Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 14.

Átírás

1 Klasszikus algebra előadás Waldhauser Tamás április 14.

2 Többhatározatlanú polinomok 4.3. Definíció. Adott T test feletti n-határozatlanú monomnak nevezzük az ax k 1 1 xk n n alakú formális kifejezéseket, ahol 0 = a T és k 1,..., k n N 0. Az ilyen monomok véges összegeit pedig T feletti n-határozatlanú polinomoknak nevezzük. Jelölés. A T feletti n-határozatlanú polinomok halmazát T [x 1,..., x n ] jelöli Tétel. A természetes módon definiált szorzással és összeadással T [x 1,..., x n ] integritástartomány Megjegyzés. Az n-határozatlanú polinomok gyűrűjét lehetne rekurzívan is definiálni: legyen T [x 1,..., x n ] = (T [x 1,..., x n 1 ]) [x n ], azaz a T [x 1,..., x n 1 ] integritástartomány feletti (egyhatározatlanú) polinomgyűrű.

3 Többhatározatlanú polinomok Példa. f = 7x 2 1 x 3 2x 1 x 2 x x 1x 2 3x 2 1 x 2x x 1x 2 x 3 3 2x x 1 x 2 2 x 3 x 2 1 x 2x 3 6x 1 x 3 + 2x x 1x x2 2 x R [x 1, x 2, x 3 ] f = x 2 1 ( 3x 2 x 2 3 x 2x 3 + 7x 3 2 ) + x 1 (5x 2 2 x 3 2x 2 x x 2x x 2 + x 2 3 6x 3) + ( 4x 2 2 x x ) R [x 2, x 3 ] [x 1 ] ( f = x1 2 x 2 ( 3x ) 3 2 x 3) + (7x3 2) + ( x 1 x2 2 (5x ( 3) x 2 2x x ) + ( x3 2 6x 3) ) + ( x2 2 (4x 3 2 ) ( + 2x )) R [x 3 ] [x 2 ] [x 1 ]

4 Lexikografikus rendezés 4.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy az ax k 1 1 xk n n monom lexikografikusan megelőzi a bx l 1 1 x l n n monomot, ha i {1,..., n} : k 1 = l 1,..., k i 1 = l i 1 és k i > l i. (Vagyis megkeressük az első eltérést a k 1, k 2,..., k n és az l 1, l 2,..., l n kitevősorozatok között, és amelyikben nagyobb szám áll ezen a helyen, az kerül előrébb a lexikografikus sorrendben.) Jelölés. Tetszőleges M, N T [x 1,..., x n ] monomok esetén M N jelöli azt, hogy M lexikografikusan megelőzi N-et, M N pedig azt, hogy M N vagy M N. A relációt lexikografikus rendezésnek nevezzük.

5 Lexikografikus rendezés Példa. x 2 1 x99 2 x23 3 x71 4 x 3 1 x 2x 2 3 x5 4 2x 3 1 x 2x 4 3 x2 4 14x 3 1 x 2x 2 3 x3 4 x 1 x 2 x 2 3 x 4 3x 4 2 x6 3 x2 4 12x 2 1 x3 2 x 3x 5 4 9x 2 1 x3 2 x 3x 5 4

6 Lexikografikus rendezés 4.7. Álĺıtás. A monomok halmazán reflexív, tranzitív és dichotóm reláció, valamint M M N akkor és csak akkor áll fenn egyszerre, ha M és N asszociált Megjegyzés. Az előző álĺıtás szerint a reláció teljes rendezés (dichotóm részbenrendezés) a monomok halmazán modulo asszociáltság. Általában egyszerre csak egy adott polinomban előforduló monomokat vizsgálunk, ezek között pedig nincsenek asszociáltak (azokat össze lehetne vonni egy taggá), tehát ilyenkor valójában teljesen rendezett halmazzal dolgozhatunk. N és 4.9. Álĺıtás. A monomok szorzása monoton a lexikografikus rendezésre nézve, azaz tetszőleges M, ˆM, N, ˆN monomokra ha M N és ˆM ˆN, akkor M ˆM N ˆN, és itt asszociáltság csak akkor teljesül, ha M N és ˆM ˆN Álĺıtás. Tetszőleges f, g T [x 1,..., x n ] nemzéró polinomokra fg lexikografikusan első tagja nem más, mint f és g lexikografikusan első tagjának szorzata.

7 Lexikografikus rendezés Példa. A korábbi példában szereplő polinom tagjai lexikografikusan csökkenő sorrendben: f = 3x 2 1 x 2x 2 3 x2 1 x 2x 3 + 7x 2 1 x 3 2x x 1x 2 2 x 3 2x 1 x 2 x x 1 x 2 x x 1x 2 + x 1 x 2 3 6x 1x 3 + 4x 2 2 x x

8 Szimmetrikus polinomok Definíció. Az f T [x 1,..., x n ] polinomot szimmetrikus polinomnak nevezzük, ha invariáns a határozatlanok minden permutációjára, azaz π S n : f (x 1π,..., x nπ ) = f (x 1,..., x n ) Definíció. A k-adik n-határozatlanú elemi szimmetrikus polinom az x 1,..., x n határozatlanokból képezett összes k-tényezős szorzatok összege (k = 1,..., n). Jelölés. A k-adik n-határozatlanú elemi szimmetrikus polinomot σ k jelöli (az alaptest és n értéke általában világos a szövegkörnyezetből), tehát σ k = x i1 x i2... x ik = 1 i 1 <i 2 < <i k n I {1,...,n} I =k x i T [x 1,..., x n ]. i I Megjegyzés. Az elemi szimmetrikus polinomokkal már találkoztunk: segítségükkel fejezhetők ki egy komplex együtthatós főpolinom együtthatói a polinom gyökeiből. Tehát a Viète-formulák σ k (α 1,..., α n ) = ( 1) k a n k alakban is feĺırhatók.

9 Szimmetrikus polinomok Példa. Határozzuk meg az x 3 + 2x 2 + 8x + 6 polinom gyökeinek négyzetösszegét. A Viète-formulák szerint α 1 + α 2 + α 3 = σ 1 (α 1, α 2, α 3 ) = 2, α 1 α 2 + α 1 α 3 + α 2 α 3 = σ 2 (α 1, α 2, α 3 ) = 8, α 1 α 2 α 3 = σ 3 (α 1, α 2, α 3 ) = 6. α α α 2 3 = (α 1 + α 2 + α 3 ) 2 2 (α 1 α 2 + α 1 α 3 + α 2 α 3 ) = 4 16 = 12 A megoldás kulcsa az, hogy az x x2 2 + x2 3 Q [x 1, x 2, x 3 ] polinomot ki lehet fejezni az elemi szimmetrikus polinomok segítségével: x x x 2 3 = σ 2 1 2σ 2. Ez pedig azért tehető meg, mert x1 2 + x2 2 + x2 3 szimmetrikus polinom.

10 A szimmetrikus polinomok alaptétele Tétel. A szimmetrikus polinomok részgyűrűt alkotnak a T [x 1,..., x n ] polinomgyűrűben Lemma. Ha ax k 1 1 xk n n egy szimmetrikus polinom lexikografikusan első tagja, akkor k 1 k n Lemma. Tetszőleges k 1 k n nemnegatív egészekhez léteznek olyan l 1,..., l n nemnegatív egészek, hogy σ l σ l n n T [x 1,..., x n ] lexikografikusan első tagja éppen x k 1 1 xk n n Tétel (a szimmetrikus polinomok alaptétele). Bármely szimmetrikus polinom feĺırható, mégpedig egyetlen módon, az elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként. Formálisan: f T [x 1,..., x n ] : f szimmetrikus =!h T [x 1,..., x n ] : f = h (σ 1,..., σ n ).

11 Diszkrimináns Következmény. Tetszőleges n-edfokú f Q [x] polinom esetén ha f komplex gyökei (multiplicitással) α 1,..., α n, akkor minden g Q [x 1,..., x n ] szimmetrikus polinomra g (α 1,..., α n ) Q. Példa. Ha a g = 1 i<j n (x i x j ) 2 polinomra alkalmazzuk a fenti következményt, akkor azt kapjuk, hogy racionális együtthatós polinom diszkriminánsa racionális szám (hiszen kifejezhető az együtthatók racionális polinomjaként).

12 A harmadfokú polinom diszkriminánsa D = (x 1 x 2 ) 2 (x 1 x 3 ) 2 (x 2 x 3 ) 2 σ 1 = x 1 + x 2 + x 3 σ 2 = x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 σ 3 = x 1 x 2 x 3 D = x 4 1 x2 2 2x4 1 x 2x 3 + x 4 1 x2 3 2x3 1 x x3 1 x2 2 x 3 + 2x 3 1 x 2x 2 3 2x3 1 x3 3 +x 2 1 x x2 1 x3 2 x 3 6x 2 1 x2 2 x x2 1 x 2x x2 1 x4 3 2x 1x 4 2 x 3 +2x 1 x 3 2 x x 1x 2 2 x3 3 2x 1x 2 x x4 2 x2 3 2x3 2 x3 3 + x2 2 x4 3

13 A harmadfokú polinom diszkriminánsa D σ 2 1 σ2 2 = 4x 4 1 x 2x 3 4x 3 1 x3 2 6x3 1 x2 2 x 3 6x 3 1 x 2x 2 3 4x3 1 x3 3 6x 2 1 x3 2 x 3 21x 2 1 x2 2 x2 3 6x2 1 x 2x 3 3 4x 1x 4 2 x 3 6x 1 x 3 2 x2 3 6x 1x 2 2 x3 3 4x 1x 2 x 4 3 4x3 2 x3 3 D σ 2 1 σ σ3 1 σ 3 = 4x 3 1 x x3 1 x2 2 x 3 + 6x 3 1 x 2x 2 3 4x3 1 x x2 1 x3 2 x 3 +3x 2 1 x2 2 x x2 1 x 2x x 1x 3 2 x x 1x 2 2 x3 3 4x3 2 x3 3 D σ 2 1 σ σ3 1 σ 3 + 4σ 3 2 = 18x 3 1 x2 2 x x 3 1 x 2x x2 1 x3 2 x x 2 1 x2 2 x x 2 1 x 2x x 1x 3 2 x x 1x 2 2 x3 3 D σ 2 1 σ σ3 1 σ 3 + 4σ σ 1σ 2 σ 3 = 27x 2 1 x2 2 x2 3 D σ 2 1 σ σ3 1 σ 3 + 4σ σ 1σ 2 σ σ 2 3 = 0

14 A harmadfokú polinom diszkriminánsa D = σ 2 1 σ2 2 4σ3 1 σ 3 4σ σ 1σ 2 σ 3 27σ 2 3 Ha (x α 1 ) (x α 2 ) (x α 3 ) = x 3 + px + q, akkor a Viéte-formulák szerint tehát σ 1 (α 1, α 2, α 3 ) = 0, σ 2 (α 1, α 2, α 3 ) = p, σ 3 (α 1, α 2, α 3 ) = q, D (α 1, α 2, α 3 ) = 4σ 2 (α 1, α 2, α 3 ) 3 27σ 3 (α 1, α 2, α 3 ) 2 = 4p 3 27q 2 = 108 ( ( q ) 2 ( p ) )

15 Algebrai és transzcendens számok Definíció. Az α komplex számot algebrai számnak nevezzük, ha gyöke valamely nemzéró racionális együtthatós polinomnak. A nem algebrai számokat transzcendens számoknak nevezzük Definíció. Ha f Q [x] minimális fokszámú mindazon nemzéró racionális együtthatós főpolinomok között, melyeknek α gyöke, akkor f -et az α algebrai szám minimálpolinomjának nevezzük Tétel*. Algebrai szám minimálpolinomja mindig egyértelműen meghatározott, és irreducibilis a racionális számtest felett. Továbbá, ha f Q [x] olyan irreducibilis főpolinom melynek az α algebrai szám gyöke, akkor f megegyezik α minimálpolinomjával Tétel*. Létezik transzcendens szám.

16 Algebrai és transzcendens számok Példa. 2 algebrai szám, minimálpolinomja: x 2 2 (miért irreducibilis?). n 2 algebrai szám, minimálpolinomja: x n 2 (miért irreducibilis?). i algebrai szám, minimálpolinomja: x (miért irreducibilis?). π és e transzcendens számok. A Liouville-féle 1 10 n! konstans transzcendens szám. Gelfond Schneider-tétel: Ha α = 0, 1 és β / Q algebrai számok, akkor α β transzcendens szám. Például 2 2, 2 2 és i i = e π/2 transzcendens számok.

17

18 Algebrai számok és gyökmennyiségek Tétel*. Az algebrai számok résztestet alkotnak a komplex számok testében Tétel*. Ha α algebrai szám és n 2, akkor n α is algebrai szám (a gyöknek mind az n értékére) Definíció. Az α komplex számot gyökmennyiségnek nevezzük, ha megkapható racionális számokból kiindulva a négy alapművelet (összeadás, kivonás, szorzás, osztás) és egész kitevős gyökvonás véges számú alkalmazásával Következmény. A gyökmennyiségek algebrai számok. Példa. Ez a szám algebrai:

19 Algebrai számok és gyökmennyiségek Tétel*. Van olyan algebrai szám, ami nem gyökmennyiség. A fenti ártatlannak látszó tételből következik, hogy nem minden egyenlet oldható meg gyökjelek segítségével. Az ötödfokú egyenletnek már nincs általános megoldóképlete, sőt, például az x 5 4x + 2 = 0 egyenletnek még ad hoc megoldóképlete sincs, mert gyökei nem gyökmennyiségek Tétel*. Az algebrai számok teste algebrailag zárt, azaz ha α C gyöke a legalább elsőfokú f = a n x n + + a 1 x + a 0 polinomnak, ahol a 0,..., a n algebrai számok, akkor α maga is algebrai szám.