Polinomgy r k Dr. Vattamány Szabolcs 1. Bevezet Ezen jegyzet célja, hogy megismertesse az olvasót az egész, a racionális, a valós és a komplex számok halmaza fölötti polinomokkal. A szokásos jelölést használjuk: Z az egész, Q a racionális, R a valós, C a komplex számok halmaza. Az alapvet fogalmak tisztázása után bemutatjuk az euklideszi algoritmust, majd betekintést nyújtunk a polinomok gyökeinek vizsgálatába. Végül tisztázzuk, melyek az irreducibilis (prím) polinomok a különböz számhalmazok fölött. 2. Polinomok Emlékeztetünk rá, hogy egy (R, +, ) kétm veletes algebrai struktúra gy - r, ha az összeadásra nézve Abel-csoport (azaz a m velet asszociatív, létezik zéruselem, minden elemnek van inverze és a m velet kommutatív), a szorzásra nézve félcsoport (azaz a szorzás asszociatív) és a szorzás disztributív az összeadásra nézve. Kommutatív gy r r l beszélünk, ha a szorzás kommutatív, egységelemes gy r t mondunk, ha (a szorzásra nézve) létezik egységelem. Ha két zérustól különböz elem szorzata különbözik a zérustól, akkor a gy - r zérusosztómentes. A kommutatív, egységelemes, zérusosztómentes gy r k integritástartományok. Az (K, +, ) kétm veletes algebrai struktúra test, ha gy r és a zérustól különböz elemek a szorzásra nézve Abel-csoportot alkotnak. Gy r k a következ k: (1) (Z, +, ), 1 http://www.huro-cbc.eu
(2) (P, +, ), ahol P a páros egészek halmaza, (3) az n n-es mátrixok halmaza, ahol a két m velet a mátrixösszeadás és a mátrixszorzás. Világos, hogy (1) integritástartomány, (2) kommutatív, de nincs benne egység, (3) egységelemes, de nem kommutatív (ha n 2) és nem zérusosztómentes. Példák testekre: (Q, +, ), (R, +, ), (C, +, ). 1. Deníció. Legyen R integritástartomány. Az R fölötti egyhatározatlanú polinomok az n a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n = a i x i (a i R, 0 i n, n N) alakú formális kifejezések azzal a megállapodással, hogy n m esetén a n a ix i, m j=0 b jx j (a i, b j R) akkor és csakis akkor jelölik ugyanazt a polinomot, ha a 0 = b 0, a 1 = b 1,..., a n = b n, b n+1 =... = b m = 0. A kifejezésben szerepl R-beli elemek a polinom együtthatói. Eszerint két polinom akkor és csakis akkor egyenl, ha az együtthatóik rendre megegyeznek. Az R integritástartomány fölötti egyhatározatlanú polinomok halmaza R[x]. Megállapodunk abban, hogy egy R[x]-beli polinom 0x i (i 1) alakú tagjait nem írjuk ki, valamint az 1x i (i 1) helyett x i -t írunk. 2. Deníció. Az f, g R[x], f = n a ix i, g = m j=0 b jx j összegén az f + g = max(n,m) l=0 (a l + b l )x l polinomot értjük, ahol b m+1 =... = b n = 0, ha n > m, és a n+1 =... = a m = 0, ha m > n. A két polinom szorzata: n+m fg = ( a i b j )x l. l=0 i+j=l Az átláthatóság kedvéért kiírjuk a most bevezetett összeadást és szorzást rövidített jelölés nélkül is. Ha f = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 0, g = b m x m + b m 1 x m 1 + + b 0, és n m, akkor egészítsük ki g-t úgy, hogy b m+1 =... = b n = 0, ekkor f + g = (a n + b n )x n + (a n 1 + b n 1 )x n 1 + + a 0 b 0. fg = a n b m x n+m + (a n b m 1 + a n 1 b m )x n+m 1 + + (a 1 b 0 + a 0 b 1 )x + a 0 b 0. 2
1. Feladat. Határozzuk meg az x 3 2x 2 + 3x 4 és a 3x 2 x + 2 Z[x]-beli polinomok összegét és szorzatát! Megoldás. (x 3 2x 2 + 3x 4) + (3x 2 x + 2) = x 3 + x 2 + 2x 2 (x 3 2x 2 + 3x 4)(3x 2 x + 2) = = 3x 5 x 4 + 2x 3 6x 4 + 2x 3 4x 2 + +9x 3 3x 2 + 6x 12x 2 + 4x 8 = = 3x 5 7x 4 + 13x 3 19x 2 + 10x 8. Megjegyzés: Világos, hogy a feladatban szerepl polinomokat nemcsak az egészek, hanem a racionálisak, a valósok és a komplex számok fölötti polinomoknak is tekinthetjük, mivel ezek a számhalmazok (az els kivételével) mindegyike tartalmazza az el z t (precízebben az el z vel izomorf részhalmazt). A kés bb tárgyalt felbonthatóság szempontjából viszont lényeges tisztázni, hogy egy adott polinom melyik számhalmaz fölötti polinom, mivel ett l függ a viselkedése. A deníciók közvetlen felhasználásával bizonyítható az alábbi állítás. 1. Tétel. Tetsz leges R integritástartomány esetén R[x] a bevezetett két m - velettel integritástartományt alkot. Bizonyítás. Nyilvánvaló, hogy R[x] zéruseleme a 0 konstans polinom és f = n a ix i additív inverze az f = n ( a i)x i R[x] polinom. Mivel R-ben a szorzás asszociatív és disztributív (az R-beli) összeadásra nézve, ezért az R[x]-beli szorzás asszociatív. Szintén könnyen látható, hogy az egységelem az 1 konstans polinom, a szorzás kommutativitása és a zérusosztómentesség R-b l örökl dik. 3. Deníció. Ha f = n a ix i R[x] és a n 0, akkor az n számot a polinom fokszámának, az a n elemet a polinom f együtthatójának mondjuk. Ha a polinom f együtthatója 1, akkor f-et f polinomnak nevezzük. Állapodjunk meg abban, hogy a zéruspolinom fokszáma 1. f fokszámára bevezetjük az f jelölést. 3. Prímelem, irreducibilis elem A továbbiakban, ha mást nem mondunk, akkor R integritástartomány, így R[x] szintén az. A fejezetben bemutatott deníciókat, állításokat tetsz leges integritástartományban tárgyalhattuk volna. 3
4. Deníció. Azt mondjuk, hogy f R[x] osztója a g R[x] polinomnak (vagy g többszöröse f-nek), ha van olyan h R[x], hogy fh = g. Ezt a f g szimbólummal jelöljük. Az egységelem osztóit egységeknek hívjuk. Ha f g és g f egyszerre teljesül, akkor f-et és g-t asszociáltaknak nevezzük, ennek jele f g. 1. Következmény. Az asszociáltság ekvivalenciareláció. Az f g, akkor és csakis akkor áll fönn, ha létezik olyan u R[x] egység, hogy fu = g. Bizonyítás. Ha f g, akkor f g és g f is teljesül, ezért vagy f = g = 0 vagy pedig f sem, g sem egyenl 0-val. Az utóbbi esetben létezik olyan u, v R[x] egységek, hogy fu = g és gv = f. Ekkor fuv = f, innen pedig fuv f = f(uv 1) = 0 adódik. Mivel f 0 és R[x] zérusosztómentes, így uv 1 = 0, azaz uv = 1 következik, tehát u is, v is egység. Megfordítva, ha u R[x] egység és fu = g, akkor van olyan v R[x], hogy uv = 1 és így f g és g gv = fuv = f, azaz f g. Az ekvivalenciareláció mindhárom tulajdonsága közvetlenül adódik a de- nícióból. Példaként a tranzitivitást mutatjuk meg. Ha f, g, h R[x], valamint f g és g h is teljesül, akkor fu = g és gv = h, ahol u, v R[x] egységek. Így fuv = h, s mivel u is, v is osztja az egységelelmet, ezért a szorzatuk is. Példa: (i) Z[x] egységei az 1 és a 1 konstans polinomok, így f, g Z[x] akkor és csakis akkor asszociáltak, ha f = g, vagy f = g. (ii) Q[x] egységei a 0-tól különböz konstans polinomok, ezért két polinom (nemcsak Q fölött, hanem tetsz leges test fölött is) akkor és csakis akkor asszociáltak, ha egyik a másik 0-tól különböz konstansszorosa. 5. Deníció. Ha f, g R[x] és f g, de f és g nem asszociáltak, akkor f a g valódi osztója. Egy h R[x] az f és a g legnagyobb közös osztója, ha h f és h g, továbbá ha h f és h g is fennáll, akkor h h. f és g legnagyobb közös osztóját (f, g)-vel jelöljük. Az f és g polinomot relatív prímnek mondjuk, ha (f, g) 1. Az m R[x] polinom az f és g polinom legkisebb közös többszöröse, ha f m és g m, továbbá ha f m és g m is fennáll, akkor m m. Megjegyzés: Nem biztos, hogy minden integritástartományban tetsz leges két elemnek létezik legnagyobb közös osztója. 6. Deníció. Az f R[x] irreducibilis, ha f nem a zéruspolinom, nem egység és f-nek a saját asszociáltjain kívül nincs más osztója. f-et prímelemnek nevezzük, ha nem a zéruspolinom, nem egység, s tetsz leges g, h R[x] elemekre, ha f gh, akkor f g vagy f h. Azt mondjuk, hogy az f R[x] 4
elem f = gh (g, h R[x]) felbontása triviális, ha g és h közül az egyik egység, a másik pedig az f asszociáltja. 2. Következmény. Legyen f R[x] zéruspolinomtól és az egységt l különböz. Az f akkor és csakis akkor irreducibilis, ha csak triviálisan bontható fel két R[x]-beli elem szorzatára. Megjegyzés: A két fogalom, mármint az irreducibilis elem és a prímelem R[x]- ben egybeesik. Azt könny látni, hogy tetsz leges integritástartományban a prímelemek irreducibilisek, u.i. D integritástartomány és q D prímelem, akkor q = uv (u, v D) estén q uv, így a prímtulajdonság miatt q u vagy q v. Mivel u q és v q triviálisan teljesül, ezért q u vagy q v, azaz a felbontás triviális, így q irreducibilis. A megfordítás, mármint, hogy az irreducibilis elemek prímek is, tetsz leges integritástartományban nem teljesül. Erre vonatkozik a következ Példa: Z[i 5] = {a + ib 5 a, b Z}. Ha két Z[i 5]-beli elem összegén és szorzatán a komplex számok szokásos összegét és szorzatát értjük, akkor (Z[i 5], +, ) integritástartomány. Az világos, hogy két, ilyen alakú komplex szám összege is, szorzata is, ilyen alakú, tehát a m veletek a halmazban maradnak. Zéruselem a 0 = 0 + 0i 5, az a + ib 5 additív inverze a a ib 5, egységelem az 1 = 1 + 0i 5, a szorzás asszociativitása, kommutativitása és a zérusosztómentesség a komplex számok közötti m velet révén nyilvánvalóan teljesül, mivel (C, +, ) test. Tekintsük a 9 = 3 3 = (2 + i 5)(2 i 5) valódi felbontásokat! Minden tényez irreducibilis Z[i 5]-ben, de nem prímek, mivel 3 9 = (2 + i 5)(2 i 5), de nem osztja (Z[i 5]-ben) egyik tényez t sem. Megjegyzés: Ahhoz, hogy tetsz leges integritástartományban az irreducibilis elemek prímek is legyenek, elegend, hogy bármely két, zérustól különböz elemnek létezzen legnagyobb közös osztója. Ekkor ugyanis érvényes az általánosított prímtulajdonság: ha a bc és (a, b) 1, akkor a c. Ha ez fennáll, tegyük föl, hogy p irreducibilis, p ab és p nem osztja az a-t, akkor p irreducibilis voltából következik, hogy (p, a) 1, az általánosított prímtulajdonság szerint ebb l pontosan a p b következik. 4. Test fölötti polinomgy r Ebben a fejezetben K tetsz leges testet jelöl, így K[x] integritástartomány, ráadásul a test bármely két, a zéruselemt l különböz elemét, azaz két K[x]-beli polinom f együtthatóját el is oszthatjuk egymással. 5
2. Tétel. Legyen f, g K[x] és tegyük föl, hogy g nem a zéruspolinom. Ekkor egyértelm en léteznek olyan q, r K[x] polinomok, hogy ahol r < g. Bizonyítás. Legyen f = gq + r, f = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 0 (a i K) g = b m x m + b m 1 x m 1 +... + b 0 (b i K, b m 0). Ha n < m, akkor f = g 0 + f. Ha m < n, akkor osszuk el az f els tagját (a n x n -et) a g els tagjával (b m x m -nel), ezt a hányadost szorozzuk meg g-vel és a szorzatot vonjuk ki f-b l. Jelöljük a különbséget f 1 -gyel. f a n b m x n m g =: f 1. (1) Mivel f els tagja biztosan kiesik, mert az x n együtthatója így 0, ezért f 1 fokszáma biztosan kisebb, mint az f fokszáma, azaz f1 < f. Ha f1 < g, akkor készen vagyunk, ha f1 > g, akkor ismételjük meg az el bbi eljárást az f 1 és a g polinomokra. Ha f 1 kezd együtthatója c l és így a fokszáma l n 1, akkor f 1 c l x n m l g =: f 2, (2) b m ahol f2 < f1, azaz f2 < n 2. Ha f2 < g, akkor készen vagyunk, ha f2 g, akkor ismételjük meg az eljárást az f 2 és a g polinomokra, és így tovább. Ekkor f > f1 > f2 >... és így mindenképpen eljutunk egy olyan f k r t b m x n m t g =: f k+1 egyenl séghez, ahol fk+1 < g. Rendezzük át az el z egyenl ségeket úgy, hogy helyettesítsük (2)-b l (1)-be f 1 -et, majd a következ b l f 2 -t és így tovább. Ekkor adódik, hogy ( an f = x n m + c l x n m l + + r ) t x n m t g + f k+1. b m b m b m Ha g szorzóját q-val, f k+1 -et r-rel jelöljük, akkor adódik, hogy f = gq + r, 6
ahol g > r. Láttuk tehát, hogy az euklideszi (maradékos) osztás elvégezhet. Megmutatjuk, hogy a maradékos osztás egyértelm. Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy f = gq 1 + r 1, ahol r 1 < g f = gq 2 + r 2, ahol r 2 < g, ahol q 1 q 2. Vonjuk ki a második egyenl séget az els b l, rendezve kapjuk, hogy g(q 1 q 2 ) = r 2 r 1. Mivel q 1 q 2, ezért a baloldal fokszáma legalább akkora, mint g fokszáma, a jobb oldal fokszáma viszont kisebb, mint g fokszáma, mivel r 1 és r 2 fokszáma is kisebb. Ez nyilván ellentmondás, így nem igaz az indirekt feltevésünk, hogy q 1 q 2, ezért szükségképpen q 1 = q 2 és ebb l az r 1 = r 2 is következik. Megjegyzés: A bizonyításból kiolvasható, hogyan lehet a maradékos osztást test fölötti polinomok között elvégezni. 2. Feladat. Osszuk el az f = x 5 + 4x 4 2x + 1 Q[x]-beli polinomot a g = x 3 + x 2 1 Q[x] polinommal! Megoldás. Az egész számok körében jól ismert maradékos osztás analógiája az eljárás. (x 5 + 2x 4 3x 3 + 2x 2 + 2x 1) : (x 3 + 3x 2 2x 1) = x 2 x + 2 ±x 5 ± 3x 4 2x 3 x 2 Tehát x 4 x 3 + 3x 2 + 2x 1 x 4 3x 3 ± 2x 2 ± x 2x 3 + x 2 + x 1 ±2x 3 ± 6x 2 4x 2 5x 2 + 5x + 1. x 5 + 2x 4 3x 3 + 2x 2 + 2x 1 = (x 3 + 3x 2 2x 1)(x 2 x + 2) 5x 2 + 5x + 1, azaz q = x 2 x + 2 és r = 5x 2 + 5x + 1. 7. Deníció. A R integritástartományt euklideszi gy r nek nevezzük, ha van olyan euklideszi normának mondott : R N leképezés, amelyre teljesülnek a következ k 7
(i) 0 = 0, és minden 0-tól különböz a R elemre a > 0; (ii) tetsz leges a, b R elemekre teljesül, hogy ha a b és b 0, akkor a b ; (iii) bármely a, b R, b 0, elemekhez léteznek olyan q, r R elemek, hogy a = bq + r és r < b. Látható, hogy az euklideszi gy r kben van maradékos osztás, de az egyértelm séget nem követeljük meg. 3. Következmény. Tetsz leges K test fölötti K[x] polinomgy r euklideszi gy r, ha f K[x] euklideszi normáját a f := f +1 el írással értelmezzük. 8. Deníció. Legyen f, g K[x], g 0. Euklideszi algoritmusnak nevezzük a következ eljárást: osszuk el maradékosan f-et g-vel. Ha az így kapott maradék nem 0, akkor osszuk el g-t a maradékkal. Ha az így kapott maradék sem 0, akkor ez utóbbi osztás osztóját osszuk el az osztás maradékával, és így tovább. f = gq 1 + r 2, r 2 < g, g = r 2 q 2 + r 3, r 2 < r 3,. r i 1 = r i q i + r i+1, r i+1 < r i,. r n 2 = r n 1 q n 1 + r n, r n < r n 1, r n 1 = r n q n. Megjegyzés: Az eljárást mindaddig folytathatjuk, míg 0 maradékot nem kapunk. Mivel g > r 2 > nemnegatív egész számok szigorúan monoton csökken sorozata, ezért az eljárás véges számú lépésben (legföljebb g - számú lépésben) véget kell, hogy érjen. Ha az utolsó nem 0 maradék r n, akkor az eljárás véget ért. 3. Tétel. Ha f, g K[x], g 0, akkor az f és g polinomon elvégzett euklideszi algoritmus utolsó nem 0 maradéka az f és g legnagyobb közös osztója. Bizonyítás. A denícióbeli jelölést használjuk. Az algoritmus egyenletein hátulról visszafelé haladva adódnak a következ megállapítások. Az utolsó egyenlet szerint r n r n 1. Ebb l és az utolsó el tti egyenletb l következik, hogy r n r n 2. Visszafelé haladva a következ egyenletb l az következik, hogy r n r n 3, ezt folytatva a második egyenletb l adódik, hogy r n g és az els b l, hogy r n f. 8
1. ábra. Euklidész szobra Oxfordban Ha h f és h g, akkor az els egyenletb l következik, hogy h r 2, majd a következ egyenletekb l rendre, hogy h r 3,..., r n, ezzel beláttuk, hogy r n a legnagyobb közös osztó. 4. Következmény. Test fölötti K[x] polinomgy r ben tetsz leges két polinomnak van legnagyobb közös osztója. 3. Feladat. Keressük meg Q[x]-ben az f = x 4 + x 3 3x 2 4x 1 és a g = x 3 + x 2 x 1 polinomok legnagyobb közös osztóját! Megoldás. Az el z feladatban látott módon elvégezzük a maradékos osztásokat. Rendre adódnak a következ k: (x 4 + x 3 3x 2 4x 1) : (x 3 + x 2 x 1) = x ±x 4 ± x 3 x 2 x 2x 2 3x 1 (x 3 + x 2 x 1) : ( 2x 2 3x 1) = 1 2 x + 1 4 ±x 3 ± 3 2 x2 ± 1 2 x 1 2 x2 3 2 x 1 1 2 x2 3 4 x 1 4 3 4 x 3 4 9
( 2x 2 3x 1) : ( 3 4 x 3 4 ) = 8 3 x 2x 2 2x x 1 ( 3 4 x 3 4 ) : ( x 1) = 3 4, azaz az euklideszi algoritmusnál megismert forma szerint x 4 + x 3 3x 2 4x 1 = (x 3 + x 2 x 1)x + ( 2x 2 3x 1) x 3 + x 2 x 1 = ( 2x 2 3x 1)( 1 2 x + 1 4 ) + ( 3 4 x 3 4 ) 2x 2 3x 1 = ( 3 4 x 3 4 )8 x + ( x 1) 3 3 4 x 3 4 = ( x 1)3 4, így a x 1 polinom az f és g polinomok legnagyobb közös osztója. A következ két tételt euklideszi gy r kre mondjuk ki. Mint láttuk tetsz leges K test fölötti K[x] polinomgy r ilyen. Ezek következményként adódik a polinomelmélet alaptétele. 4. Tétel. Ha az R euklideszi gy r ben b R nem a zérus és a R valódi osztója b-nek, akkor a < b. Bizonyítás. Tegyük föl, hogy b 0. Azt mutatjuk meg, hogy ha a = b, akkor a b. Osszuk maradékosan a-t b-vel: a = bq + r, r b = a alkalmas q és r elemekkel. Mivel a b, ezért a a bq = r, így r < a és a r csak úgy állhat fönn, ha r = 0. Tehát b a is teljesül, azaz a b. 5. Tétel. Euklideszi gy r ben minden zérustól és egységt l különböz elem (sorrendt l és egységtényez t l eltekintve) egyértelm en felbomlik irreducibilis (prím) elemek szorzatára. Bizonyítás. Ha a egy euklideszi gy r zérustól és egységt l különböz eleme, akkor képezzünk egy olyan a(= a 0 ), a 1, a 2,... sorozatot, ahol a másodiktól kezdve mindegyik valódi osztója az t megel z nek. Ennek a sorozatnak csak véges sok tagja lehet, mert a sorozat tagjainak 10
normája természetes számokból álló szigorúan monoton csökken sorozatot alkotnak. A sorozat utolsó tagja nyilvánvalóan irreducibilis. Megmutatjuk, hogy ezzel az eljárással a egységtényez t l eltekintve irreducibilis elemek szorzatára bontható. Az el bbi eljárással megkaptuk a p 1 irreducibilis tényez t. Ha a p 1, akkor az állítás igaz. Ha a p 1 c 1, ahol c 1 valódi osztója a-nak, akkor c 1 -nek van egy irreducibilis tényez je p 2. Ha c 1 p 2, akkor c 1 p 2 c 2, ahol c 2 valódi osztója c 1 -nek. Tehát vagy a p 1 p 2 vagy a p 1 p 2 c 2. Az eljárást folytatva kapunk egy c 1, c 2,...sorozatot kapunk. Mint az el bb ez is csak véges sok tagból állhat és az utolsó tagja irreducibilis c n = p n. Ennélfogva a p 1 p 2... p n. Megmutatjuk, hogy a felbontás egyértelm, tegyük föl, hogy a p 1 p 2... p n q 1 q 2... q m, ahol legyen n m. Nyilvánvalóan p 1 osztja q 1 q 2 q m -et. Mivel az irreducibilis elemek prímek is, ezért p 1 osztja valamelyik q i -t. A jobb oldalon a sorrend alaklmas megváltoztatásával elérhet, hogy p 1 q 1. De q 1 is prím, ezért p 1 q 1. Mindkét oldalt elosztva p 1 q 1 -gyel adódik, hogy p 2... p n q 2... q m. Az el bbi eljárást megismételve rendre adódnak a következ k: p 2 q 2, p 3 q 3,..., p n q n. Ezért n = m és a a sorrendt l és egységt l eltekintve egyértelm en bontható fel irreducibilis elemek szorzatára. 5. Következmény. Legyen K tetsz leges test. Bármely f K[x] nemkonstans polinom felírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm en f = aq 1... q n alakban, ahol a K, (a 0) az f f együtthatója, q 1,... q n K[x] pedig irreducibilis f polinomok. 5. Polinomok helyettesítési értékei és gyökei A fejezetben amíg mást nem mondunk, R kommutatív, egységelemes gy - r. 9. Deníció. Legyen f = n a ix i tetsz leges R[x]-beli polinom, valamint c R. Az f polinom c helyen vett helyettesítési értékén az R gy r n f(c) = a i c i 11
elemét értjük. 6. Tétel. Tetsz leges f R[x] polinom és c R elem esetén létezik olyan q R[x] polinom, amelyre f = (x c)q + f(c). Bizonyítás. Legyen f = n a ix i, (a 0, a 1,..., a n R). Ekkor az f f(c) különbségre n n n f f(c) = a i x i a i c i = a i (x i c i ). Mivel x i c i = (x c)(x i 1 +cx i 2 + +c i 2 x+c i 1 ), ezért az (x c) minden tagból kiemelhet, s ezért van olyan q R[x] polinom, hogy f f(c) = (x c)q, azaz f = (x c)q + f(c). Megvizsgáljuk, hogy f együtthatói és c ismeretében, hogyan számítható ki a q polinom és f(c). Az is kiderül, hogy q egyértelm en meghatározott. Világos, hogy ha f konstans polinom, akkor f f(c) = 0, így q = 0. Ellenkez esetben q eggyel kisebb fokszámú, mint f. Legyen n 1, n n 1 f = a i x i (a 0, a 1,..., a n R, a n 0), q = b i x i (b 0,..., b n 1 R). Ekkor n n 1 a i x i = f = (x c)q + f(c) = (x c) b i x i + f(c). Világos, hogy az egyenl ség két oldalán álló polinomok együtthatói meg kell egyezzenek, ezért x n együtthatója: a n = b n 1, x i együtthatója: a i = b i 1 cb i (i = n 1,..., 1), x 0 együtthatója: a 0 = cb 0 + f(c). átrendezve b n 1 = a n, b i 1 = a i + cb i (i = n 1,..., 1), f(c) = a 0 + cb 0. Az együtthatókat a következ táblázatos formában szokás elrendezni, ezt Horner-elrendezésnek nevezik: a n a n 1... a 1 a 0 c b n 1 = a n b n 2 = cb n 1 + a n 1... b 0 = cb 1 + a 1 f(c) = cb 0 + a 0 12
2. ábra. William George Horner (1786-1837) angol matematikus 4. Feladat. Horner elrendezés segítségével számítsuk ki az f = x 4 3x 3 + 6x 2 10x+16 polinom c = 4 helyen vett helyettesítési értékét, valamint adjuk meg azt a q polinomot, melyre f = (x c)q + f(c)! Megoldás. 1 3 6 10 16 4 1 4 1 3 = 1 4 1 + 6 = 10 4 10 10 = 30 4 30 + 16 = 136 Ebb l leolvasható. hogy f(4) = 136 és x 4 3x 3 + 6x 2 10x + 16 = (x 4)(x 3 + x 2 + 10x + 30) + 136. 10. Deníció. Azt mondjuk, hogy a c R elem az f R[x] polinom gyöke (zérushelye), ha f(c) = 0. 6. Következmény. Bármely f R[x] polinom és c R esetén c akkor és csakis akkor gyöke f-nek, ha létezik olyan q R[x] polinom, amelyre f = (x c)q. Bizonyítás. Ha f(c) = 0, akkor az el z tételbeli el állítás miatt f = (x c)q, valamilyen q R[x] polinomra. Megfordítva, ha van olyan q R[x] polinom, hogy f = (x c)q, akkor f(c) = (c c)q(c) = 0. Ha R integritástartomány, akkor R[x] is az. Ekkor a gyök jellemzésére szolgáló állítás megfogalmazható az x c f alakban. A következ tétel Bézout tétele tehát az el z ek következménye. 13
3. ábra. Étienne Bézout (1739-1783) francia matematikus 7. Tétel. Tegyük föl, hogy R integritástartomány. Tetsz leges f R[x] polinom és c R elem esetén c akkor és csakis akkor gyöke f-nek, ha x c az f osztója (R[x]-ben). Az állítás kiterjeszthet több gyök esetére is. 8. Tétel. Tegyük föl, hogy R integritástartomány, f R[x] tetsz leges és c 1,..., c k R páronként különböz elemek. A c 1,..., c k elemek akkor és csakis akkor gyökei f-nek, ha (x c 1 )... (x c k ) az f osztója (R[x]-ben). Bizonyítás. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. Ha k = 1, akkor visszakapjuk Bézout tételét, amelyet már beláttunk, tehát teljesül az állítás. Tegyük föl, hogy k 2 és, hogy az állítás igaz az f bármely k 1 gyökére. Legyen c 1,..., c k R az f polinom páronként különböz gyökei. Az indukciós feltevés szerint (x c 1 )... (x c k 1 ) f, azaz f = (x c 1 )... (x c k 1 )q valamely q R[x] polinomra. Mivel c k is gyöke f-nek, ezért 0 = f(c k ) = (c k c 1 )... (c k c k 1 )q(c k ). Az egyenl ségjel jobb oldalán álló szorzat els k 1 tényez je nem 0, ezért, lévén R integritástartomány, q(c k ) = 0 teljesül. Bézout tétele szerint, ekkor x c k q, azaz van olyan q 0 R[x] polinom, hogy q = (x c k )q 0. Ezt írva f fenti el állításába kapjuk, hogy f = (x c 1 )... (x c k )q 0. 7. Következmény. Ha R integritástartomány és f R[x] nem a zéruspolinom, s f fokszáma n, akkor f-nek legföljebb n különböz gyöke van R-ben. Bizonyítás. Legyenek a különböz gyökök c 1,..., c k R. Az el z tétel szerint (x c 1 )... (c c k ) f, azaz f = (x c 1 )... (x c k )h valamilyen h R[x] polinomra. Mivel integritástartomány fölötti polinomok esetén a szorzat fokszáma a tényez k fokszámának a szorzata, így k n. 14
4. ábra. Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855) a matematika fejedelme 6. Irreducibilis polinomok C[x]-ben Gauss bizonyította el ször a klasszikus algebra alaptételét, melyet mi bizonyítás nélkül közlünk. 9. Tétel. Minden legalább els fokú, komplex együtthatós polinomnak van gyöke a komplex számtestben. 8. Következmény. A C[x] polinomgy r ben egy polinom akkor és csakis akkor irreducibilis, ha els fokú. Bizonyítás. Az világos, hogy az els fokú polinomok minden test fölött irreducibilisek. Megfordítva, legyen f C[x] irreducibilis polinom. Mivel f legalább els fokú, így az alaptétel szerint van gyöke C-ben, azaz van olyan c C, hogy f(c) = 0. Bézout tétele szerint x c f. Mivel f irreducibilis, így x c és f asszociáltak, tehát f els fokú. 9. Következmény. Tetsz leges f C[x] nemkonstans polinom felírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm en f = a(x c 1 )... (x c n ) (a, c 1,..., c n C) alakban, ahol a C az f polinom f együtthatója, c 1,..., c n C az f gyökei. 15
Az f fenti el állítását gyöktényez s alaknak is szokás mondani. Ennek segítségével adódnak a Viète formulák, melyek a gyökök és az együtthatók közötti összefüggést írják le. 10. Tétel. Legyen az f = n a ix i C[x] n-edfokú polinom gyöktényez s alakja f = a n (x c 1 )... (x c n ) (c 1,..., c n C). Az f polinom a 0,..., a n együtthatói és c 1,..., c n gyökei között fennállnak a következ összefüggések: c j1... c ji = ( 1) i a n i (1 i n). a n 1 j 1 <...<j i n Bizonyítás. Ha f gyöktényez s alakjában elvégezzük a beszorzást és rendre összehasonlítjuk az együtthatókat, akkor tetsz leges i-re (1 i n) adódik, hogy a n i = ( 1) i c j1... c ji. 1 j 1 <...<j i n Megjegyzés: A jobb láthatóság kedvéért kiírjuk az el z összefüggést rövidített jelölés nélkül is. c 1 + c 2 +... + c n = a n 1 a n, c 1 c 2 + c 1 c 3 +... + c n 1 c n = a n 2 a n, c 1 c 2 c 3 + c 1 c 2 c 4 +... + c n 2 c n 1 c n = a n 3 a n,. c 1 c 2... c n = ( 1) n a 0 a n. 7. Valós együtthatós polinomok 11. Tétel. Az R[x] polinomgy r ben egy polinom akkor és csakis akkor irreducibilis, ha vagy els fokú, vagy olyan másodfokú, amelyiknek nincs valós gyöke. Bizonyítás. A felsorolt polinomok nyilvánvalóan irreducibilisek. Megfordítva, legyen f = n a ix i R[x] tetsz leges irreducibilis polinom. Feltehetjük, hogy f f polinom, mivel egy asszociáltja biztosan az. Tekintsük f-et 16
C fölötti polinomnak. Ekkor a klasszikus algebra alaptétele szerint létezik c C szám, amely f-nek gyöke. Ha c R, akkor Bézout tételét az f polinomra és a c R számra alkalmazva kapjuk, hogy R[x]-ben x c f, mivel f irreducibilis f polinom, így f = x c. Ha c nem valós, akkor c-nek c komplex konjugáltja is gyöke f-nek, mivel f( c) = n a i c i = n a i c i = n a i c i = f(c) = 0 = 0, ahol felhasználtuk, hogy f együtthatói valósak. Tehát ekkor c, c C az f két különböz gyöke, ezért (x c)(x c) f. Itt az (x c)(x c) = x 2 (c + c)x + c c polinom is és f is valós együtthatós. Vegyük észre, hogy ha C[x]-ben valós együtthatós polinomokkal végzünk maradékos osztást, akkor az eljárás minden lépésében valós együtthatós polinomokat kapunk, azaz a hányados is, a maradék is valós. Ekkor tehát a fenti két polinomra R[x]-ben is fönnáll az (x c)(x c) f oszthatóság. Mivel f irreducibilis f polinom R[x]-ben, ezért f = (x c)(x c). 10. Következmény. Bármely f R[x] nemkonstans polinom fölírható mégpedig a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm módon f = a(x c 1 )... (x c m )(x 2 d 1 x + e 1 )... (x 2 d r x + e r ) (a, c i, d j, e j R) alakban, ahol a R (a 0) az f polinom f együtthatója, c 1,..., c m R az f polinom valós gyökei, a másodfokú kifejezések pedig olyan polinomok, amelyeknek nincsenek valós gyökei. 5. Feladat. Határozzuk meg a x 6 1 polinom irreducibilis felbontását C és R fölött! Megoldás. El ször meghatározzuk a polinom összes komplex gyökét. Ezek természetesen a hatodik egységgyökök, azaz ±1, ± 1 3 2 ± i. Tehát a polinom 2 irreducibilis felbontása C fölött: x 6 1 =(x 1)(x + 1)(x 1 3 2 2 i)(x + 1 3 2 + 2 i) (x 1 2 + 3 2 i)(x + 1 2 3 2 i). 17
Az R fölötti irreducibilis felbontásban az els fokú tényez k a valós gyökökhöz tartozó gyöktényez k: (x 1) és (x + 1). A másodfokú tényez k pedig a konjugált gyökpárokhoz tartozó gyöktényez k szorzata: (x 1 2 3 2 i)(x 1 2 + (x + 1 2 3 2 i)(x + 1 2 + Így az R fölötti irreducibilis felbontás: 3 2 i) = x2 x + 1, 3 2 i) = x2 + x + 1. x 6 1 = (x 1)(x + 1)(x 2 x + 1)(x 2 + x + 1). 8. Racionális és egész együtthatós polinomok 11. Deníció. Egy egész együtthatós polinomot primitív polinomnak nevezünk, ha együtthatóinak legnagyobb közös osztója 1, azaz az együtthatók relatív prímek. 12. Tétel. Minden racionális együtthatós f polinom el jelt l eltekintve egyértelm en írható f = r g alakban, ahol r Q és g primitív polinom. Bizonyítás. A racionális együtthatós f polinom felírható f = a n b n x n + a n 1 b n 1 x n 1 +... + a 1 b 1 x + a 0 b 0 alakban, ahol a i, b i Z, (0 i n) és b 0, b 1,..., b n egyike sem zérus. Legyen a b 0, b 1,..., b n számok legkisebb közös többszöröse m és c i := ma i, így b i f = 1 m (c nx n + c n 1 x n 1 +... + c 1 x + c 0 ). Legyen d a c 0, c 1,... c n számok legnagyobb közös osztója és c i := c i /d. Ekkor f = d m (c nx n + c n 1x n 1 +... + c 0). Ha d m egyszer sített alakja r s, és g = c nx n + c n 1x n 1 +... + c 0, ahol nyilvánvalóan g primitív, akkor f = r s g. 18
Tegyük föl, hogy f = r s g is fennáll, ahol r és s relatív prímek és g primitív polinom. Ekkor azonosságból következik, hogy r s g = r s g rs g = r sg. Mivel s osztja a bal oldalt, így a jobbat is. Mivel g primitív polinom és r és s relatív prímek, így s s következik. Ugyanilyen okból s s, ezért csak el jelben különböznek. Hasonló igaz r-re és r -re, ezért r s = ±r, ebb l pedig s az is adódik, hogy g = ±g. Gausstól származik a következ észrevétel: 13. Tétel. Primitív polinomok szorzata is primitív. Bizonyítás. Legyen f és g primitív polinomok a következ alakúak: f = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 0, g = b m x m + b m 1 x m 1 +... + b 0. Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy az f g szorzatpolinom nem primitív, azaz van olyan p szám, amelyik a szorzat mindegyik együtthatóját osztja. Mivel f és g primitívek, ezért p nem oszthatja egyszerre sem az f, sem a g összes együtthatóját. Legyen a i és b j az f, illetve a g els olyan együtthatója, amelyiknek p nem osztója. Tehát p a n,..., p a i+1, p a i és p b m,..., p b j+1, p b j. A szorzatpolinomban x i+j -es tag együtthatója a következ alakú:... + a i+1 b j 1 + a i b j + a i 1 b j+1 +... A feltevés szerint ez az együttható osztható p-vel. Az aláhúzott tag el tti tagok oszthatók p-vel, mivel f együtthatói közül a i az els, amelyik nem osztható, de az aláhúzott utániak is oszthatók, mert g együtthatói közül b j az els, amelyik nem osztható. Ebb l viszont az következik, hogy a i b j is osztható p-vel, ami ellentmondás. 19
14. Tétel. Egy legalább els fokú f Z[x] polinom pontosan akkor irreducibilis Z[x]-ben, ha f-re teljesül az alábbi két feltétel: (i) f primitív, (ii) f irreducibilis Q[x]-ben. Bizonyítás. Ha f irreducibilis Z[x]-ben, akkor nyilvánvalóan primitív. Megmutatjuk, hogy ekkor f Q[x]-ben is irreducibilis. Indirekt módon tegyük föl, hogy f primitív és Q[x]-ben f = f 1 f 2, ahol a tényez k legalább els fokúak. A 12. tétel szerint f 1 és f 2 felírható f 1 = r 1 f 1, f 2 = r 2 f 2 alakban, ahol r 1 és r 2 racionális számok, f1 és f2 primitív polinomok. Legyen r := r 1 r 2 := s, ahol s és t relatív prímek, ekkor t tf = sf 1 f 2 adódik. Mivel t osztja a baloldalt, ezért osztja a jobbat is, ami csak úgy lehetséges, ha t = ±1. Hasonlóan kapjuk, hogy s = ±1. Ezért f = ±f 1 f 2, azaz f reducibilis Z[x]-ben, ez ellentmondás. Tegyük föl, hogy f teljesíti a két feltételt. Ekkor f-nek a ±1-en kívül más egész szám nem lehet osztója. Nem lehet osztója legalább els fokú egész együtthatós polinom sem, mivel akkor f Q fölött sem volna irreducibilis. Ennélfogva f irreducibilis Z[x]-ben. 15. Tétel. A Z[x]-beli irreducibilis polinomok prímek. Bizonyítás. Ha f Z[x] irreducibilis, akkor a 14. tétel szerint f primitív és irreducibilis Q[x]-ben. Tegyük föl, hogy f gh és f g, ahol g és h primitív. Megmutatjuk, hogy f h. Mivel f irreducibilis Q[x]-ben, ezért ott prím is, azaz f h teljesül. Így van olyan u Q[x] polinom, hogy fu = h. A 12. tétel szerint u = r s u, ahol u primitív. Ezért r s fu = h, ahonnan f, u és h primitív volta miatt r = ±1 és s = ±1 adódik. Így u egész együtthatós polinom, azaz f h Z[x]-ben is teljesül. 16. Tétel. Z[x]-ben minden zérustól és egységt l különböz polinom egységtényez t l és sorrendt l eltekintve egyértelm en felbontható Z[x]-beli irreducibilis polinomok szorzatára. 20
Bizonyítás. Minden f Z[x] zérustól és egységt l különböz polinom Q[x]- ben felbontható irreducibilis polinomok szorzatára: f = f 1... f n. A 12. tétel miatt f i = r i f i, ahol r i Q és f i primitív. Legyen r 1... r n := a, ekkor f = af 1... f n, ahol a egész szám. Ha a prímtényez s felbontása a = p 1... p k, akkor adódik, hogy f = p 1... p k f 1... f n, ahol p 1... p k prímszámok és f 1... f n legalább els fokú irreducibilis polinomok Z[x]-ben. Az ismert módon tegyük föl, hogy f = q 1... q s g 1... g t egy másik irreducibilis fölbontás és azt is, hogy k s és n t. Ekkor p 1... p k f 1... f n = q 1... q s g 1... g t. Mivel az f 1... f n és a g 1... g t szorzatok primitív polinomok, így csak el jelben térhetnek el egymástól, azaz p 1... p k == ±q 1... q s és f 1... f n = ±g 1... g t. Az itt szerepl tényez k mindegyike prímtulajdonságú, ezért a tényez k sorrendjének alkalmas megválasztásával elérhet. hogy p 1 = ±q 1,..., p k = ±q k, k = s és f 1 = ±g 1,..., f n = ±g n, n = t. Theodor Schönemann (1812-1868) és Ferdinand Gotthold Max Eisenstein (1823-1852) német matematikusok eredménye a következ állítás, mely egy elégséges feltétel egész együtthatós polinomok irreducibilitására: 17. Tétel (Schönemann és Eisenstein tétele). Ha az f = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0 Z[x] legalább els fokú polinom együtthatóira valamely p prímszámmal teljesül, hogy p a n, p a n 1,..., p a 0 és p 2 a 0, akkor f irreducibilis Q[x]-ben és ha primitív, akkor Z[x]-ben is. 21
Bizonyítás. Tegyük föl, hogy f reducibilis Q[x]-ben és így Z[x]-ben is. Lehetséges tehát az f = (b r x r +... + b 1 x + b 0 )(c s x s +... + c 1 x + c 0 ) felbontás egész együtthatókkal, ahol 1 < r < n és 1 < s < n. Írjuk föl a szorzat együtthatóit a konstanstól kezdve a 0 = b 0 c 0 a 1 = b 1 c 0 + b 0 c 1 a 2 = b 2 c 0 + b 1 c 1 + b 0 c 2. a n = b r c s. Mivel p a 0, de p 2 a 0, ezért p a b 0 és a c 0 közül az pontosan az egyiket osztja. Legyen p b 0, p c 0. Mivel p a 1 és p b 0, de p c 0, ezért p b 1. Hasonló meggondolással adódik, hogy p rendre osztja a b 0,... b r mindegyikét, amib l a p a n következik, ami ellentmondás. 18. Tétel. Legyen az f = n a ix i Z[x] tetsz leges polinom, valamint p, q Z úgy, hogy p és q relatív prímek. Ha p q Q gyöke f-nek, akkor p a 0 és q a n. Bizonyítás. Ha p ( ) p q gyöke f-nek, akkor 0 = f = ( ) i n p q a i, azaz q n - q nel beszorozva 0 = n a ip i q n i. Így p n i=1 a ip i q n i = a 0 q n. Mivel p, q relatív prímek, így p a 0. A q a n bizonyítása hasonló. Megjegyzés: Világos, hogy ha f f polinom, akkor a n = 1, így a racionális megoldások egészek, mivel a nevez csak egység lehet. Ezért ha egy egész együtthatós f polinom racionális (egész) megoldásait keressük, akkor elég kipróbálni, hogy a konstanstag osztói gyökök-e. Ezt megtehetjük pl. Hornerelrendezéssel. 6. Feladat. Határozzuk meg az f = x 5 3x 4 + 2x 3 8x 2 + 10x + 12 polinom összes racionális gyökét! Megoldás. A tételb l és a megjegyzésb l világos, hogy ha a nevez t pozitívnak választjuk (q = 1), akkor a szóba jöhet megoldások a 12 osztói. Mivel 12 = 2 2 3, ezért a kipróbálandó egészek: 1, 2, 3, 4, 6, 12, 1, 2, 3, 4, 6, 12. 22
A lehetséges gyökök számának csökkentéséhez használatos a következ 19. Tétel. Legyen f Z[x] tetsz leges polinom, valamint p, q Z úgy, hogy p és q relatív prímek. Ha p Q gyöke f-nek, akkor bármely m egész számra q p + mq f( m). Bizonyítás. Legyen f = n a ix i. Az m = 0 eset éppen az el z tétel, mivel ekkor az f(0) = a 0. Ha m tetsz leges egész és p az f gyöke, akkor tekintsük q a g = n a i(x m) i polinomot. Ekkor a p q + m = p + mq gyöke g-nek és q (p + mq, q) = 1. Így p + mq g(0) = f( m). Megjegyzés: Az el z feladatbeli példánál, ha m = 1, akkor p+q f( 1) = 8, valamint m = 1 esetén p q f(1) = 10. Ha ezeket is gyelembe vesszük, akkor az egyetlen lehet ség a 3. 1 3 2 8 10 12 3 1 0 2 2 4 24 Ezek szerint az el z feladatban szerepl f polinomra f(3) = 24, ebb l pedig az következik, hogy nincs racionális gyöke. 23
Hivatkozások [1] Szendrei Ágnes: Diszkrét matematika. POLYGON, Szeged, 2000. [2] Szendrei János: Algebra és számelmélet. Tankönyvkiadó, Budapest, 1978. Tartalomjegyzék 1. Bevezet 1 2. Polinomok 1 3. Prímelem, irreducibilis elem 3 4. Test fölötti polinomgy r 5 5. Polinomok helyettesítési értékei és gyökei 11 6. Irreducibilis polinomok C[x]-ben 15 7. Valós együtthatós polinomok 16 8. Racionális és egész együtthatós polinomok 18 24