Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2016. ősz
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 2. Bővített euklideszi algoritmus Algoritmus Legyen R test, f, g R[x]. Ha g = 0, akkor (f, g) = f = 1 f + 0 g, különben végezzük el a következő maradékos osztásokat: f = q 1 g + r 1 ; g = q 2 r 1 + r 2 ; r 1 = q 3 r 2 + r 3 ;. r n 2 = q n r n 1 + r n ; r n 1 = q n+1 r n. Ekkor d = r n jó lesz kitüntetett közös osztónak. Az u 1 = 1, u 0 = 0, v 1 = 0, v 0 = 1 kezdőértékekkel, továbbá az u k = u k 2 q k u k 1 és v k = v k 2 q k v k 1 rekurziókkal megkapható u = u n és v = v n polinomok olyanok, amelyekre teljesül d = u f + v g.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 3. Bővített euklideszi algoritmus Bizonyítás A maradékok foka természetes számok szigorúan monoton csökkenő sorozata, ezért az eljárás véges sok lépésben véget ér. Indukcióval belátjuk, hogy r 1 = f és r 0 = g jelöléssel r k = u k f + v k g teljesül minden 1 k n esetén: k = 1-re f = 1 f + 0 g, k = 0-ra g = 0 f + 1 g. Mivel r k+1 = r k 1 q k+1 r k, így az indukciós feltevést használva: r k+1 = u k 1 f + v k 1 g q k+1 (u k f + v k g) = = (u k 1 q k+1 u k ) f + (v k 1 q k+1 v k ) g = u k+1 f + v k+1 g. Tehát r n = u n f + v n g, és így f és g közös osztói r n -nek is osztói. Kell még, hogy r n osztója f -nek és g-nek. Indukcióval belátjuk, hogy r n r n k teljesül minden 0 k n + 1 esetén: k = 0-ra r n r n nyilvánvaló, k = 1-re r n 1 = q n+1 r n miatt r n r n 1. r n (k+1) = q n (k 1) r n k + r n (k 1) miatt az indukciós feltevést használva kapjuk az álĺıtást, és így k = n, illetve k = n + 1 helyettesítéssel r n r 0 = g, illetve r n r 1 = f.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 4. Polinomok algebrai deriváltja Definíció Legyen R gyűrű. Az f (x) = f n x n + f n 1 x n 1 +... + f 2 x 2 + f 1 x + f 0 R[x] (f n 0) polinom algebrai deriváltja az f (x) = nf n x n 1 + (n 1)f n 1 x n 2 +... + 2f 2 x + f 1 R[x] polinom. Megjegyzés Itt kf k = f k + f k +... + f }{{ k. } k db Álĺıtás Legyen R gyűrű, a, b R és n N +. Ekkor (na)b = n(ab) = a(nb). Bizonyítás (a + a +... + a)b = (ab + ab +... + ab) = a(b + b +... + b) }{{}}{{}}{{} n db n db n db
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 5. Polinomok algebrai deriváltja Álĺıtás Ha R egységelemes integritási tartomány, akkor az f f algebrai deriválás rendelkezik a következő tulajdonságokkal: 1 konstans polinom deriváltja a nullpolinom; 2 az x polinom deriváltja az egységelem; 3 (f + g) = f + g, ha f, g R[x] (additivitás); 4 (fg) = f g + fg, ha f, g R[x] (szorzat differenciálási szabálya). Megjegyzés Megfordítva, ha egy R egységelemes integritási tartomány esetén egy f f, R[x]-et önmagába képező leképzés rendelkezik az előző 4 tulajdonsággal, akkor az az algebrai deriválás.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 6. Polinomok algebrai deriváltja Álĺıtás Ha R egységelemes integritási tartomány, c R és n N +, akkor ((x c) n ) = n(x c) n 1. Bizonyítás n szerinti TI: n = 1 esetén (x c) = 1 = 1 (x c) 0. Tfh. n = k-ra teljesül az álĺıtás, vagyis ((x c) k ) = k(x c) k 1. Ekkor ((x c) k+1 ) = ((x c) k (x c)) = ((x c) k ) (x c)+(x c) k (x c) = = k(x c) k 1 (x c) + (x c) k 1 = (x c) k (k + 1). Ezzel az álĺıtást beláttuk. Álĺıtás (NB) Ha R integritási tartomány, char(r) = p, és 0 r R, akkor n r = 0 p n.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 7. Polinomok algebrai deriváltja Definíció Legyen R egységelemes integritási tartomány, 0 f R[x] és n N +. Azt mondjuk, hogy c R az f egy n-szeres gyöke, ha (x c) n f, de (x c) n+1 f. Megjegyzés A definíció azzal ekvivalens, hogy f (x) = (x c) n g(x), ahol c nem gyöke g-nek. (Miért?) Tétel Legyen R egységelemes integritási tartomány, f R[x], n N + és c R az f egy n-szeres gyöke. Ekkor c az f -nek legalább (n 1)-szeres gyöke, és ha char(r) n, akkor pontosan (n 1)-szeres gyöke.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 8. Polinomok algebrai deriváltja Bizonyítás Ha f (x) = (x c) n g(x), ahol c nem gyöke g-nek, akkor f (x) = ((x c) n ) g(x) + (x c) n g (x) = = n(x c) n 1 g(x) + (x c) n g (x) = (x c) n 1 (ng(x) + (x c)g (x)). Tehát c tényleg legalább (n 1)-szeres gyöke f -nek, és akkor lesz (n 1)-szeres gyöke, ha c nem gyöke ng(x) + (x c)g (x)-nek, vagyis 0 ng(c) + (c c)g (c) = ng(c) + 0 g (c) = ng(c). Ez pedig teljesül, ha char(r) n. Példa Legyen f (x) = x 4 x Z 3 [x]. Ekkor 1 3-szoros gyöke f -nek, mert f (x) = x(x 3 1) Z 3 = x(x 3 3x 2 + 3x 1) = x(x 1) 3. f (x) = 4x 3 1 Z 3 = x 3 3x 2 + 3x 1 = (x 1) 3, tehát 1 3-szoros gyöke f -nek is.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 9. Lagrange-interpoláció Tétel Legyen R test, c 0, c 1,..., c n R különbözőek, továbbá d 0, d 1,..., d n R tetszőlegesek. Ekkor létezik egy olyan legfeljebb n-ed fokú polinom, amelyre f (c j ) = d j, ha j = 0, 1,..., n. Bizonyítás Legyen l j (x) = i j (x c i) i j (c j c i ), a j-edik Lagrange-interpolációs alappolinom, és legyen n f (x) = d j l j (x). l j (c i ) = 0, ha i j, és l j (c j ) = 1-ből következik az álĺıtás. j=0
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) (0 1)(0 4)(0+1) = 1 4 x 3 x 2 1 4 x + 1
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) (0 1)(0 4)(0+1) = 1 4 x 3 x 2 1 4 x + 1 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) (1 0)(1 4)(1+1) = 1 6 x 3 + 1 2 x 2 + 2 3 x
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60 l 3(x) = (x 0)(x 1)(x 4) = 1 x 3 + 1 x 2 2 x ( 1 0)( 1 1)( 1 4) 10 2 5
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60 l 3(x) = (x 0)(x 1)(x 4) = 1 x 3 + 1 x 2 2 x ( 1 0)( 1 1)( 1 4) 10 2 5 f (x) = 3l 0(x) + 3l 1(x) + 7l 2(x) + 0l 3(x) = 22 x 3 3 x 2 + 68 x + 3 60 2 60
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60 l 3(x) = (x 0)(x 1)(x 4) = 1 x 3 + 1 x 2 2 x ( 1 0)( 1 1)( 1 4) 10 2 5 f (x) = 3l 0(x) + 3l 1(x) + 7l 2(x) + 0l 3(x) = 22 x 3 3 x 2 + 68 x + 3 60 2 60 22 60 3 2 68 60 3 1 22 60 68 60 0 3
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60 l 3(x) = (x 0)(x 1)(x 4) = 1 x 3 + 1 x 2 2 x ( 1 0)( 1 1)( 1 4) 10 2 5 f (x) = 3l 0(x) + 3l 1(x) + 7l 2(x) + 0l 3(x) = 22 x 3 3 x 2 + 68 x + 3 60 2 60 22 60 3 2 68 60 3 1 22 60 68 60 0 3 4 22 60 2 60 1 7
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 10. Lagrange-interpoláció Példa Adjunk meg olyan f R[x] polinomot, amelyre f (0) = 3, f (1) = 3, f (4) = 7 és f ( 1) = 0! A feladat szövege alapján c 0 = 0, c 1 = 1, c 2 = 4, c 3 = 1, d 0 = 3, d 1 = 3, d 2 = 7 és d 3 = 0 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0(x) = (x 1)(x 4)(x+1) = 1 x 3 x 2 1 x + 1 (0 1)(0 4)(0+1) 4 4 l 1(x) = (x 0)(x 4)(x+1) = 1 x 3 + 1 x 2 + 2 x (1 0)(1 4)(1+1) 6 2 3 l 2(x) = (x 0)(x 1)(x+1) = 1 x 3 1 x (4 0)(4 1)(4+1) 60 60 l 3(x) = (x 0)(x 1)(x 4) = 1 x 3 + 1 x 2 2 x ( 1 0)( 1 1)( 1 4) 10 2 5 f (x) = 3l 0(x) + 3l 1(x) + 7l 2(x) + 0l 3(x) = 22 x 3 3 x 2 + 68 x + 3 60 2 60 22 60 3 2 68 60 3 1 22 60 68 60 0 3 4 22 60 2 60 1 7 1 22 60 112 60 3 0
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 11. Lagrange-interpoláció Alkalmazás A Lagrange-interpoláció használható titokmegosztásra a következő módon: legyenek 1 m < n egészek, továbbá s N a titok, amit n ember között akarunk szétosztani úgy, hogy bármely m részből a titok rekonstruálható legyen, de kevesebből nem. Válasszunk a titok maximális lehetséges értékénél és n-nél is nagyobb p prímet, továbbá a 1, a 2,..., a m 1 Z p véletlen együtthatókat, majd határozzuk meg az f (x) = a m 1 x m 1 + a m 2 x m 2 +... + a 1 x + s polinomra az f (i) értékeket, és adjuk ezt meg az i. embernek (i = 1, 2,..., n). Bármely m helyettesítési értékből a Lagrange-interpolációval megkapható a polinom, így annak konstans tagja is, a titok. Ha m-nél kevesebb helyettesítési értékünk van, akkor nem tudjuk meghatározni a titkot, mert tetszőleges t esetén az f (0) = t értéket hozzávéve a többihez létezik olyan legfeljebb m-ed fokú polinom, aminek a konstans tagja t, és az adott helyeken megfelelő a helyettesítési értéke.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0 (x) = (x 3)(x 4) (1 3)(1 4) = 1 6 (x 2 7x + 12) = 1 1 ( 6x 2 2) = 6x 2 + 2
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0 (x) = (x 3)(x 4) (1 3)(1 4) = 1 6 (x 2 7x + 12) = 1 1 ( 6x 2 2) = 6x 2 + 2 l 1 (x) = (x 1)(x 4) (3 1)(3 4) = 1 2 (x 2 5x + 4) = 4(x 2 + 2x + 4) = 3x 2 + 6x + 5
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0 (x) = (x 3)(x 4) (1 3)(1 4) = 1 6 (x 2 7x + 12) = 1 1 ( 6x 2 2) = 6x 2 + 2 l 1 (x) = (x 1)(x 4) (3 1)(3 4) = 1 2 (x 2 5x + 4) = 4(x 2 + 2x + 4) = 3x 2 + 6x + 5 l 2 (x) = (x 1)(x 3) (4 1)(4 3) = 1 3 (x 2 4x + 3) = 5(x 2 + 3x + 3) = 5x 2 + x + 1
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0 (x) = (x 3)(x 4) (1 3)(1 4) = 1 6 (x 2 7x + 12) = 1 1 ( 6x 2 2) = 6x 2 + 2 l 1 (x) = (x 1)(x 4) (3 1)(3 4) = 1 2 (x 2 5x + 4) = 4(x 2 + 2x + 4) = 3x 2 + 6x + 5 l 2 (x) = (x 1)(x 3) (4 1)(4 3) = 1 3 (x 2 4x + 3) = 5(x 2 + 3x + 3) = 5x 2 + x + 1 f (x) = 5l 0 (x)+l 1 (x)+4l 2 (x) = 30x 2 +10+3x 2 +6x +5+20x 2 +4x +4 =
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 12. Titokmegosztás Példa Legyen m = 3, n = 4, s = 5, p = 7, továbbá a 1 = 3 és a 2 = 4. Ekkor f (x) = 4x 2 + 3x + 5 Z 7 [x], a titokrészletek pedig f (1) = 5, f (2) = 6, f (3) = 1 és f (4) = 4. Ha rendelkezünk például az f (1) = 5, f (3) = 1 és f (4) = 4 információkkal, akkor c 0 = 1, c 1 = 3, c 2 = 4, d 0 = 5, d 1 = 1, és d 2 = 4 értékekkel alkalmazzuk a Lagrange-interpolációt. l 0 (x) = (x 3)(x 4) (1 3)(1 4) = 1 6 (x 2 7x + 12) = 1 1 ( 6x 2 2) = 6x 2 + 2 l 1 (x) = (x 1)(x 4) (3 1)(3 4) = 1 2 (x 2 5x + 4) = 4(x 2 + 2x + 4) = 3x 2 + 6x + 5 l 2 (x) = (x 1)(x 3) (4 1)(4 3) = 1 3 (x 2 4x + 3) = 5(x 2 + 3x + 3) = 5x 2 + x + 1 f (x) = 5l 0 (x)+l 1 (x)+4l 2 (x) = 30x 2 +10+3x 2 +6x +5+20x 2 +4x +4 = = 53x 2 + 10x + 19 = 4x 2 + 3x + 5
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 13. Polinomok felbonthatósága Definíció Legyen R egységelemes integritási tartomány. Ha a 0 f R[x] polinom nem egység, akkor felbonthatatlannak (irreducibilisnek) nevezzük, ha a, b R[x]-re f = a b = (a egység b egység). Ha a 0 f R[x] polinom nem egység, és nem felbonthatatlan, akkor felbonthatónak (reducibilisnek) nevezzük. Megjegyzés Utóbbi azt jelenti, hogy f -nek van nemtriviális szorzat-előálĺıtása (olyan, amiben egyik tényező sem egység).
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 14. Polinomok felbonthatósága Álĺıtás Legyen (F ; +, ) test. Ekkor f F [x] pontosan akkor egység, ha deg(f ) = 0. Bizonyítás = Ha deg(f ) = 0, akkor f nem-nulla konstans polinom: f (x) = f 0. Mivel F test, ezért létezik f 1 0 F, amire f 0 f 1 0 = 1, így f tényleg egység. = Ha f egység, akkor létezik g F [x], amire f g = 1, és így deg(f ) + deg(g) = deg(1) = 0 (Miért?), ami csak deg(f ) = deg(g) = 0 esetén lehetséges.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 15. Polinomok felbonthatósága Álĺıtás Legyen (F ; +, ) test, és f F [x]. Ha deg(f ) = 1, akkor f -nek van gyöke. Bizonyítás Ha deg(f ) = 1, akkor feĺırható f (x) = f 1 x + f 0 alakban, ahol f 1 0. Azt szeretnénk, hogy létezzen c F, amire f (c) = 0, vagyis f 1 c + f 0 = 0. Ekkor f 1 c = f 0 (Miért?), és mivel létezik f 1 1 F, amire f 1 f 1 1 = 1 (Miért?), ezért c = f 0 f 1 1 Megjegyzés ( ) = f0 f 1 gyök lesz. Ha (R; +, ) nem test, akkor egy R fölötti elsőfokú polinomnak nem feltétlenül van gyöke, pl. 2x 1 Z[x].
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 16. Polinomok felbonthatósága Álĺıtás Legyen (F ; +, ) test, és f F [x]. Ha deg(f ) = 1, akkor f felbonthatatlan. Bizonyítás Legyen f = g h. Ekkor deg(g) + deg(h) = deg(f ) = 1 (Miért?) miatt deg(g) = 0 deg(h) = 1 vagy deg(g) = 1 deg(h) = 0. Előbbi esetben g, utóbbiban h egység a korábbi álĺıtás értelmében. Megjegyzés Tehát nem igaz, hogy egy felbonthatatlan polinomnak nem lehet gyöke.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 17. Polinomok felbonthatósága Álĺıtás Legyen (F ; +, ) test, és f F [x]. Ha 2 deg(f ) 3, akkor f pontosan akkor felbontható, ha van gyöke. Bizonyítás = Ha c gyöke f -nek, akkor az f (x) = (x c)g(x) egy nemtriviális felbontás (Miért?). = Mivel 2 = 0 + 2 = 1 + 1, illetve 3 = 0 + 3 = 1 + 2, és más összegként nem állnak elő, ezért amennyiben f -nek van nemtriviális felbontása, akkor van elsőfokú osztója. A korábbi álĺıtás alapján ennek van gyöke, és ez nyilván f gyöke is lesz.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 18. Polinomok felbonthatósága Tétel f C[x] pontosan akkor felbonthatatlan, ha deg(f ) = 1. Bizonyítás = Mivel C a szokásos műveletekkel test, ezért korábbi álĺıtás alapján teljesül. = Indirekt tfh. deg(f ) 1. Ha deg(f ) < 1, akkor f = 0 vagy f egység, tehát nem felbonthatatlan, ellentmondásra jutottunk. deg(f ) > 1 esetén az algebra alaptétele értelmében van gyöke f -nek. A gyöktényezőt kiemelve az f (x) = (x c)g(x) alakot kapjuk, ahol deg(g) 1 (Miért?), vagyis egy nemtriviális szorzat-előálĺıtást, így f nem felbonthatatlan, ellentmondásra jutottunk.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 19. Polinomok felbonthatósága Tétel f R[x] pontosan akkor felbonthatatlan, ha deg(f ) = 1, vagy deg(f ) = 2, és f -nek nincs (valós) gyöke. Bizonyítás = Ha deg(f ) = 1, akkor korábbi álĺıtás alapján f felbonthatatlan. Ha deg(f ) = 2, és f -nek nincs gyöke, akkor f nem áll elő két elsőfokú polinom szorzataként (Miért?), vagyis csak olyan kéttényezős szorzat-előálĺıtása lehet, melyben az egyik tényező foka 0, tehát egység. = Ha f felbonthatatlan, akkor nem lehet deg(f ) < 1. (Miért?) Ha f felbonthatatlan, és deg(f ) = 2, akkor tfh. van gyöke. Ekkor az ehhez tartozó gyöktényező kiemelésével egy nemtriviális felbontását kapjuk f -nek (Miért?), ami ellentmondás.
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 20. Polinomok felbonthatósága Bizonyítás folyt. Tfh. deg(f ) 3. Az algebra alaptétele értelmében f -nek mint C fölötti polinomnak van c C gyöke. Ha c R is teljesül, akkor a gyöktényező kiemelésével f egy nemtriviális felbontását kapjuk (Miért?), ami ellentmondás. Mivel f R[x], ezért c is gyöke, hiszen f (c) = deg(f ) j=0 f j (c) j = deg(f ) j=0 f j c j = deg(f ) j=0 deg(f ) f j c j = f j c j = f (c) = 0 = 0. Legyen g(x) = (x c)(x c) = x 2 2 Re(c)x + c 2 R[x]. f -et g-vel maradékosan osztva létezik q, r R[x], hogy f = qg + r. r = 0, mert deg(r) < 2, és r-nek gyöke c C \ R. Vagyis f = qg, ami egy nemtriviális felbontás, ez pedig ellentmondás. j=0
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 21. Polinomok felbonthatósága Definíció f Z[x]-et primitív polinomnak nevezzük, ha az együtthatóinak a legnagyobb közös osztója 1. Tétel (Schönemann-Eisenstein) Legyen f (x) = f n x n + f n 1 x n 1 +... + f 1 x + f 0 Z[x], f n 0 legalább elsőfokú primitív polinom. Ha található olyan p Z prím, melyre p f n, p f j, ha 0 j < n, p 2 f 0, akkor f felbonthatatlan Z fölött. Bizonyítás NB. (Lehet, hogy később igen.)
Polinomok Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 22. Polinomok felbonthatósága Megjegyzés A feltételben f n és f 0 szerepe felcserélhető. Megjegyzés A tétel nem használható test fölötti polinom irreducibilitásának bizonyítására, mert testben nem léteznek prímek, hiszen minden nem-nulla elem egység.