Véges testek és alkalmazásaik

Véges testek és alkalmazásaik Horváth Gábor Debreceni Egyetem 2016. március 4.

Tartalomjegyzék Bevezetés 4 1. El zetes ismeretek 5 1.1. M veletek, algebrai struktúrák.................. 5 1.2. Csoportelmélet.......................... 9 1.3. Gy r elmélet........................... 14 1.3.1. Polinomgy r k...................... 14 1.3.2. Nullosztómentes, véges gy r k.............. 18 1.3.3. Részgy r, homomorzmus, ideál, faktorgy r..... 23 1.3.4. Euklideszi gy r k, f ideálgy r k............ 29 1.3.5. Egyszer gy r k..................... 30 1.4. Testelmélet............................ 33 1.4.1. Algebrák minimálpolinomja............... 33 1.4.2. Egyszer testb vítések.................. 37 1.4.3. B vítés több elemmel................... 39 1.4.4. Szorzástétel........................ 41 1.4.5. Testb vítések konstrukciója............... 42 2. Véges testek 48 2.1. Véges testek alapvet tulajdonságai............... 48 2.1.1. Véges testek konstrukciója................ 49 2.1.2. Véges testek résztestei.................. 50 2.1.3. Irreducibilis polinomok véges testek felett........ 51 2.1.4. Frobenius endomorzmus................. 52 2.2. Véges testek véges b vítései................... 53

TARTALOMJEGYZÉK 3 3. Egységgyökök és alkalmazásaik 58 3.1. Körosztási polinomok....................... 58 3.2. Wedderburn tétele........................ 62 3.3. Véges testek elemeinek reprezentációja............. 65 3.4. Polinomok rendje......................... 68 3.5. Primitív polinomok........................ 74 3.6. Irreducibilis polinomok konstrukciója.............. 77 4. Polinomok faktorizációja 81 4.1. Berlekamp algoritmusa...................... 82 4.2. Zassenhaus algoritmusa...................... 86 4.3. Polinomok gyökei......................... 89 4.3.1. q = p > 2 prím...................... 89 4.3.2. q = p d egy kis p prímre.................. 91 4.3.3. Nyom........................... 92 5. Bevezetés a hibajavító kódok elméletébe 96 5.1. Alapfogalmak........................... 96 5.2. Lineáris kódok........................... 99 5.3. Polinomkódok........................... 101 Hivatkozások 106

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.

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. 1.1. M veletek, algebrai struktúrák 1.1.1. 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. 1.1.2. 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. 1.1.3. 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. 1.1.4. 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 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, 1.1.5. 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. 1.1.6. 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. 1.1.7. házi feladat. Csoportban az egységelem egyértelm. (Ötlet: ha e és f egységelem, akkor tekintsük az ef szorzatot.) 1.1.8. házi feladat. Csoportban egy elem inverze egyértelm. (Ötlet: ha a inverze b és c is, akkor tekintsük a bac szorzatot.) 1.1.9. 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

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. 1.1.10. 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. 1.1.11. 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. 1.1.12. házi feladat. Gondoljuk meg, hogy R a szorzásra nézve csoportot alkot. Ezzel újabb példákat kaphatunk csoportokra. Mik ezek a csoportok az 1.1.11. példabeli gy r k esetén? 1.1.13. deníció. (T, +, ) ferdetest, ha gy r és (T \ { 0 }, ) csoport. (T, +, ) test, ha ferdetest és a szorzás kommutatív.

8 ELŽZETES ISMERETEK 1.1.14. 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). 1.1.15. 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.

1.2 Csoportelmélet 9 1.1.16. 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. 1.1.17. 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. 1.2. Csoportelmélet 1.2.1. 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. 1.2.2. 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. 1.2.3. megjegyzés. Ha a csoportban a m velet az összeadás, akkor hatvány helyett többszörösr l beszélünk. 1.2.4. állítás. Legyen G csoport, g G egy tetsz leges elem. Ekkor 1. o(g) = g minden hatványa különböz ;

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. 1.2.5. 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. 1.2.6. 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 1.2.7. 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.

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 1.2.17. következménynek. 1.2.8. deníció. Legyen (G, ) csoport. A H G részhalmazt részcsoportnak hívjuk, ha (H, ) csoport a G-beli szorzással. Jele: H G. 1.2.9. deníció (komplexusm veletek ). Az X, Y G részhalmazokra legyen X Y = { x y x X, y Y }, X 1 = { x 1 x X }. 1.2.10. 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. 1.2.11. 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. 1.2.12. 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. 1.2.13. példa. Ha X = { g }, akkor X = g = { g n n Z }.

12 ELŽZETES ISMERETEK 1.2.14. 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 = 1. 1.2.15. 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. 1.2.16. 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.

1.2 Csoportelmélet 13 1.2.17. 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. 1.2.18. 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 1.2.17. következmény miatt. Vagyis összesen d n ϕ(d) darab eleme van az n elem G-nek. 1.2.19. 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 ELŽZETES ISMERETEK Az utolsó egyenl ségben használtuk az 1.2.18. 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 1.3.1. szakaszban átismételjük a polinomokról tanultakat, és (többek között) ezt a lukat is betömjük. 1.3. Gy r elmélet 1.3.1. 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. 1.3.1. 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 1 + + 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. 1.3.2. megjegyzés. Deniálhatnánk a polinomokat is az együtthatók véges sorozatával, mely precízebb lenne. Mégis a kevésbé precíz deníció mellett maradunk, mert azt szemléletesebbnek találjuk.

1.3 Gy r elmélet 15 1.3.3. 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. 1.3.4. példa. Z 4 [x] egységei nem csak az 1 és 3 konstans polinomok, mert például (2x + 1) 2 = 1 teljesül. 1.3.5. deníció. Legyen 1 R kommutatív gy r, f R[x]. Legyen f(x) = = r n x n + r n 1 x n 1 + + 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 1 + + 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. 1.3.6. házi feladat. Igazoljuk, hogy a behelyettesítés homomorzmus, azaz tetsz leges α R esetén ϕ α : R[x] R, f f (α) homomorzmus. 1.3.7. 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). 1.3.8. 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 ELŽZETES ISMERETEK 1.3.9. 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. 1.3.10. 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. 1.3.11. 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. 1.3.12. 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. 1.3.13. 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.

1.3 Gy r elmélet 17 1.3.14. 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 1 + + 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 2 + + 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. 1.3.15. 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. 1.3.16. 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. 1.3.17. 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 ELŽZETES ISMERETEK 1.3.18. 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. 1.3.19. következmény. Ha R szokásos gy r és f-nek egy α pontosan egyszeres gyöke, akkor α nem gyöke f -nek. 1.3.20. 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. 1.3.2. Nullosztómentes, véges gy r k 1.3.21. 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.

1.3 Gy r elmélet 19 1.3.22. 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. 1.3.23. 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 = 0. 1.3.24. következmény. Véges test karakterisztikája prím. Idézzük fel, hogy p karakterisztikában tagonként lehet p-edik hatványra emelni. 1.3.25. 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 ELŽZETES ISMERETEK 1.3.26. deníció. Ha R egy p karakterisztikájú gy r, akkor a ψ : R R, r r p homomorzmust Frobenius endomorzmusnak nevezzük. 1.3.27. 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. 1.3.28. 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 1.3.23. állítás megfordítása nem igaz, az egész számok gy r je jó ellenpéldának. Véges ellenpélda viszont már nem létezik a megfordításra: 1.3.29. tétel. Ha R véges, nullosztómentes gy r, akkor R ferdetest. 1.3.30. megjegyzés. Wedderburn egyik híres tétele, hogy minden véges ferdetest kommutatív, azaz test. Ez a 3.2.1. 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,

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 1.3.29. tétel segítségével karakterizáljuk, hogy Z n mikor nullosztómentes, és így példát kapunk véges testekre is. 1.3.31. 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 1.3.29. tétel miatt Z n ferdetest Azt tudjuk, hogy Z n kommutatív, így test is. 3 = 1: 1.3.23. állítás. 1.3.32. 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 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 1.3.22. 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. 1.3.33. 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.

1.3 Gy r elmélet 23 1.3.3. Részgy r, homomorzmus, ideál, faktorgy r 1.3.34. 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. 1.3.35. 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 1.2.11. denícióval, a létezés és egyértelm ség az 1.2.12. állítás mintájára hasonlóan látható be. 1.3.36. 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. 1.3.37. 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. 1.3.38. 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 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. 1.3.39. 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). 1.3.40. 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). 1.3.41. 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. 1.3.42. házi feladat. Igazoljuk, hogy Im ϕ részgy r je S-nek, Ker ϕ részgy r je R-nek.

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. 1.3.43. 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. 1.3.44. tétel. Legyen R gy r, I R. Ekkor I egy alkalmas homomorzmus magja I R. Bizonyítás. = : Ezt láttuk be az el bb.

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 ).

1.3 Gy r elmélet 27 1.3.45. deníció. Az 1.3.44. 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). 1.3.46. 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). 1.3.47. tétel (Homomorzmus tétel). Legyen ϕ: R S homomorzmus. Ekkor Im ϕ R/ Ker ϕ. Bizonyítás. Legyen I = Ker ϕ. Az 1.3.44. tétel bizonyításából világos, hogy az Im ϕ R/I, ϕ(r) r + I. megfeleltetés jóldeniált, m velettartó, bijekció. 1.3.48. 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 1.3.47. tétel miatt (1.1) Z/nZ Z n.

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 1.3.45. 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 2 +1. 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. 1.3.49. példa. Legyen R = Z, ekkor az n többszöröseinek halmaza (jelöljük (n)-nel) ideált alkot Z-ben. Legyen R = R[x], ekkor az x 2 + 1 többszöröseinek halmaza (jelöljük (x 2 + 1)-gyel) ideált alkot R[x]-ben. 1.3.50. 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.

1.3 Gy r elmélet 29 1.3.51. 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. 1.3.52. 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. 1.3.53. 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. 1.3.4. Euklideszi gy r k, f ideálgy r k 1.3.54. 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. 1.3.55. 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). 1.3.56. példa.

30 ELŽZETES ISMERETEK Z, az euklideszi norma az abszolútérték. T [x] valamely T testre, az euklideszi norma a polinom foka. 1.3.57. 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). 1.3.58. következmény. Z, T [x] f ideálgy r k. 1.3.5. Egyszer gy r k Meg szeretnénk érteni, hogy miért lesz az R[x]/(x 2 + 1) faktorgy r test. Vizsgáljuk el ször testek ideáljait. 1.3.59. 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. 1.3.60. deníció. Egy R gy r t egyszer gy r nek nevezünk, ha csak a két triviális ({ 0 } és R) ideálja van. 1.3.61. következmény. Minden ferdetest egyszer gy r.

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: 1.3.62. 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. 1.3.63. 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. 1.3.64. 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. 1.3.65. 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. 1.3.66. következmény. Ha 1 R kommutatív gy r, I R, akkor I maximális ideál R-ben R/I test. 1.3.67. következmény. Az (x 2 + 1) ideál maximális R[x]-ben.

32 ELŽZETES ISMERETEK Végül a gy r k számelméletét felhasználva szükséges és elégséges feltételt adunk arra, hogy mikor maximális egy ideál T [x]-ben. 1.3.68. 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. 1.3.69. 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. 1.3.70. következmény. Legyen R f ideálgy r, I R. Ekkor R/I test I = (r), ahol r felbonthatatlan. Bizonyítás. Az 1.3.66. 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 1.3.68. 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. 1.3.71. következmény. Legyen T test, f T [x]. Ekkor T [x]/ (f(x)) test f(x) irreducibilis. 1.3.72. példa. R[x]/(x 2 + 1) test, mert x 2 + 1 irreducibilis R felett. Z 2 [x]/(x 2 + x + 1) test, mert x 2 + x + 1 irreducibilis Z 2 felett.

1.4 Testelmélet 33 1.4. Testelmélet 1.4.1. Algebrák minimálpolinomja Az alábbi szakaszban átismételjük az algebrákról tanultakat, általánosítjuk a korábbi minimálpolinom fogalmakat algebrákra. A f példa a mátrix, valamint a testelem minimálpolinomja. 1.4.1. 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. 1.4.2. 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?) 1.4.3. 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 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. 1.4.4. példa. Legyen M egy négyzetes mátrix, és tekintsük a p(x) = x 2 + 1 polinomot. Ekkor p(m) = M 2 + I. 1.4.5. 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) = 0. 1.4.6. házi feladat. Igazoljuk, hogy az 1.4.5. 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. 1.4.7. 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. 1.4.8. példa.

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. 1.4.9. 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 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. 1.4.10. 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 4 + 4 a mimimálpolinom, mert nem irreducibilis Q felett. 1.4.11. házi feladat. Igazoljuk, hogy α = 1 + i minimálpolinomja Q felett x 2 2x + 2. 1.4.12. állítás. Legyen 1 A algebra T felett, dim T A = n <. Ekkor minden a A elem algebrai, deg m a n.

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. 1.4.2. Egyszer testb vítések 1.4.13. 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. 1.4.14. példa. A f példa a Q C testb vítés. 1.4.15. 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. 1.4.16. 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 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.

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. 1.4.17. 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. 1.4.18. példa. Q(π)-ben π 2 + 3π + 2 π 2 + π = π4 + 2π 3 = π + 2 π 4 π π + 1 2π 3. 1.4.3. B vítés több elemmel 1.4.19. 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. 1.4.20. 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. 1.4.21. 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 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 1.4.16. 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. 1.4.22. házi feladat. Legyen K L testb vítés, legyenek α, β, α 1,..., α k L algebrai elemek K felett. Az 1.4.21. 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.

1.4 Testelmélet 41 1.4.4. 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.) 1.4.23. 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. 1.4.24. 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 1.4.16. 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. 1.4.25. 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 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. 1.4.26. 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. 1.4.27. 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 1.4.26. tételt. Tehát K K(α) véges, valamint L : K = K(α) : K L : K(α) miatt deg K α osztja L : K -t. 1.4.28. példa. Mennyi α = 3+7 3 2 5 3 4 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. 1.4.5. 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. 1.4.29. példa. Tudjuk, hogy a z 2 + 1 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

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 2 + 1 polinomnak. Az ötlet általánosítható. 1.4.30. 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 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. 1.4.31. 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.

1.4 Testelmélet 45 1.4.32. házi feladat. Emésszük meg a bizonyítást! 1.4.33. 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 + 1 + (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 1 + + (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 + 1 + ( 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. 1.4.34. 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. 1.4.35. következmény. Legyen K test, f K[x] egy polinom. Ekkor f-nek van felbontási teste.

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. 1.4.36. 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). 1.4.37. 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 )

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

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. 2.1. Véges testek alapvet tulajdonságai 2.1.1. 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 1.3.32. 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 1 + + λ n b n alakban, ahol λ i P. Mivel minden λ i egymástól függetlenül p-féle lehet, így T = p n. 2.1.2. megjegyzés. Tehát az additív csoportra (T, +) (Z p, +) n. Az 1.2.19. tétel alapján véges T test multiplikatív csoportja ciklikus. 2.1.3. 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.

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. 2.1.1. 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. 2.1.4. 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. 2.1.5. deníció. Az izomora erejéig egyértelm q elem testet F q -val (vagy GF (q)-val) jelöljük. A 2.1.4. 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 1.4.35. 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 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. 2.1.2. Véges testek résztestei 2.1.6. 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 2.1.4. tételt bizonyítottuk.

2.1 Véges testek alapvet tulajdonságai 51 2.1.3. 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. 2.1.7. 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 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. 2.1.8. következmény. Ha f Z p [x] irreducibilis, d-edfokú, akkor f(x) x pn x d n. 2.1.4. Frobenius endomorzmus 2.1.9. 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=0 2.1.10. 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 2.1.8. következmény miatt d d k + l, ami csak k = l esetén lehetséges. Az alábbi példában összefoglaljuk a 2.1. szakaszban tanultakat.

2.2 Véges testek véges b vítései 53 2.1.11. 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 2 + 1 polinom gyökeit F 8 -ban. 2.2. 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. 2.2.1. példa. F példaként az F 4 F 16 b vítést érdemes tekinteni. 2.2.2. 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 VÉGES TESTEK 2. Az 1.2.19. 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 (2.1.6. tétel) miatt. Ezek a résztestek viszont léteznek az x qd x felbontási testeként, szintén a résztest kritérium miatt. 2.2.3. 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 2.1.7. 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

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. 2.2.4. következmény. Ha f F q [x] irreducibilis, d-edfokú, akkor f(x) x qn x d n. F q n, és 2.2.5. 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 2.2.4. következmény miatt d d k + l, ami csak k = l esetén lehetséges. 2.2.6. 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 VÉGES TESTEK 2.2.7. 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. 2.2.8. 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. 2.2.9. 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.

2.2 Véges testek véges b vítései 57 2.2.10. 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

3. fejezet Egységgyökök és alkalmazásaik Az alábbi fejezetben az egységgyökök és a körosztási polinomok elméletével ismerkedünk meg, majd alkalmazzuk azt a véges testek elméletében. 3.1. Körosztási polinomok 3.1.1. példa. A f példa C-ben az egységgyökök és a körosztási polinomok. 3.1.2. 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. 3.1.3. 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 3.1.3. állítás segítségével kezelhet.

3.1 Körosztási polinomok 59 3.1.4. 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. 3.1.5. 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 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK 3.1.6. megjegyzés. Gondoljuk meg, hogy az el z bizonyításban nem kellett az indukció kezd esetét vizsgálni, mert olyankor az üres szorzattal osztunk, aminek értéke 1. 3.1.7. 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. 3.1.8. 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 1 + + x (r 1)rk 1 = Φ r (x rk 1). 3.1.9. 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. 3.1.10. 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. 3.1.11. 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.

3.1 Körosztási polinomok 61 Bizonyítás. A második Gauss lemma bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A 3.1.10. tétel bizonyítása. Csak az irreducibilitást bizonyítjuk, a többi abból már világosan következik. Bontsuk fel Φ n (x)-et racionális együtthatós irreducibilis polinomok szorzatára. A 3.1.11. 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. 3.1.12. lemma. Legyen ξ primitív n-edik egységgyök gyöke f 1 -nek. Ha r n prím, akkor ξ r is gyöke f 1 -nek. A 3.1.12. 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 3.1.12. 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 3.1.12. 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 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. 3.1.13. 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. 3.1.14. példa. Tekintsük Φ 12 (x) = x 4 x 2 +1-et F 11 felett. Most 11 2 = 121 1 (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 ). 3.1.15. megjegyzés. Ha T F q, akkor T (q 1) = F q. 3.2. Wedderburn tétele A szakaszban a körosztási polinomok segítségével belátjuk Wedderburn híres véges ferdetestekre vonatkozó tételét.

3.2 Wedderburn tétele 63 3.2.1. 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. 3.2.2. 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 1 + + K m = ahol k i K i egy tetsz leges elem. = Z(G) + G C G (k 1 ) + + G C G (k m ),

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 ) 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 3.2.2. állítást használtuk.) Tehát (3.2) q n 1 = q 1 + qn 1 q n 1 1 + + 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) 1... 1 = q 1, }{{} >q 1 >1 >1 azaz Φ n (q) q 1.

3.3 Véges testek elemeinek reprezentációja 65 3.3. 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. 3.3.1. példa. Az x 2 + 1 polinom irreducibilis Z 3 felett, legyen α F 9 egy gyöke, azaz α 2 + 1 = 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. 3.3.2. példa. Most Φ 8 (x) = x 4 +1. Mivel 3 2 1 (mod 8), ezért ez két darab másodfokú Z 3 felett irreducibilis szorzatára bomlik: Φ 8 (x) = x 4 + 1 = ( 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 2 0 + a 0 + 2 + (2a 0 a 1 + a 1 ) α + a 2 1α 2 = = 2a 2 1 + a 2 0 + a 0 + 2 + (2a }{{} 0 a 1 + a 1 ) α. }{{} =0 Z 3 -ban =0 Z 3 -ban

66 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK Tehát az alábbi Z 3 feletti egyenletrendszert kell megoldani a 0, a 1 -re: 2a 2 1 + a 2 0 + a 0 + 2 = 0, 2a 0 a 1 + a 1 = 0. Ha a 1 = 0, akkor a 2 0 + a 0 + 2 = 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. 3.3.3. példa. Ha α F 9 az x 2 + 1 Z 3 [x] polinom egy gyöke volt, akkor ezt egy olyan A mátrixszal tudjuk helyettesíteni, amely szintén ( gyöke ) az x 2 + 0 2 + 1 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.

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- 1 2 1 1 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: 0 0... 0 a 0 1 0... 0 a 1 M = 0 1............. 0 a n 2 0... 0 1 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 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). ( ) 0 1 3.3.4. 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 6 2 1 0 1 2 2 + C = + = = C 3. 1 1 1 2 2 0 3.4. Polinomok rendje A szakaszhoz a motivációt az alábbi állítás adja. 3.4.1. 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.

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. 3.4.2. 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). 3.4.3. 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 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK 3.4.4. 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. 3.4.5. 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). 3.4.6. 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 1. 3.4.7. 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 3.4.4. tétel miatt. Tehát f(x) Φ n (x). A 3.1.13. 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.

3.4 Polinomok rendje 71 3.4.8. példa. A Z 2 feletti x 4 + x + 1 és x 4 + x 3 + 1 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. 3.4.9. 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. 3.4.10. 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 3.4.9. állítás miatt o(f) n, o(f) m, vagyis o(f) k, amib l f(x) x k 1. 3.4.11. megjegyzés. Vegyük észre, hogy a 3.4.9. állítás bizonyítása tetsz leges test esetén elmondható minden olyan polinomra, amelyre a rend értelmes. Továbbá a 3.4.10. 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 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. 3.4.12. 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). 3.4.13. 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 3.4.6. 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.

3.4 Polinomok rendje 73 3.4.14. példa. Legyen f(x) = x 10 + x 9 + x 3 + x 2 + 1 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 60 2 10 1. 3.4.15. 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 3.4.12. tétel és a 3.4.6. 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 2.2.5. állítás miatt.) A 3.4.13 és 3.4.12. 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 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. 3.4.16. 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. 3.5. Primitív polinomok 3.5.1. 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).

3.5 Primitív polinomok 75 3.5.2. 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 3.4.4. 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 3.4.4. 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 3.4.13. 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 3.4.16. állításhoz hasonló feltétel is f primitívségére. 3.5.3. 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). 3.5.4. 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 3.5.3. tétel alapján tehát f primitív, így speciálisan irreducibilis is Z 3 felett.

76 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK A 3.5.3. 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 2.2.5. 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 3.4.16. 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 3.4.16. 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 3.4.15. következémény miatt p o(f) teljesülne. De x m a (mod f(x)), tehát o(a) q 1 miatt a 3.4.16. állítás alapján o(f) = m o(a) q d 1,

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 3.4.6. következmény miatt o(g i ) q d i 1 t, vagyis a 3.4.12. 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. 3.6. 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 2.2.5. állítást a β minimálpolinomjának el állításához. 2. Legyen f(x) = x d + a d 1 x d 1 + + a 1 x + a 0. Ekkor α reprezentálható

78 EGYSÉGGYÖKÖK ÉS ALKALMAZÁSAIK az alábbi mátrixszal (3.3. szakasz) 0 0... 0 a 0 1 0... 0 a 1 A = 0 1............. 0 a d 2 0... 0 1 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 2.2.5. 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.

3.6 Irreducibilis polinomok konstrukciója 79 3.6.1. 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 = 1 0 0 0 0 0 β = 0 0 0 1 1 0 β 2 = 1 1 1 1 0 0 β 3 = 0 1 1 1 0 0 β 4 = 0 1 1 0 1 0 β 5 = 1 0 0 1 1 0 β 6 = 1 1 1 0 1 0 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 2 + + 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 2 + 1. 3.6.2. 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 1 1... p ar r alakú. Ekkor keresünk p a i i meket, ezek szorzata egy primitív elemet fog adni. 3.6.3. 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 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.

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 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. 4.1.1. 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. 4.1.2. 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.

4.1 Berlekamp algoritmusa 83 4.1.3. 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 4.1.3. 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 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 00... b 0 d 1, B =...... b d 1 0... 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. 4.1.4. 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-

4.1 Berlekamp algoritmusa 85 tározzuk meg: 1 x x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 1 = 1 0 0 0 0 0 0 0 x 2 = 0 0 1 0 0 0 0 0 x 4 = 0 0 0 0 1 0 0 0 x 6 = 0 0 0 0 0 0 1 0 x 8 = 1 0 0 1 1 0 1 0 x 10 = 1 0 1 1 1 1 0 0 x 12 = 0 0 1 0 1 1 1 1 x 14 = 1 1 0 1 1 1 0 0, vagyis 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 B I = 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0. 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 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 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)). 4.2. 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

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. 4.2.1. 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 1 + + b 1 y + b 0. A 4.2.1. 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 1 + + 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. 4.2.2. 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 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA (B I)-re: 0 0 0 0 0 0 5 1 1 8 3 10 10 10 9 0 1 9 B I =. 0 7 9 9 10 11 11 0 4 7 6 2 3 0 10 9 2 10 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 2 + 11y 10. Ennek gyökei 3, 2, 6, azaz G(y) = (y + 3) (y 2) (y 6).

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. 4.3. 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. 4.3.1. 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 1 2 1 (x p 1 2 + 1.

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 2 + 1 = 1 miatt f(x b) (és így f(x) is) szorzattá bontható: f(x b) = ) ) (f(x b), x p 1 2 1 (f(x b), x p 1 2 + 1. 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. 4.3.1. 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 8 + 1 ) = = ( 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)),

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 8 + 1 ) = = (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 17. 4.3.2. 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 1. 4.3.2. állítás. Legyen q = p d, S pedig a (4.4) egyenl séggel deniált polinom. Ekkor x q x = Bizonyítás. Kés bb (ld. 4.3.9 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 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 ). 4.3.3. 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. 4.3.10 állítás). 4.3.3. Nyom A 4.3.2. és a 4.3.3. állítások bizonyításához az S polinomot kell közelebbr l megismerni. 4.3.4. 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. 4.3.5. 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).

4.3 Polinomok gyökei 93 Bizonyítás. Ha α foka F q felett k, akkor a résztest kritérium (2.1.6. 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) q2 +... (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 1 + + 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). 4.3.6. 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 POLINOMOK FAKTORIZÁCIÓJA 4.3.7. tétel. Tr(α) = 0 α = β q β alkalmas β L-re. Bizonyítás. =: A 4.3.5. 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. 4.3.8. 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+1 + + α qd(m 1)+1 +. + α qd 1 + α q2d 1 + + α qdm 1 = Tr M/K (α).

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 4.3.2. és 4.3.3. állítások azonnal következményei a 4.3.5. tételnek. 4.3.9. állítás (4.3.2. 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. 4.3.10. állítás (4.3.3. 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 4.3.6. következmény miatt ebb l γ 1 γ 2 = 0, ellentmondás adódik.

5. fejezet Bevezetés a hibajavító kódok elméletébe 5.1. Alapfogalmak 5.1.1. példa. Tekintsük [2] 10 jegy ISBN számát: 0-521-46094-8. 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 1 0+2 5+3 2+4 1+5 4+6 6+7 0+8 9+9 4+10 8 = 264 0 (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. 5.1.2. példa. 2007 óta 13 jegy ISBN számokat használnak, például [1]-é is az: 978-963-9664-48-7. 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-

5.1 Alapfogalmak 97 junk: x 13 (x 1 + 3x 2 + x 3 + 3x 4 + + x 11 + 3x 12 ) (mod 10). Itt például (9 + 21 + 8 + 27 + 6 + 9 + 9 + 18 + 6 + 12 + 4 + 24) = 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. 5.1.3. 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 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. 5.1.4. 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. 5.1.5. 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. 5.1.6. 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. 5.1.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy az 5.1.6. 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). 5.1.8. 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.

5.2 Lineáris kódok 99 5.1.9. 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 5.1.10. deníció. Egy kódot tökéletes kódnak nevezünk, ha a Hamming korlát egyenl séggel teljesül. (Megjegyezzük, hogy nagyon kevés tökéletes kód létezik.) 5.1.11. 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 5.2.1. 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 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE 5.2.2. 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 1 + + λ k b k λ 1,..., λ k F q }. 5.2.3. 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 }. 5.2.4. 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 1 0... 0 1 0 1..... G =........ 0 1 0... 0 1 1 ( ) 5.2.5. 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.

5.3 Polinomkódok 101 5.2.6. 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. 5.2.7. házi feladat. Gondoljuk meg, hogy P F (n k) n q ellen rz mátrix GP T = 0. ( 5.2.8. 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 2 + + u k polinomot hiszen a legfeljebb (k 1)-ed fokú polinomok is egy k dimenziós vektorteret alkotnak. 5.3.1. 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 0 0... 0 0 a n k... a 0.... G =.............. 0 0... 0 a n k... a 0

102 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE 5.3.2. 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 1 + + 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 2...... = α nm α 2nm... α mnm ( ) = v(α) v (α 2 )... v (α m ) = ( ) 0 0... 0. 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 2..... = 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. 5.3.3. megjegyzés. Az 5.3.2. állításban α,..., α d 1 helyett vehettük volna α bármely (d 1) különböz hatványát is. A szakaszt két fontos kódtípussal zárjuk.

5.3 Polinomkódok 103 5.3.4. 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. 5.3.5. 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). 5.3.6. állítás. Ha C ReedSolomon kód, akkor d(c) = d. Bizonyítás. Az 5.3.2. állítás miatt d(c) d. Másrészt a Singleton korlátból (5.1.11. állítás) d(c) n k + 1 = deg g + 1 = d. (Másképpen: a g(x) = = 1 g(x) C súlya d.) 5.3.7. következmény. Az [n, k, d] paraméter ReedSolomon kódra n = k + + d 1, azaz a Singleton-korlát szerint optimális kód. 5.3.8. megjegyzés. Az o(α) n feltétel miatt q 1 n szükséges. Általában n = q 1 és d = 2t + 1 a tipikus választás. 5.3.9. 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.) 5.3.10. 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 2 + + 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 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 00 000000, 11 111111, 01 010101, 10 101010. 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, 1 111. 5.3.11. 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. 5.3.12. példa. n = 15, d = 5, BCH kód] Legyen L = Z 2 [x]/(x 4 + x 3 + 1), α

5.3 Polinomkódok 105 legyen az x 4 + x 3 + 1 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 3 + 1 ) (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 BEVEZETÉS A HIBAJAVÍTÓ KÓDOK ELMÉLETÉBE 5.3.13. 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 20000 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 24 24-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: http://www. ecma-international.org/publications/files/ecma-st/ecma-130.pdf

Irodalomjegyzék [1] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Elméleti matematika sorozat. Budapest, 2007, Typotex. ISBN 978-963-9664-48-7. [2] Rudolf Lidl Harald Niederreiter: Introduction to nite elds and their applications. 2. kiad. Cambridge, 1994, Cambridge University Press, xii+416. p. ISBN 0-521-46094-8.