4.1 Berlekamp algoritmusa állítás. A (h(x)) q h(x) (mod f(x)) kongruencia f-nél alacsonyabb fokú megoldásai kölcsönösen egyértelm megfeleltetésben állnak a (4.2) h(x) c 1. h(x) c k (mod f 1 (x)), (mod f k (x)) kongruenciarendszer f-nél alacsonyabb fokú egyértelm megoldásaival, ahol a (c 1,..., c k ) végigfut F k q-on. Bizonyítás. Tegyük fel el ször, hogy f(x) (h(x)) q h(x) = (h(x) c). c F q Ekkor minden i-re f i (x) osztja a jobboldal valamelyik tényez jét, azaz minden i-re van olyan c i F q, hogy f i (x) h(x) c i. Legyen most (c 1,..., c k ) F k q tetsz leges. Mivel az f i (x) polinomok páronként relatív prímek, így a (4.2) kongruenciarendszernek létezik egy egyértelm h megoldása, melyre deg h < deg (f 1... f k ) = deg f. Most (h(x)) q c q 1 = c 1 h(x) (mod f 1 (x)),. (h(x)) q c q k = c k h(x) (mod f k (x)), vagyis f i h q h. Mivel az f i polinomok páronként relatív prímek, így f(x) = f 1 (x)... f k (x) (h(x)) q h(x). Mivel modulo f számolunk, ezért csak azon h polinomok érdekesek számunkra, melyek foka f-énél kisebb. Viszont a állítás szerint q k darab ilyen polinom van. S t, valójában ezek a h polinomok egy vektorteret alkotnak, melyben a konstans h polinomok egy 1 dimenziós altér. Az f-felbontó polinomok tehát egy (k 1) dimenziós alteret alkotnak ebben a vektortérben.

84 84 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA Érdemes ezt a k dimenziós vektorteret egy bázisával megadni. Egy ilyen bázist például a következ képpen határozhatunk meg. Legyen minden 0 i d 1 esetén d 1 x iq b ij x j = b i0 + b i1 x + + b i d 1 x d 1 j=0 (mod f(x)). Tegyük a b ij együtthatókat egy B F d d q mátrixba, azaz b b 0 d 1, B = b d b d 1 d 1 Legyen h(x) = a 0 + a 1 x + + a d 1 x d 1, ekkor (h(x)) q = a q 0 + a q 1x q + + a q d 1 x(d 1)q = a 0 + a 1 x q + + a d 1 x (d 1)q = d 1 d 1 d 1 = a i x iq a i b ij x j (mod f(x)). i=0 j=0 i=0 Tehát h q h (mod f) azzal ekvivalens, hogy (a 0, a 1,..., a d 1 )B = (a 0, a 1,..., a d 1 ), vagyis a h polinomok vektortere megegyezik a B I mátrix nullterével. Tehát k = d rk(b I), valamint oszlopm veleteket végezve a B I mátrixon a nullteret is meg tudjuk határozni, és így a h polinomok által alkotott vektortér egy bázisát is megkaphatjuk példa. Legyen f(x) = x 8 +x 6 +x 4 +x 3 +1 Z 2 [x]. Most (f(x), f (x)) = = 1, vagyis alkalmazható Berlekamp algoritmusa. El ször a B mátrixot ha-

85 4.1 Berlekamp algoritmusa 85 tározzuk meg: 1 x x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 1 = x 2 = x 4 = x 6 = x 8 = x 10 = x 12 = x 14 = , vagyis B I = Most rk (B I) = 6, amib l k = 8 6 = 2, vagyis f két Z 2 feletti irreducibilis polinom szorzatára bomlik. Továbbá a B I nullterét az (1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0) és a (0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1) vektorok generálják. Az els a h(x) = 1 polinomnak felel meg, a második a h(x) = x + x 2 + x 5 + x 6 + x 7 polinomnak. Utóbbival kiszámolva a kitüntetett közös osztókat: (f(x), h(x)) = x 6 + x 5 + x 4 + x + 1, (f(x), h(x) + 1) = x 2 + x + 1, amib l az f(x) irreducibilisekre való felbontása f(x) = ( x 6 + x 5 + x 4 + x + 1 ) (x 2 + x + 1 ).

86 86 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA Felmerül a kérdés, hogy ha megkaptuk egy bázisát az f-felbontó polinomoknak, akkor azok mindegyikét alkalmazva biztosan megkapjuk-e f irreducibilisekre való felbontását. A válasz igenl. Gond ugyanis akkor lenne, ha lennének olyan f i (x) és f j (x) irreducibilis faktorok, amelyek minden báziselemnél ugyanazon h(x) c tényez t osztanák. De az azt jelentené, hogy a h polinomok vektorterén minden h(x) mind az f i (x), mind pedig az f j (x) modulussal mindig ugyanazon F q -beli elemmel kongruens. De ez lehetetlen, mert van például olyan h(x) polinom, melyre h(x) 0 h(x) 1 (mod f i (x)), (mod f j (x)) Zassenhaus algoritmusa A Berlekamp algoritmus során q darab (f(x), h(x) c) alakú legnagyobb közös osztó meghatározására van szükség, mely nagy q-k esetén sokáig tart. Vegyük észre azonban, hogy nincs szükségünk mindegyik legnagyobb közös osztóra: elegend lenne azokat kiszámolni, melyekre (f(x), h(x) c) 1. Legyen tehát C = { c F q (f(x), h(x) c) 1 }. Ekkor (4.3) f(x) = (f(x), h(x) c), c C és így C k (az f különböz irreducibilis tényez inek a száma). Tehát ha sikerülne C-t meghatározni, akkor lényegesen lerövidíthetnénk az f polinom faktorizációját. (Megjegyezzük, hogy itt C nem csak f-t l, hanem a h választásától is függ, tehát minden alkalmazott h-ra újra kell majd számolni C-t.) Azt a tényt fogjuk kihasználni, hogy f(x) (h(x) c). c C

87 4.2 Zassenhaus algoritmusa 87 Legyen G(y) = c C (y c) az a polinom, mely gyökhalmaza éppen C. Ekkor f(x) G (h(x)). Valójában G a legkisebb fokú ilyen tulajdonságú polinom tétel. Legyen I = { g F q [y] : f(x) g (h(x)) }. Ekkor I legkisebb fokú, 1 f együtthatójú polinomja G. Bizonyítás. Könny látni, hogy I F q [y], és persze G I miatt I. Mivel F q [y] f ideálgy r, ezért I = (g 0 ). Mivel G I, ezért g 0 G, vagyis van C 0 C, hogy g 0 (y) = c C 0 (y c). Tehát I deníciója miatt f(x) (h(x) c). c C 0 De C volt azon F q -beliek halmaza, melyekre (f(x), h(x) c) 1. Ez csak úgy lehetséges, ha C 0 = C, és így I = (G). Legyen m = C és G(y) = y m + b m 1 y m b 1 y + b 0. A tétel azonnal szolgáltat egy algoritmust a G együtthatóinak megkeresésére. Tudjuk, hogy G a legalacsonyabb fokú polinom, melyre f(x) G (h(x)), azaz (h(x)) m + b m 1 (h(x)) m b 1 h(x) + b 0 0 (mod f(x)). Tehát h m, h m 1,..., h, 1 lineárisan összefügg (modulo f), de h m 1,..., h, 1 még lineárisan független. Tehát a feladatunk, hogy kiszámoljuk h hatványait modulo f, és megkeressük az els lineáris összefüggést. Itt m k miatt legfeljebb az els k darab hatványt kell kiszámoljuk. A kapott lineáris összefüggés megadja G együtthatóit, a C pedig a G polinom gyökhalmaza lesz példa. Legyen f(x) = x 6 3x 5 + 5x 4 9x 3 5x 2 + 6x + 7 F 23. Most (f(x), f (x)) = 1, így alkalmazhatjuk Berlekamp algoritmusát. Miután meghatároztuk az x 23i polinomokat modulo f(x), az alábbi mátrixot kapjuk

88 88 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA (B I)-re: B I = Ennek rangja 3, amib l k = 6 rk(b I) = 3. A nullteret az alábbi vektorok generálják: h 1 = (1, 0, 0, 0, 0, 0) = 1, h 2 = (0, 4, 2, 1, 0, 0) = x 3 + 2x 2 + 4x, h 3 = (0, 2, 9, 0, 1, 1) = x 5 + x 4 + 9x 2 2x. Tekintsük mondjuk a h(x) = h 2 (x) = x 3 + 2x 2 + 4x polinomot. Most m k = 3, vagyis elég h els három hatványát kiszámolni modulo f : h(x) x 3 + 2x 2 +6x (mod f(x)), (h(x)) 2 7x 5 +7x 4 + 2x 3 2x 2 6x 7 (mod f(x)), (h(x)) 3 11x 5 11x 4 x 3 9x 2 5x 2 (mod f(x)). Itt világos, hogy h 2 még nem függ 1-t l és h-tól, hiszen azokban nincs x 4 -es és x 5 -es tag. Viszont m 3 miatt h 3 már lineárisan kell függjön 1, h, h 2 -t l, és így m = 3 lesz. Valóban, (h(x)) 3 5 (h(x)) 2 11h(x) + 10 (mod f(x)), amib l G(y) = y 3 5y y 10. Ennek gyökei 3, 2, 6, azaz G(y) = (y + 3) (y 2) (y 6).

89 4.3 Polinomok gyökei 89 Innen (f(x), h(x) + 3) = x 4, (f(x), h(x) 2) = x 2 x + 7, (f(x), h(x) 6) = x 3 + 2x 2 + 4x 6, amib l az f(x) irreducibilisekre való felbontása f(x) = (x 4) (x 2 x + 7 ) (x 3 + 2x 2 + 4x 6 ). Zassenhaus algoritmusa tehát azon múlik, hogy egy polinom gyökeit meg tudjuk-e gyorsan határozni. A 4.3. szakaszban megismerünk néhány eljárást gyökkeresésre Polinomok gyökei Legyen f F q [x] egy n-edfokú, 1 f együtthatós polinom. Szeretnénk meghatározni, hogy mik az f gyökei F q -ban. Ez természetesen q darab helyettesítés ellen rzésével megtehet, ám ha q nagy (vagy akár csak n-hez képest nagy), akkor ez a módszer sokáig tarthat. Az alábbiakban két speciális esetben mutatunk a fentinél gyorsabb eljárást. El ször azt vegyük észre, hogy (f(x), x q x) kiszámolásával megkaphatjuk f(x) gyöktényez inek a szorzatát. Ha ennek a polinomnak meghatározzuk a (különböz ) gyökeit, akkor azzal az eredeti f polinom összes gyökét megkapjuk, és a gyöktényez k többszöri kiemelésével (pl. a Horner eljárással) a gyökök multiplicitását is megkaphatjuk. A továbbiakban tehát feltesszük, hogy f(x) x q x q = p > 2 prím Most f(x) = n i=1 (x c i), ahol c i Z p különböz ek. Az ötlet, hogy tetsz leges b Z p -vel való eltolással f(x b) még mindig osztja az x p x polinomot. f(x b) = n (x (b + c i )) x p x = x i=1 ) ) (x p (x p

90 90 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA Ha most x f(x b), akkor ( b) gyöke az eredeti f polinomnak, azt kiemelve egy alacsonyabb ( fokú polinomra) folytathatjuk az eljárást. Ha x f(x b), akkor pedig x p 1 2 1, x p = 1 miatt f(x b) (és így f(x) is) szorzattá bontható: f(x b) = ) ) (f(x b), x p (f(x b), x p Ez a szorzattá bontás nemtriviális, ha x p 1 2 ±1 (mod f(x b)), mely a kvadratikus maradékok és nemmaradékok viszonylag véletlenszer eloszlása miatt gyakran bekövetkezik. Az eljárás tehát, hogy véletlenszer en választunk b Z p -ket, amíg f már lineáris tényez kre nem bomlik példa. Meghatározzuk a g(x) = x 6 7x 5 + 3x 4 7x 3 + 4x 2 x 2 Z 17 [x] polinom Z 17 -beli gyökeit. Legyen f(x) = ( g(x), x 17 x ) = x 4 + 6x 3 5x 2 + 7x 2. Most p = 17, tehát x 8 -t kell kiszámolnunk modulo f(x b). Legyen el ször b = 0. Ekkor x 8 1 (mod f(x)), vagyis nem volt szerencsés a választásunk, nem sikerült f-t tovább bontani. Legyen most b = 1. Ekkor f(x 1) = x 4 + 2x 3 3x 2, és x 8 4x 3 7x 2 + 8x 5 (mod f(x 1)), vagyis ez a választás f egy felbontását adja: f(x 1) = ( f(x 1), x 8 1 ) (f(x 1), x ) = = ( f(x 1), 4x 3 7x 2 + 8x 6 ) (f(x 1), 4x 3 7x 2 + 8x 4 ) = amib l f(x) = ( x 2 5x 2 ) (x 2 6x + 1 ). }{{}}{{} f 1 (x):= f 2 (x):= = ( x 2 7x + 4 ) (x 2 8x + 8 ), Végül válasszuk b = 2-t. Most f 1 (x 2) = x 2 + 8x 5, és x 8 8x + 2 (mod f 1 (x 2)),

91 4.3 Polinomok gyökei 91 így ez a választás f 1 egy felbontását adja: f 1 (x 2) = ( f(x 2), x 8 1 ) (f(x 2), x ) = = (f(x 2), 8x + 3) (f(x 2), 8x + 1) = = (x + 6) (x + 2), amib l f 1 (x) = (x + 8) (x + 4). Továbbá f 2 (x 2) = x 2 + 7x = x (x + 7), azaz eltaláltuk f 2 egy gyökét: f 2 (x) = (x + 2) (x + 9). Tehát f(x) = (x + 8) (x + 4) (x + 2) (x + 9), vagyis f (és így g) gyökei Z 17 -ben 8, 9, 13, 15 Z q = p d egy kis p prímre Most f(x) = n i=1 (x γ i), ahol γ i F q különböz ek. Legyen (4.4) S(x) = x + x p + x p2 + + x pd állítás. Legyen q = p d, S pedig a (4.4) egyenl séggel deniált polinom. Ekkor x q x = Bizonyítás. Kés bb (ld állítás). c Z p (S(x) c). Tehát f(x) x q x = c Z p (S(x) c), és mivel a jobboldalon szerepl szorzat tényez i egymáshoz páronként relatív prímek, ezért ismét f(x) = c Z p (f(x), S(x) c). El fordul, hogy ez triviális faktorizációt ad. Ekkor legyen β F q feletti d-edfokú elem, és írjunk x helyébe β i x-et: ( β i x ) q β i x = ( ( S β i x ) c ). c Z p egy Z p

92 92 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA Mivel β i F q, ezért (β i ) q = β i, vagyis f(x) β i (x q x) = c Z p ( S ( β i x ) c ), amib l f(x) = c Z p ( f(x), S ( β i x ) c ) állítás. Ha minden i = 0, 1,..., d 1-re kiszámoljuk a fenti kitüntetett közös osztókat, akkor legalább az egyik egy nemtriviális felbontást ad f-re. Bizonyítás. Kés bb (ld állítás) Nyom A és a állítások bizonyításához az S polinomot kell közelebbr l megismerni deníció. Legyen K = F q, L = F q d. Az α F q d elem K-ra vonatkozó nyoma Tr L/K = α + α q + α q2 + + α qd 1. Ha q = p prím, akkor a Z p -re vonatkozó nyomot abszolút nyomnak hívjuk. Ha világos, hogy mi az L és a K, akkor Tr L/K -t egyszer en Tr-rel jelöljük. A továbbiakban K = F q, L = F q d tétel. Ha L-et, mint K feletti vektorteret tekintjük, akkor a Tr L/K egy L K szürjektív lineáris leképezés, azaz Tr(α + β) = Tr(α) + Tr(β), Tr(c α) = c Tr(α), ahol α, β L, c K. Továbbá ha a K, α L tetsz leges, akkor Tr(a) = d a, Tr (α q ) = Tr(α).

93 4.3 Polinomok gyökei 93 Bizonyítás. Ha α foka F q felett k, akkor a résztest kritérium ( tétel) miatt k d, hiszen F q (α) F q k F q d. Ha m α F q [x] az α minimálpolinomja F q felett, akkor (x α) (x α q ) ( x α q2) (... x α qd 1) = (m α (x)) d/k F q [x], és Tr(α) éppen ezen polinom (d 1)-ed fokú tagjának az együtthatója. Tehát valóban Tr: L K. A linearitás egyszer számolás: Tr(α + β) = (α + β) + (α + β) q + (α + β) q (α + β) qd 1 = = α + α q + α q2 + + α qd 1 + β + β q + β q2 + + β qd 1 = = Tr(α) + Tr(β), Tr(cα) = cα + (cα) q + (cα) q2 + + (cα) qd 1 = ( = c α + α q + α q2 + + α qd 1) = = c Tr(α). Tehát Tr: L K lineáris. Mivel a képtér 1 dimenziós, ezért a szürjektivitáshoz elég belátni, hogy Tr 0. Valóban: Tr(α) pontosan akkor 0, ha α gyöke az x qd x q2 + x q + x polinomnak, melynek legfeljebb q d 1 darab gyöke lehet. Ha a K, akkor Tr(a) = d a világos. Végül Tr (α q ) = α q + α q2 + + α qd 1 + α qd = α q + α q2 + + α qd 1 + α = Tr(α) következmény. Legyen tetsz leges β L-re A β : L K az a transzformáció, melyre A β (α) = Tr(βα). Ekkor az L K lineáris transzformációk halmaza éppen { A β β L }. Bizonyítás. Az A β nyilván L K lineáris transzformáció. Ha β γ, akkor A β A γ. Ugyanis A β (α) A γ (α) = Tr(βα) Tr(γα) = Tr ((β γ)α), ami nem 0 alkalmas α választással. Mivel az L K lineáris leképezések száma megegyezik az A β -k számával (q d ), ezért pontosan az A β -k az L K lineáris transzformációk.

94 94 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA tétel. Tr(α) = 0 α = β q β alkalmas β L-re. Bizonyítás. =: A tétel azonnali következménye: Tr(α) = Tr(β q β) = Tr(β q ) Tr(β) = 0. = : Legyen β egy gyöke az x q x α polinomnak L egy alkalmas b vítésében. Belátjuk, hogy β L. Ugyanis 0 = Tr(α) = α + α q + + α qd 1 = = β q β + (β q β) q + + (β q β) qd 1 = = β q β + β q2 β q + + β qd β qd 1 = = β qd β. Itt észrevettük, hogy a β qd és β kivételével a többi tag kétszer szerepel, egyszer pozitív, egyszer pedig negatív el jellel, így kiejtik egymást. Tehát β gyöke az x qd x polinomnak, és így β L tétel (A nyom tranzitivitása). Legyenek K L M véges testek, ahol L : K = d, M : L = m. Ekkor tetsz leges α M- re Tr M/K (α) = Tr L/K ( TrM/L (α) ). Bizonyítás. A bizonyítás lényegében egyszer számolás: ( Tr L/K TrM/L (α) ) = Tr L/K (α + α qd + + α qd(m 1)) = ( = α + α qd + + α qd(m 1)) + ( + α + α qd + + α qd(m 1)) q (α + α qd + + α qd(m 1)) q d 1 = = α + α qd + + α qd(m 1) + + α q + α qd α qd(m 1) α qd 1 + α q2d α qdm 1 = Tr M/K (α).

95 4.3 Polinomok gyökei 95 Itt a Tr M/L, majd Tr L/K kibontását követ en oszloponként összegeztük az α hatványait, így észrevehetjük, hogy α és α dm 1 között minden hatvány pontosan egyszer fordul el. Végül a és állítások azonnal következményei a tételnek állítás ( állítás). Legyen q = p d, S pedig a (4.4) egyenl séggel deniált polinom. Ekkor x q x = (S(x) c). c Z p Bizonyítás. A baloldal gyökei F q elemei. A jobboldalon S : F p d Z p szürjektív lineáris, magtere (d 1)-dimenziós Z p felett, vagyis elemszáma p d 1. Tehát S(α) = c-nek pontosan p d 1 megoldása van minden c Z p -re, ezek uniója szintén F q. Tehát a jobboldal gyökei is F q elemei állítás ( állítás). Ha minden i = 0, 1,..., d 1-re kiszámoljuk az f(x) = ( ( f(x), S β i x ) c ). c Z p felbontást, akkor legalább az egyik egy nemtriviális felbontást ad f-re. Bizonyítás. Tegyük fel indirekt módon, hogy minden i-re van olyan c i Z p, hogy S (β i x) c i (mod f(x)). Legyen γ 1 γ 2 két különböz gyöke f-nek. Most S (β i x) c i (mod f(x)) miatt S ( ) β i γ 1 = ci = S ( ) β i γ 2, vagyis S (β i (γ 1 γ 2 )) = 0. Tehát Tr ((γ 1 γ 2 )β i ) = 0 teljesül minden i = = 0, 1,..., d 1 esetén. Vagyis az A γ1 γ 2 : F q Z p lineáris transzformáció elt nik az F q egy bázisán: 1, β, β 2,..., β d 1 -en. Tehát A γ1 γ 2 = 0, de a következmény miatt ebb l γ 1 γ 2 = 0, ellentmondás adódik.

96 5. fejezet Bevezetés a hibajavító kódok elméletébe 5.1. Alapfogalmak példa. Tekintsük [2] 10 jegy ISBN számát: Itt az els három számcsoport rendre a származási ország, a kiadó és a könyv azonosítója. Az utolsó jegy az ellen rz jegy. Ha az ISBN szám x 1... x 10, akkor az ellen rz jegy értéke olyan, hogy 10 i=1 i x i 0 (mod 11) teljesüljön. Itt például = (mod 11). Vegyük észre, hogy ha egy jegyet elírnak az ISBN számban, vagy akár két szomszédos jegyet felcserélnek, akkor azt észre lehet venni az ellen rz jegyb l. Megjegyezzük, hogy a 10-es ellen rz jegyet X-szel jelölik példa óta 13 jegy ISBN számokat használnak, például [1]-é is az: A szereposztás hasonló az el z höz: a 978 egy kezd számhármas, egyel re nincs más szerepe, ezt követik a származási ország, a kiadó és a könyv azonosítója, majd az ellen rz jegy. Ha az ISBN-13 szám x 1... x 13, akkor az ellen rz jegy értéke olyan, hogy a páros jegyeket 3-mal, a páratlanokat 1-gyel szorozva, majd összegezve 10-zel osztható számot kap-

97 5.1 Alapfogalmak 97 junk: x 13 (x 1 + 3x 2 + x 3 + 3x x x 12 ) (mod 10). Itt például ( ) = 153, ezért 7-es az ellen rz jegy. Vegyük észre, hogy ha egy jegyet elírnak az ISBN- 13 számban, vagy akár két szomszédos jegyet felcserélnek (amik különbsége nem 5), akkor azt észre lehet venni az ellen rz jegyb l példa. A lakcímkártyán olvasható 11 jegy személyi szám felépítése hasonló. Az els jegy a nem és a születés évszázadát kódolja, az ezt követ 6 jegy a születés éve, hónapja, napját jelzi, az ezt követ három jegy az azonos napokon születettek megkülönböztetésére szolgál, végül az utolsó jegy ismét ellen rz jegy: 10 x 11 i x i (mod 11). i=1 Amennyiben az utolsó jegyre 10 jönne ki, úgy az adott személyi számot nem osztják ki. Itt is észre lehet venni egy számjegy elírását vagy két számjegy cseréjét, kivéve ha a két utolsó számjegyet cserélik fel. A fenti példákból érezhet, hogy mire jó a hibajavító kódolás: alapvet en észre kívánjuk venni (és lehet ség szerint ki szeretnénk javítani), ha egy üzenet hibásan érkezett meg hozzánk. Általában ezt a folyamatot az alábbi módon jellemezhetjük: üzenet, a kódolás, f kód, c hiba (zaj) c + e dekódolás, g a. Tehát egy üzenetet kívánunk eljuttatni egyik helyr l a másikra. A csatorna viszont zajos, ezért kódoljuk az üzenetet, hogy a hiba után is még nagy eséllyel rekonstruálható legyen az eredeti üzenet. Ez a fajta kódolás tehát nem titkosításra szolgál (azzal a kriptográa foglalkozik), hanem hibajavításra. A továbbiakban jelöljön Q egy q elem véges ábécét, ez többnyire F q lesz. A kódolás úgy történik, hogy az üzenetet k hosszú részekre osztjuk, és minden

98 98 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE egyes k-ast egy n-esre cserélünk valamilyen ϕ: Q k Q n injektív függvény mentén. Tehát egy u Q k üzenet helyett v = ϕ(u) Q n -t küldjük el. A kés bbiekben C-vel jelöljük a kódszavak halmazát, vagyis C = ϕ ( Q k) Q n deníció. Legyen t 1 egész. Egy C Q n kód t-hibajelz, ha egy C-beli kódszót legfeljebb t helyen megváltoztatva nem kaphatunk C-beli kódszót. A C Q n kód t-hibajavító, ha két tetsz leges u, w C kódszót legfeljebb t helyen megváltoztatva nem kaphatjuk ugyanazt a szót Q n -b l példa. A korábbiak alapján az ISBN szám 1-hibajelz. 1-hibajavító kódra példa, ha minden bet t háromszor írunk le egymás után. Ez a kód nyilván 2-hibajelz deníció. Legyen u = u 1... u n és v = v 1... v n Q n két szó. Ezek d(u, v) Hamming-távolságán azon koordináták számát értjük, ahol u és v eltér, azaz d(u, v) = { 1 i n u i v i }. Egy C Q n kód minimális távolságán a kódszavak távolságainak minimumát értjük: d(c) = min d(u, v). u v C Azt mondjuk, hogy egy C kód [n, k, d]-kód, ha C Q n, C = q k, és a C minimális távolsága d(c) = d házi feladat. Igazoljuk, hogy az denícióban deniált d metrika Q n -en, azaz 1. d(u, v) 0, és egyenl ség csak u = v esetén lehetséges; 2. d(u, v) = d(v, u) (szimmetria); 3. d(u, w) d(u, v) + d(v, w) (háromszög egyenl tlenség) házi feladat. Igazoljuk, hogy egy C kód pontosan akkor t-hibajelz, ha t < d(c), és pontosan akkor t-hibajavító, ha 2t < d(c). A cél tehát olyan [n, k, d]-kódok keresése, melyeknél az n/k arány alacsony, a d pedig magas, lehet leg páratlan.

99 5.2 Lineáris kódok állítás (Hamming korlát). Ha 2t < d(c), akkor q n k = qn C t i=0 ( ) n (q 1) i. i Bizonyítás. Az ötlet, hogy minden kódszó köré egy t sugarú gömb írható, melyeknek diszjunktaknak kell lenniük. Mindegyik gömb elemszáma t ( n i=0 i) (q 1) i, hiszen 0 i t helyen térhet el a kódszótól, ( n i) -féleképpen választható ki, hogy melyik i helyen tér el, és (q 1) i -féle lehet az eltérés az adott i helyen. Ebb l Q n C ami ekvivalens a bizonyítandóval. t i=0 ( ) n (q 1) i, i deníció. Egy kódot tökéletes kódnak nevezünk, ha a Hamming korlát egyenl séggel teljesül. (Megjegyezzük, hogy nagyon kevés tökéletes kód létezik.) állítás (Singleton korlát). Egy C Q n, C = q k kódra d(c) n k + 1. Bizonyítás. Ha d(c) a minimális távolság, akkor bármely két kódszó eltér az els n d(c) + 1 hely valamelyikén. Ebb l ami ekvivalens a bizonyítandóval. q n d(c)+1 C = q k, 5.2. Lineáris kódok deníció. Ha Q = F q és C Q n egy altér, akkor C-t lineáris kódnak nevezzük. Ha C lineáris kód, u, v, C, akkor d(u, v) = d(u v, 0), ahol u v C is. Tehát d(c) megegyezik a 0-tól való minimális távolsággal.

100 100 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE deníció. Legyen egy v C súlya d(v, 0). Tehát egy C lineáris kód minimális távolsága a legkisebb nem 0 súly. Továbbá C egy k dimenziós altér, tehát vannak b 1,..., b k Q n bázisvektorai. (A kódelméleti hagyományokat gyelembe véve most sorvektorokkal dolgozunk.) Tehát C = { λ 1 b λ k b k λ 1,..., λ k F q } deníció. Legyen G F k n q az a mátrix, melynek sorai a b i vektorok: b 1 G =.. Ezt a mátrixot a C kód generátormátrixának nevezzük. Ha G a C kód generátormátrixa, akkor tehát b k C = { ug u Q k } példa. Legyen q = 2, n = k + 1, a kód pedig legyen az, hogy a k jegy után elhelyezünk egy paritásellen rz bitet. Ennek a generátormátrixa G = ( ) deníció. Ha egy C kód generátormátrixa G = I k M F k n q alakú (ahol I k a k k-as egységmátrix), akkor C-t szisztematikus kódnak nevezzük. Meg lehet gondolni, hogy minden kód (alkalmas bázist tekintve) szisztematikus kódnak tekinthet.

101 5.3 Polinomkódok deníció. Egy P F (n k) n q ha tetsz leges v Q n -re teljesül, hogy mátrixot ellen rz mátrixnak hívunk, v C P v T = 0, azaz a kódszavak éppen P nullterét alkotják házi feladat. Gondoljuk meg, hogy P F (n k) n q ellen rz mátrix GP T = 0. ( példa. Ha C szisztematikus kód G = I k ) akkor P = ( M T I n k ellen rz mátrix lesz. ) M generátormátrixszal, 5.3. Polinomkódok A szakasz f ötlete, hogy egy u 1 u 2... u k Q k szó helyett tekinthetjük az u 1 x k 1 + u 2 x k u k polinomot hiszen a legfeljebb (k 1)-ed fokú polinomok is egy k dimenziós vektorteret alkotnak deníció. Legyen g F q [x] egy (legfeljebb) (n k)-ad fokú polinom. Ekkor a C = { u(x)g(x) u F q [x] legfeljebb (k 1)-ed fokú } kódot polinomkódnak, a g-t a kód generátor polinomjának nevezzük. Világos, hogy minden polinomkód lineáris kód is egyben, hiszen C egy k dimenziós alteret fog alkotni a legfeljebb (n 1)-ed fokú polinomok terében. S t, ha g(x) = a n k x n k + + a 0, akkor egy C-hez tartozó generátormátrix a n k... a a n k... a G = a n k... a 0

102 102 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE állítás. Legyen α az F q egy b vítésének eleme, és tegyük fel, hogy o(α) n d. Ha g F q [x]-nek gyöke α, α 2,..., α d 1, akkor a g-b l képzett C polinomkódra d(c) d. Bizonyítás. Legyen v = ug C egy kódszó, azaz v(x) = v 1 x n v m x nm. Tegyük fel, hogy m < d, belátjuk, hogy v(x) = 0. Mivel g v, ezért α, α 2,..., α d 1 gyöke v-nek is, speciálisan α, α 2,..., α m mindegyike gyöke v-nek. Tehát (5.1) α n 1 α 2n 1... α mn 1 ) α (v 1 v 2... v m n 2 α 2n 2... α mn = α nm α 2nm... α mnm ( ) = v(α) v (α 2 )... v (α m ) = ( ) Számoljuk ki a fent szerepl m m-es mátrix D determinánsát. Az els sorból α n 1 -t, a másodikból α n 2 -t, stb., az m-edikb l α nm -t kiemelve egy Vandermonde-determinánst kapunk, vagyis a determináns értéke 1 α n 1... α (m 1)n 1 D = α n 1+n 2 1 α + +nm n 2... α (m 1)n = α n 1+n 2 + +nm (α n i α n j ).. i<j 1 α nm... α (m 1)nm Most α n 1+n 2 + +nm 0, valamint o(α) n d > m miatt α ni α n j, tehát D 0. De ez azt jelenti, hogy (5.1)-ben a szorzat csak úgy lehet nulla, ha a (v 1 v 2... v m ) sorvektor nulla megjegyzés. Az állításban α,..., α d 1 helyett vehettük volna α bármely (d 1) különböz hatványát is. A szakaszt két fontos kódtípussal zárjuk.

103 5.3 Polinomkódok deníció. Legyen α F q (azaz most nem csak egy b vítésnek, hanem magának F q -nak eleme), melyre o(α) n d. Ekkor a g(x) = (x α) ( x α 2)... ( x α d 1) által generált kódot ReedSolomon kódnak nevezzük példa. Napjainkban ReedSolomon kódok képezik az Audio CD-k tárolási módjának, illetve a legtöbb kétdimenziós vonalkódnak az alapját. Több rszonda is módosított ReedSolomon kóddal kódolja a különböz adatokat, miel tt elküldené azokat a Földre (mint például a Voyager vagy a Mars Exploration Rover rszondák) állítás. Ha C ReedSolomon kód, akkor d(c) = d. Bizonyítás. Az állítás miatt d(c) d. Másrészt a Singleton korlátból ( állítás) d(c) n k + 1 = deg g + 1 = d. (Másképpen: a g(x) = = 1 g(x) C súlya d.) következmény. Az [n, k, d] paraméter ReedSolomon kódra n = k + + d 1, azaz a Singleton-korlát szerint optimális kód megjegyzés. Az o(α) n feltétel miatt q 1 n szükséges. Általában n = q 1 és d = 2t + 1 a tipikus választás deníció. Legyen α az F q egy b vítésének eleme, o(α) n d, és legyen g(x) = [m α (x), m α 2(x),..., m α d 1(x)] a legkisebb közös többszöröse az α i F q feletti minimálpolinomjainak. A g(x) által generált kódot BCH kódnak nevezzük, a d a kód tervezett távolsága. (Az elnevezés Bose, Ray-Chaudhuri és Hocquenghem neveinek kezd bet ib l adódik.) példa (n = 3, d = 3, ReedSolomon kód). Legyen α F 4 egy generátorelem. Most n k = 2 = d 1, vagyis g(x) = (x α)(x α 2 ) = x x + 1 F 4 [x]. Valamint k = 1, tehát minden F 4 -beli elemet 3 F 4 -belivel kódol: C = { 0, x 2 + x + 1, αx 2 + αx + α, α 2 x 2 + α 2 x + α } 2.

104 104 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE Tehát a kód megtripláz minden F 4 -beli elemet. Mivel F 4 elemeit 2 biten tudjuk leírni, (pl. 0 00, 1 11, α 01, α 2 10) ezért valójában minden egymást követ két bitet tripláz, azaz , , , Ha ugyanilyen paraméter BCH kódot készítettünk volna, akkor Q = { 0,1 }- gyel dolgozva C = { 0, x 2 + x + 1 }, és a kód egyszer en minden bitet triplázna, azaz 0 000, példa (n = 7, d = 3). Legyen α F 8 egy generátorelem. Készítsük el el ször az ilyen paraméter ReedSolomon kódot. Most d 1 = 2, vagyis g(x) = (x α)(x α 2 ). Így n k = 2, amib l k = 5. Továbbá q = 8, vagyis az ábécé 3 bit méret. Tehát a kód minden 3 5 = 15 bitb l készít 3 7 = = 21 bitet. Ez a kód hasznos olyan csatornánál, ahol egymáshoz közeli bitek sérülnek (ún. csomós hiba vagy burst error), ha ugyanis például egy 3 bites részeken belül sérül több bit (akár mind a 3), a kódnak ez akkor is csak 1 hibát jelent, hiszen ez egy F 8 -beli elem változását jelenti csak. Ellenben ha az ilyen paraméter BCH kódot készítjük el, akkor g(x) = = [m α (x), m α 2(x)] = m α (x), ami harmadfokú. Tehát n k = 3, így k = 4. Vagyis a kód minden 4 bitb l állít el 7 bitet, így az arány rosszabb, mint az el bb. Viszont ha a csatornában egyenletesen oszlanak el a hibák (például 21 bitben úgy van 3 bit hiba, hogy mindegyik 7-esben egy bitnyi), akkor jobb a BCH kódot választani, mert ezt ki fogja tudni javítani, ellentétben a Reed Solomon kóddal. Fontos tehát a csatorna az alkalmas kód választásában példa. n = 15, d = 5, BCH kód] Legyen L = Z 2 [x]/(x 4 + x 3 + 1), α

105 5.3 Polinomkódok 105 legyen az x 4 + x egy gyöke L-ben. Most g(x) = [m α (x), m α 2(x), m α 3(x), m α 4(x)] = [m α (x), m α 3(x)] = = ( x 4 + x ) (x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 ) = x 8 + x 4 + x 2 + x + 1. Továbbá n k = 8, vagyis k = 7, tehát a kód 7 bitb l készít 15-t. Vizsgáljuk meg, hogyan történik a hibajavítás. Tegyük fel, hogy a (0,..., 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1) számsorozatot kaptuk, ami tehát a v(x) = x 7 + x 3 + x 2 + x + 1 polinomnak felel meg. Ez persze nem kódszó, mert v(α) = α 7 + α 3 + α 2 + α + 1 = α 3, v ( α 3) = α 3 + α 2, és mindkett 0 lenne, ha v kódszó lenne. Tegyük fel, hogy legfeljebb két hiba van, melyek az i-edik és j-edik helyen találhatók, vagyis a helyes kódszó v(x) + x i (ha csak egy hiba van) vagy v(x) + x i + x j. Legyen r = α i, s = α j (illetve legyen s = 0, ha csak 1 hiba van), ekkor r + s = v(α) = α 3, r 3 + s 3 = v ( α 3) = α 3 + α 2, innen r 3 + s 3 = (r + s) (r 2 + s 2 rs) = (r + s) ((r + s) 2 + rs)-b l rs = α. Tehát r és s gyöke az x 2 + α 3 x + α polinomnak. Ezt most a 2 karakterisztika miatt nem lehet a szokásos megoldóképlettel megoldani, de könnyen észrevehet, hogy α 2 gyök, hiszen α 4 + α 5 + α = α(α 4 + α 3 + 1) = 0. Innen a másik gyök rs/α 2 = α 14. Tehát a két hiba az x 14 és az x 2 együtthatóiban történt, és így a valódi kódszó (1, 0,..., 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1).

106 106 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE példa (A CD kódolása). Végezetül vázlatosan bemutatjuk az Audio CD-ken használt kódolást. El ször a zenét digitalizálni kell, ehhez tekinthetjük a hangrezgéseket, mint a t id f(t) függvénye. Ezt Fourier sorba fejtve kapjuk az f(t) = a n sin nt + b n cos nt n=0 alakot. Mivel az emberi fül a Hz feletti frekvenciájú hangrezgéseket már nem képes feldolgozni, ezért a fenti összegben n-et elég egy alkalmas nagy számig futtatni, és így f-et egy véges összeggel közelíthetjük. Az f(t) értékét mintavétellel kapjuk, a CD-ken 44.1 khz, a DVD-ken általában 48 khz a mintavétel frekvenciája. Egy mérési eredményt 2 16 biten tárolunk (mind a bal, mind a jobb oldal 16 bitet foglal), ezek legyenek mondjuk x i1, x i2, y i1, y i2. A csomós hibák elkerülése végett nem sorban írjuk fel ezeket az adatokat egymás mellé, hanem egy es mátrixba függ legesen, majd a mátrix sorait írjuk le egymás mellé. Kétféle paraméter ReedSolomon kóddal szokták kódolni a kapott elemeket: vagy [28, 24, 5] paraméter vel, vagy [32, 28, 5] paraméter vel. Az ábécé a 256 elem test: Q = Z 2 [x]/(x 8 + x 4 + x 3 + x 2 + 1), a faktorizáló polinom primitív, egy gyöke legyen α. A kód 2-hibajavító, így d = 5, vagyis n k = d 1 = 4 lesz, valamint g(x) = (x α) ( x α 2) ( x α 3) ( x α 4). A specikációt a Sony és a Philips cég vezette be 1980-ban a Red Book-ban, mely 1996-os második kiadása letölthet az alábbi címr l is: ecma-international.org/publications/files/ecma-st/ecma-130.pdf

107 Irodalomjegyzék [1] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Elméleti matematika sorozat. Budapest, 2007, Typotex. ISBN [2] Rudolf Lidl Harald Niederreiter: Introduction to nite elds and their applications. 2. kiad. Cambridge, 1994, Cambridge University Press, xii+416. p. ISBN