A probléma Mi az, hogy egyenlet. Megoldhatók-e az egyenletek. Időutazás a matematika 4000 éves történetében. Klukovits Lajos TTIK Bolyai Intézet 2017. május 4. Egy egyszerű definíció. Egy vagy több olyan matematikai objektumot például számot (hosszúságot, területet és hasonlókat, például speciális tulajdonságú számot is ideértve), függvényt, mátrixot, halmazt keresünk, amely(ek) bizonyos előre adott föltételeknek tesznek eleget. Számokat keresünk 1. (1a) Melyek azok a k > 1 természetes számok, amelyek két prímszám összegére bonthatók, azaz amelyekre megoldható az x + y = 2k k > 1 egyenlet a prímszámok körében. Goldbach sejtése: tetszőleges k > 1-re van megoldás. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 1 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 2 / 46 Mi az, hogy egyenlet. A probléma Számokat keresünk 2. (1b) Melyek azok az x valós/komplex számok, amelyekre x 2 + x 3 = 0, x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = 0, x 2 + 1 = 0. (1c) Palermoi János (XIII. sz. eleje) kérdése a II. Frigyeshez látogató pisai Leonardohoz (Fibonacci). Melyik az a négyzetszám, amelyhez 5-öt adva is, meg 5-öt levonva is négyzetszámot kapunk. Azaz, mely x, y, z (racionális) számokra teljesül, hogy A probléma Több egyenlet együttese az ókorban A VIII/1. Probléma a kínai Kilenc Könyv-ből. 3 jó kévéből, 2 közepes kévéből és 1 rossz kévéből 39 tau gabonát kapunk. 2 jó kévéből, 3 közepes kévéből és 1 rossz kévéből 34 tau gabonát kapunk. 1 jó, 2 közepes és 3 rossz kévéből pedig 26 tau gabonát. Mennyi gabonát kapunk 1-1 jó, közepes és rossz kévéből? A válasz. 1 jó kéve 9 1 4 tau, 1 közepes kéve 4 1 4, 1 rossz kéve 2 3 4 tau gabonát ad. x 2 + 5 = y 2 x 2 5 = z 2 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 3 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 4 / 46
A probléma A probléma Mi az, hogy egyenlet. Függvényeket keresünk. 1 Melyek azok az f függvények, amelyekre f (x + y) = f (x) + f (y) Mátrixot keresünk. Legyen A R n n szimmetrikus mátrix. Határozzuk meg azt az X R n n invertálható mátrixot, amelyre minden olyan x, y-ra, amelyekre az f függvény értelmezve van. 2 Melyek azok az f függvények, amelyekre f (x y) = f (x) + f (y) ahol D diagonális mátrix. X 1 AX = D, minden olyan x, y-ra, amelyekre az f függvény értelmezve van. 3 Jelölje x = x(t) egy harmónikus oszcillátor amplitúdójának időbeli változását. Ezt a következő egyenlet megoldása adja periódikus kényszererő esetén: Mẍ + Kx = F sin(ω a t), ahol ẍ a keresett függvény (idő szerinti) második deriváltját jelöli, M, K, F konstansok. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 5 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 6 / 46 A VIII/1. Probléma megoldása 1. A VIII/1. Probléma megoldása 2. Az eredmény közlését egy némileg részletezett számolás követte, a megfelelően kirakott számolótábla-képeket közöltek kommentár nélkül. Az elv meglepő. A táblák. 1 2 3 2 3 2 3 1 1 26 34 39 0 0 3 4 5 2 8 1 1 39 24 39 0 0 3 0 5 2 36 1 1 99 24 39 A számolás folytatása. 99 36 = 23 4, (24 36 99) : 5 : 36 = 4 1 4, (39 36 1 99 2 153) : 3 : 36 = 9 1 4. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 7 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 8 / 46
A VIII/1. Probléma megoldása 3. A modern megoldás 1. Ha x, y, z jelöli a jó, a közepes és a rossz kévék adta gabonát, akkor az 3x + 2y + z = 39 2x + 3y + z = 34 x + 2y + 3z = 26 egyenletrendszert kell megoldani. Ez megfelel az 1. Táblaképnek. A modern megoldás 2. A 2. Táblaképnek megfelelő egyenletrendszer: 3x + 2y + z = 39 5y + z = 24 4y + 8z = 39 A VIII/1. Probléma megoldása 4. A modern megoldás 3. A 3. Táblaképnek megfelelő egyenletrendszer: A modern megoldás 4. 3x + 2y + z = 39 5y + z = 24 36z = 99 Ezen utolsó egyenletrendszer már könnyen megoldható: 99 36 = 23 4 (24 36 99) : 5 : 36 = 4 1 4 (39 36 1 99 2 153) : 3 : 36 = 9 1 4. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 9 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 10 / 46 Mit rejt az ókori számolás? Bármennyire is meglepő az nem más, mint az, amit ma Gauss-elimináció néven ismerünk és kiterjedten használunk. Korabeli neve Feng csen. Határozatlan egyenletrendszer a Kilenc Könyv-ből. A többlet és hiány módszere. A VII/3. Probléma. Emberek egy csoportja közösen akar megvásárolni egy Chin-követ. Ha mindegyikük 1 2 pénzt fizet, akkor 4 pénz a többlet, míg ha 1 3 pénzt fizetnek, akkor akkor 3 pénz a hiány. Hány ember akar vásárolni, és mennyi a kő ára? A megoldás és a számolás. 42 ember vásárol és 17 pénz a Chin-kő ára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 11 / 46 ( 1 (4 + 3): 2 1 ) = 42 ember 3 ( 1 2 3 + 1 ) ( 1 3 4 : 2 1 ) = 42 1 3 2 4 = 42 1 + 3 = 17 a kő. 3 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 12 / 46
A kezdetek A továbbiakban: Az ókori eredmények: összegzés. Számokat keresünk, és p(x) = 0 alakú egyenletekre szorítkozunk, ahol p(x) = x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, azaz polinom, és a 0, a 1,..., a n 1 K valamely K számtestre. Az ilyen alakúegyenletek megoldhtóságát vizsgáljuk. Lineáris egyenletek, egyenletrendszerek. Lineáris egyenletekek megoldottak valamennyi folyammenti kultúrában. Kínában a legföljebb 5 határozatlanos egyenletrendszerekkel is boldogultak: Feng csen, azaz elimináció módszerével. Magasabbfokú egyenletek Mezopotámiában meg tudtak oldani minden olyan másodfokú egyenletet, amelynek van pozitív gyöke. Megoldási eljárásuk lényege teljes a négyzetté kiegészítés. Ugyanott hatvány táblázatok segítségével igen speciális harmadfokú egyenletekkel is boldogultak. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 13 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 14 / 46 Ókori eredmények. A kezdetek Észrevétel. Minden tiszta empíria, semmi indoklás, pláne bizonyítás. Csak eljárásokat közöltek verbálisan. A korai iszlám kultúrkör. Feladat al-khwarizmi híres értekezéséből (arab, IX. sz.) Egy négyzet és tíz gyöke ugyanazon mennyiségnek harminckilenc dirhem, azaz mi legyen a négyzet, amelyet saját gyökének tízszeresével növelve harminckilencet ad. Megoldási módszerük. Lényegében a Mezopotámiából ismert, szintén csak verbálisan írták le. Ami új: geometriai indoklásokat közöltek, amelyekben Euklidesz II. könyvére támaszkodtak. Al-Khwarizmi két híres módszere. al-jabr: az amit ma mérlegelvnek mondunk, továbbá összeillesztés. al-mukábala: az egynemű tagok összevonára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 15 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 16 / 46
Al-Khwarizmi egy újítása. Szemléltesen. A megoldási, számolási eljárását, amely megegyezett az ismert mezopotámiaival, geometriai úton indokolja. Ebben Euklidesz Elemek c. művének II. könyvére támaszkodik, DE... Eljárása messze nem szigorú bizonyítás, szó sincs dedukciókról. Al-Khwarizmi indoklása. Rajzoljunk egy négyzetet, és mindegyik oldalához illesszünk egy-egy 10 4 magasságú téglalapot, majd az egészítsük ki négyzetté. Ennek területe 39 + 4 ( ) 10 2 4 = 64, oldala 8 hosszúságú, így a belső négyzet oldala 8 2 10 4 = 3. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 17 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 18 / 46 Omar Khajjam egy feladata (perzsa, XII. sz.). Kérdések, vélemények. Egy köb meg egy oldal és valamely szám együtt egyenlő egy négyzettel Számára ez a következő geometriai problémát rejtette: Adott a, b, c hosszúságú szakaszokhoz konstruáljunk olyan x szakaszt, amelyre x 3 + b 2 x + a 3 = cx 2. Omar Khajjam geometriai megoldása. Kérdések. 1 Lehetséges-e algebrai módszerekkel is megoldani minden harmadfokú egyenletet? Khajjam geometriai úton az összes típust kezelni tudta. 2 Vannak-e olyan geometriai módszerek, amelyekkel negyedfokú egyenleteket lehet megoldani? 3 A harmadfokú esetben kúpszeleteket kell használni. Milyen görbék szerepelhetnének a negyedfokú esetben? x = BL Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 19 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 20 / 46
Kérdések, vélemények. Vélemények. 1 Az iszlám tudósok szerint a másodnál magasabb fokú egyenletek csak geometriai úton oldhatók meg. 2 Eléggé általános volt a XX. század második feléig az a nézet, hogy: az iszlám matematikusok e vélekedését először a XVI. századi itáliai maestrok és matematikusok cáfolták meg. 3 DE a XX. század utolsó harmadában földolgozott kódexek mást tanusítanak: 4 Maestro Benedetto, Maestro Dardi és Piero della Francesca korábbi traktátusaiban algebrai megoldások szerepelnek. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 21 / 46 Maestro Dardi, XIV. sz., Pisa. Aliabraa di algibra, 1344 körül Az egyenlet megoldását a következő számolással kapta: Megjegyzés. x 3 + 60x 2 + 1200x = 4000 x = 3 (1200 60 = 3 12000 20. ) 3 + 4000 1200 60 Dardi a megoldást szöveges utasításként adta meg. Még az ő korában sem írtak mai értelemben vett formulákat, képleteket. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 22 / 46 Kérdések Maestro Dardi traktátusával kapcsolatban Egy rekonstrukció. 1 Hogyan jöhetett erre rá? 2 Indokolta-e eljárását? 3 Általános érvényű módszere, azaz tetszőleges x 3 + bx 2 + cx = n alakú egyenletre alkalmazható, 4 vagy csak speciális (együttható) föltételek mellett működik? A traktátusban csak a másodikra van válasz: nem olvashatunk benne indoklásokat. Egy lehetséges válasz az 1. és 3. kérdésre. Kíséreljük meg Al-Khwarizmi eljárását általánosítani harmadfokú egyenletekre. Világos, hogy ekkor négyzet helyett kockával kell dolgozni. Tekintsünk egy x + L oldalélű kockát. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 23 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 24 / 46
A kocka. A kocka fölbontása. E kocka 8 részre bontható: egy x oldalélű kockára, térfogata x 3, három x alapélű és L magasságú négyzetes hasábra, térfogatuk 3x 2 L, három négyzet alapú hasábra, alapélük L, magasságuk x, térfogatuk 3xL 2, egy L oldalélű kockára, térfogata L 3. Ezekből x 3 + 3x 2 L + 3xL 2 + L 3 = (x + L) 3. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 25 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 26 / 46 A rekonstrukció. A konklúzió. Összehasonĺıtva egyenletünkkel. Adjunk (2) mindkét oldalához L 3 -t. x 3 + 3x 2 L + 3xL 2 + L 3 = (x + L) 3 (1) x 3 + bx 2 + cx = n (2) Összehasonĺıtva (1)-gyel szükségképp teljesül, hogy c = 3L 2 és b = 3L, Amiből L = c b és b2 = 3c. Egy x 3 + bx 2 + cx = n alakú egyenlet megoldása akkor írható ( x = 3 c ) 3 b + n c b alakban, ha b 2 = 3c. Dardi módszere tehát CSAK speciális esetben alkalmazható. DE EZ tekinthető az egyik első kísérletnek a harmadfokú egyenletek algebrai megoldására, bár néhány kortársához hasonlóan csak speciális eseteket tud kezelni. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 27 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 28 / 46
Áttörés a XVI. században. Tartaglia (Nicolo FONTANA) eljárása. Az x 3 + px + q = 0 egyenletre van megoldóképlet, azaz egy olyan formula, amelyben a 4 alapművelet valamint (egész kitevőjű) gyökvonás(ok) szerepel(nek), és bármely adott fokszámú egyenlet együtthatóit behelyettesítve megkapjuk a gyököket: x = 3 q (q ) 2 ( p ) 3 2 + 3 + + q (q ) 2 ( p ) 3 2 3 2 + 2 3 Ez az ún. Cardano-képlet, Bár.. Áttörés a XVI. században. Az eljárás alapja. Hasonlóan a másodfokú egyenletekre vonatkozó ókori eljáráshoz, itt is eggyel alacsonyabb fokú egyenlet megoldására lehetett visszavezetni a problémát. A továbblépés lehetősége. Kérdés. Vissza lehet-e vezetni a negyedfokú egyenlet megoldását egy harmadfokú egyenlet megoldására. Válasz. Igen. Az x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 alakú egyenletekhez meg lehet határozni olyan harmadfokú egyenleteket, amelyek együtthatói a, b, c, d-től és racionális konstansoktól függenek. Az első ilyen eljárást Cardano tanítványa (inasa?) Ferrari találta, ma is használatos. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 29 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 30 / 46 Áttörés a XVI. században. Zuanne de Tonini da COI feladata Girolamo Cardano számára. Osszuk a 10-et három részre úgy, hogy azok folytonos arányban álljanak, s az első kettő szorzata 6 legyen. A megoldandó egyenletrendszer, egyenlet. Áttörés a XVI. században. FERRARI eljárása. Alapja a geometriai úton igazolt (s + a + b) 2 = (s + a) 2 + 2sb + 2ab + b 2 vagyis az negyedfokú egyenlet. x + y + z = 10 xz = y 2 xy = 6 y 4 + 6y 2 + 36 = 60y azonosság, Euklidész Elemek II.4. tételének általánosítása. Az egyik oldalon teljes negyedik-, a másikon teljes második hatványt tudott kialakítani, ami után csak négyzetgyököt kellett vonni. Az átalakítás során egy harmadfokú egyenletet kellett megoldania. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 31 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 32 / 46
Áttörés a XVI. században. Áttörés a XVI. században. Az általános eset. A megoldandó egyenlet: x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0. Ferrari ötlete alapján a bal oldalt két legföljebb másodfokú polinom négyzetének különbségeként álĺıthatjuk elő: x 4 +ax 3 + bx 2 + cx + d = (x 2 + a ) 2 x + α)2 (( a2 4 + 2α b)x 2 + (α c)x + (α 2 d) Az előbbi polinomok együtthatóinak meghatározásához meg kell oldani egy α-ra harmadfokú egyenletet, hiszen a második polinom diszkriminánsának zéróval egyenlőnek kell lennie. Az eljárás csak az együtthatókat és racionális konstansokat használ. Az eddigiek összegzése. A másod-, a harmad-, és a negyedfokú egyenletek mindig megoldhatók, vannak olyan megoldási eljárások, amelyek csak a fokszámtól függenek. A kulcs mindhárom esetben egy-egy eggyel alacsonyabb fokú egyenlet megoldása volt. Ezen rezolvens egyenletek együtthatói az eredeti egyenletek együtthatóiból és (racionális) számokból kaphatók a négy alapművelet véges sokszori alkalmazásával (azok polinomjai). Ezen fölismerés a továbblépés kulcsa lehet. Tovább erősítés ad Viéte fölfedezése, amit általánosan és mai jelölésekkel adunk meg, de előbb egy érdekes feladatot mutatunk. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 33 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 34 / 46 A továbblépés előtt. Egy érdekes egyenlet. 1593-ban a flamand Adrian van ROOMEN a következő feladatot tette közzé. Oldjuk meg a következő egyenletet (röviden írva). x 45 45x 43 + 945x 41 12300x 39 +... 3795x 3 + 45x = A Megjegyezte, hogy egyenlete szabályos sokszögek vizsgálatából adódott, és először speciális eseteket kellene elintézni. Például ha A = 2 + 2 + 2 + 2, akkor x = 2 2 + 2 + 2 + 3, Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 35 / 46 A továbblépés előtt. Egy érdekes egyenlet. Ez igen jó közeĺıtés, hiszen elvégezve a gyökvonásokat A 1, 990369453344395, és ekkor x 1, 990369453344394 A hiba nagyságrendje mindössze 10 15. F. Viète megoldása IV. Henrik francia király udvari ügyésze, csillagásza és matematikusa észrevette, hogy a bal oldal megkapható sin 45x-ből, és egy alkalmas transzformációval. E fölismerés alapján Viète 23 megoldást talált alakban. sin ( ϕ 45 n8 ) 0 n < 23 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 36 / 46
Viéte formulái. Ha α 1,..., α n jelöli az egyenlet gyökeit, akkor x n + a 1 x n 1 + a 2 x n 2 +... + a n 1 x + a n = 0 α 1 + α 2 + α n = a 1 α 1 α 2 + α 1 α 3 +... + α 1 α n + α 2 α 3 +... + α n 1 α n = a 2 α 1 α 2 α 3 +... + α n 2 α n 1 α n = a 3 α 1 α 2... α n = α n, ami azt (is) jelenti, hogy az egyenlet együtthatói a gyökök racionális függvényei.. Tovább ezen az úton. Kérdések. 1 Van-e gyökképlet az ötödfokú egyenletekre? 2 Ha igen, akkor általában is igaz-e, hogy tetszőleges n-edfokú egyenlet gyökeit megkaphatjuk alkalmas n-nél alacsonyabb fokú egyenletek megoldásai révén. 3 Ezen rezolvens egyenletek az eredeti egyenlet együtthatói és racionális konstansok segítségével kaphatók-e meg. A kérdések megválaszolása egy kb. 200 éve programot adott. Csak néhány résztvevő: Euler, Lagrange, Legendre. A XVIII. század végén (a sikertelenség miatt) néhányan bátortalanul fölvetették: Biztosan léteznek a keresett gyökképletek??? Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 37 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 38 / 46 A probláma általánosítása A megoldhatóság általában. A probláma általánosítása A kérdések precíz megfogalmazása. És, ha nincs gyökképlet... A negatív eredmény bizonyítása nagyobb körültekintést igényel: pontosan meg kell mondani, hogy MI AZ, AMI NINCS. Egyáltalán: Van-e minden egyenletnek gyöke? Gauss: VAN. Két egyszerű kérdés. 1 Van-e mindig gyökképlet, azaz van-e olyan megoldási eljárás, amely csak az egyenlet fokszámtól függ, az együtthatóktól független. 2 Ha ilyen nincs, van-e minden esetben olyan (véges) eljárás, amely az együtthatókból elvezet a gyökökhöz. 1 Legyen f = x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0 tetszőleges polinom (n 2). Létezik-e olyan csak n-től függő eljárás, amellyel az f = 0 egyenlet gyökei megkaphatók az a 0,..., a n 1 együtthatókból és adott (racionális) számokból a négy alapművelet (összeadás, kivonás, szorzás és osztás), valamint gyökvonások (egész kitevős) véges sokszori alkalmazásával. Adott n esetén mindig ugyanúgy. 2 Ha az előbbire valamely n-re nemleges a válasz, akkor létezik-e olyan eljárás minden kérdéses n-re, amely a konkrét együtthatóktól, és bizonyos konstansoktól is függ az n-en kívül. F. GAUSS, 1799. A klasszikus algebra alaptétele. Minden valós együtthatós polinom fölbontható legföljebb másodfokú valós együtthatós polinomok szorzatára. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 39 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 40 / 46
A Válaszok. A végső megoldás Galois eredményei 1. A végső megoldás 1. kérdés. Az olasz Paolo Ruffini 1798-as nem teljesen korrekt (nem teljes) bizonyítása szerint az első kérdésre a válasz NEM. Az első korrekt nemleges választ az első kérdésre 1826-ban a norvég Nils Henrik Abel adta. A sors iróniája, hogy kezdetben mindketten úgy vélték, hogy megtalálták az ötödfokú egyenlet gyökképletét. 2. kérdés. 1832-ben a francia Evariste Galois mindkét kérdésre korrekt választ adott. Korrekt kritériumot adott arra, hogy a 2. kérdésre mely polinomok esetén igen a válasz. Módszere alapvetően különbözött elődeiétől: nem foglalkozott az ún. rezolvens egyenletekkel. Módszerének fő vonásai (mai terminológiával) 1 Három új fogalmat vezetett be. 1 A T C halmaz (szám)test, ha zárt a szokásos négy alapmüveletre. 2 Ha T K testek, akkor K a T test bővítése. 3 A G halmaz csoport, ha definiálva van rajta egy asszociatív (általában szorzásként írt) művelet, van G-ben egységelem és minden elemnek van inverze. 2 A probléma újrafogalmazása. Legyen K az együtthatókat tartalmazó legszűkebb test. Létezik-e testeknek olyan K T 1 T 2... véges sorozata, amelyben van egy olyan T n test, amely tartalmazza a gyököket (amely fölött a polinom lineáris tényezők szorzatára bomlik). A testeket úgy kapjuk, hogy minden egyes lépésben egy ún. gyökmennyiséggel, k a alakú számmal bővítünk: T i = T i 1 ( k a), ahol a T i 1. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 41 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 42 / 46 Galois eredményei 2. A végső megoldás Az alapvető és teljesen új ötlete. Az előbbi kérdést átfogalmazta csoportelméleti kérdéssé. Az ötlet megvalósítása 1. Legyen K N egy testbővítés és G(K N) az N test azon automorfizmusainak halmaza, amelyek K elemeit elemenként fixen hagyják. G(K N) csoport a leképezésszorzással, a testbővítés Galois-csoportja. Legyen K a p polinom együtthatóit tartalmazó legszűkebb test, és K N a gyököket tartalmazó minimális test. A G(K N) csoportot a p polinom Galois-csoportjának nevezzük, jelölése: G(p K). E csoport izomorf a polinom gyökei egy permutációcsoportjával. A továbbiakban ezt tekintjük a Galois-csoportnak. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 43 / 46 Galois eredményei 3. A végleges válaszok. A végső megoldás 1 Az előbbiekben leírt testlánc pontosan akkor létezik, ha a polinom Galois-csoportjának van egy speciális normálosztó lánca, másképpen mondva e csoport föloldható. 2 Ha n > 4 és a p együtthatói teljesen függetlenek akkor nem létezik a kívánt bővítés, azaz az n > 4 esetben nincs gyökképlet. 3 Ez esetben ugyanis ha deg p = n, akkor G(p N) = S n. Ez utóbbi csoport azonban n > 4-re nem föloldható. 4 Bármely n > 4 esetén van olyan egyenlet, amelyhez nem létezik a kívánt bővítés, azaz gyökei nem kaphatók meg az együtthatókból a négy alapművelet és gyökvonások véges sokszori alkalmazásával. 5 Példa. x 5 4x + 2 = 0 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 44 / 46
A végső megoldás Az f = x 5 4x + 2 = 0 egyenlet. Az egyenlet együtthatói által generált test Q, és a Schönemann-Eisenstein tétel szerint a f irreducibilis fölötte. Legyen G = G(f Q) S 5 a keresett Galois csoport. Egyszerűen kapható, hogy f ( 2) < 0, f (0) > 0, f (1) < 0, f (2) > 0, tehát f -nek legalább 3 valós gyöke van. Az f = 5x 4 4 polinomnak csak 2 valós gyöke van, f -nek 3 valós és 2 komplex gyöke (egy konjugált pár) van. Legyen x 1, x 2 C \ R, x 2 = x 1, és N = Q(x 1,..., x 5 ) a gyököket tartalmazó legszűkebb bővítés. A végső megoldás Az f = x 5 4x + 2 = 0 egyenlet. A komplex konjugálás olyan automorfizmus, amely a racionális számtestet elemenkint fixen hagyja, ezért a G(f Q) Galois-csoport tartalmaz transzpozíciót. Igazolhatók a következők: 1 Irreducibilis polinom Galois-csoportja tranzitív permutációcsoport, azaz bármely két gyökhöz van benne egy olyan permutació, amely az egyiket a másikba viszi. 2 Legyen p prímszám és G S p olyan tranzitív permutációcsoport, amely tartalmaz transzpozíciót. Ekkor G = S p. Ezek alapján G(f Q) = S 5. Mivel az S 5 teljes permutációcsoport egyetlen nemtriviális normálosztója az A 5 alternálócsoport, amely nemkommutatív és egyszerű, S 5 nem lehet föloldható. Ez azt jelenti, hogy egyenletünk gyökei nem kaphatók meg az együtthatókból a kívánt módon. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 45 / 46 Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Intézet) Egyenletek. 2017. május 4. 46 / 46