KLASSZIKUS ALGEBRA
5.15. T´ etel (a szimmetrikus polinomok alapt´ etele). B´ armely szimmetrikus polinom fel´ırhat´ o, m´egpedig egyetlen m´ odon, az elemi szimmetrikus polinomok polinomjak´ent. Form´ alisan:
v´ azlat az el˝oad´ashoz†
∀f ∈ T [x1 , . . . , xn ] : f szimmetrikus =⇒ ∃!h ∈ T [x1 , . . . , xn ] : f = h (σ1 , . . . , σn ) .
2013 tavaszi f´el´ev
5.16. K¨ ovetkezm´ eny. Tetsz˝ oleges n-edfok´ u f ∈ Q [x] polinom eset´en ha f komplex gy¨ okei (multiplicit´ assal ) α1 , . . . , αn , akkor minden g ∈ Q [x1 , . . . , xn ] szimmetrikus polinomra g (α1 , . . . , αn ) ∈ Q. Algebrai sz´ amok 5.17. Defin´ıci´ o. Az α komplex sz´ amot algebrai sz´ amnak nevezz¨ uk, ha gy¨oke valamely nemz´er´ o racion´ alis egy¨ utthat´os amoknak nevezz¨ uk. polinomnak. A nem algebrai sz´ amokat transzcendens sz´
Waldhauser Tam´ as
1. Komplex sz´ amok Kanonikus alak, konjug´ alt, abszol´ ut ´ ert´ ek, komplex sz´ ams´ık
5.18. Defin´ıci´ o. Ha f ∈ Q [x] minim´alis foksz´am´ u mindazon nemz´er´ o racion´ alis egy¨ utthat´os f˝ opolinomok k¨oz¨ott, melyekalpolinomj´ anak nevezz¨ uk. nek α gy¨ oke, akkor f -et az α algebrai sz´ am minim´
1.1. Defin´ıci´ o. A val´ os sz´ amokb´ol ´all´ o sz´ amp´arokat komplex sz´ amoknak nevezz¨ uk.
5.19. T´ etel. Algebrai sz´ am minim´ alpolinomja mindig egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott, ´es irreducibilis a racion´ alis sz´ amtest felett. Tov´ abb´ a, ha f ∈ Q [x] olyan irreducibilis f˝ opolinom melynek az α algebrai sz´ am gy¨ oke, akkor f megegyezik α minim´ alpolinomj´ aval.
1.2. Defin´ıci´ o. Az (a, b) ´es (c, d) komplex sz´ amok ¨ ok´eppen ´ertelmezz¨ uk: osszeg´et ´es szorzat´at a k¨ovetkez˝
Jel¨ ol´ es. A komplex sz´ amok halmaz´ at C jel¨oli, teh´ at C = R × R. (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) ;
5.20. T´ etel∗ . L´etezik transzcendens sz´ am. 5.21. T´ etel∗ . Az algebrai sz´ amok r´esztestet alkotnak a komplex sz´ amok test´eben. √ 5.22. T´ etel. Ha α algebrai sz´ am ´es n ≥ 2, akkor n α is algebrai sz´ am (a gy¨ oknek mind az n ´ert´ek´ere). okmennyis´ eg nek nevezz¨ uk, ha megkaphat´o racion´ alis sz´ amokb´ol kiindulva a 5.23. Defin´ıci´ o. Az α komplex sz´ amot gy¨ n´egy alapm˝ uvelet (¨osszead´as, kivon´ as, szorz´ as, oszt´as) ´es eg´esz kitev˝os gy¨okvon´ as v´eges sz´ am´ u alkalmaz´ as´ aval. 5.24. K¨ ovetkezm´ eny. A gy¨ okmennyis´egek algebrai sz´ amok. 5.25. T´ etel∗ . Van olyan algebrai sz´ am, ami nem gy¨ okmennyis´eg. 5.26. T´ etel∗ . Az algebrai sz´ amok teste algebrailag z´ art, azaz ha α ∈ C gy¨ oke a legal´ abb els˝ ofok´ u f = an xn + · · · + a1 x + a0 polinomnak, ahol a0 , . . . , an algebrai sz´ amok, akkor α maga is algebrai sz´ am.
(a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc) . 1.3. T´ etel. B´ armely u, v, w komplex sz´ amokra teljes¨ ulnek az al´ abbiak: (1) (u + v) + w = u + (v + w) ; (2) u + v = v + u;
(6) u · v = v · u;
(7) u · (1, 0) = u;
(3) u + (0, 0) = u; (4) ∃u′ ∈ C : u + u′ = (0, 0) ;
(5) (u · v) · w = u · (v · w) ;
(8) u 6= (0, 0) =⇒ ∃u∗ ∈ C : u · u∗ = (1, 0) ; (9) u · (v + w) = u · v + u · w;
(10) u · (0, 0) = (0, 0) .
1.4. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o t´etelbeli u′ komplex sz´ amot (ami egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott) u addit´ıv inverz ´enek nevezz¨ uk ´es a tov´ abbiakban −u-val jel¨olj¨ uk. Hasonl´oan u∗ is egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott, neve u multiplikat´ıv inverz e, −1 ul¨ onbs´ eg´et a v − u = v + (−u) k´eplettel defini´alhatjuk, u 6= (0, 0) eset´en pedig v ´es jel¨ol´ese u . K´et komplex sz´ am k¨ anyadosa v/u = v · u−1 . A kivon´ as ´es oszt´as m˝ uvelet´ere is ´erv´enyesek a val´os sz´ amokn´al megszokott tulajdons´ agok u h´ (p´eld´ aul a szorz´ as disztribut´ıv a kivon´ asra, stb.). ´ ıt´ 1.5. All´ as. Minden a, b ∈ R eset´en
(a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0) ; (a, 0) · (b, 0) = (ab, 0) .
Jel¨ ol´ es. Tetsz˝oleges a ∈ R eset´en az (a, 0) komplex sz´ am helyett egyszer˝ uen a-t ´ırunk, ´es nem is k¨ ul¨onb¨oztetj¨ uk meg az ´ tekintj¨ a val´ os sz´ amt´ol. (Ugy uk, hogy R ⊆ C.) A (0, 1) komplex sz´ amot pedig i jel¨oli a tov´ abbiakban.
1.6. T´ etel. Minden komplex sz´ am el˝ oa ´ll, m´egpedig egy´ertelm˝ u m´ odon, x + yi (x, y ∈ R) alakban. Az (a, b) komplex sz´ am ilyen fel´ır´ as´ an´ al x = a ´es y = b, azaz (a, b) = a + bi. 1.7. Defin´ıci´ o. A z = (a, b) komplex sz´ am a + bi alakban val´ o fel´ır´ as´ at z kanonikus alak j´ anak, az a val´ os sz´ amot z val´ os r´ esz ´enek, a b val´ os sz´ amot z k´ epzetes r´ esz ´enek nevezz¨ uk. Az i komplex sz´ am neve k´ epzetes egys´ eg . Jel¨ ol´ es. A z komplex sz´ am val´ os r´esz´et Re z, k´epzetes r´esz´et Im z jel¨oli. Teh´ at z = a + bi eset´en Re z = a ´es Im z = b. ´ ıt´ 1.8. All´ as. A k´epzetes egys´eg n´egyzete: i2 = −1. 1.9. Megjegyz´ es. Ezut´an a komplex sz´ amokat nem val´ os sz´ amokb´ol ´all´ o sz´ amp´arokk´ent, hanem a + bi alak´ u form´ alis kifejez´esekk´ent kezelj¨ uk. Ezekkel ugyan´ ugy lehet sz´ amolni, ahogyan bet˝ us kifejez´esekkel szoktunk, de i2 helyett szabad (s˝ ot, t¨obbnyire kell is!) −1-et ´ırni. Az ¨osszead´as ´es a kivon´ as el´eg term´eszetes ebben az alakban, a szorz´ as ´es a reciprokk´epz´es pedig a k¨ovetkez˝ o m´odon v´egezhet˝ o el: (a + bi) · (c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac − bd) + (ad + bc) i;
1 a − bi a − bi a −b 1 = · = 2 = 2 + 2 i (ha a + bi 6= 0). a + bi a + bi a − bi a + b2 a + b2 a + b2
† A term´ eszetes sz´ amok halmaz´ at N, a nemnegat´ıv eg´ esz sz´ amok halmaz´ at N0 jel¨ oli, azaz N = {1, 2, 3, . . .} ´ es N0 = {0, 1, 2, . . .}. A csillaggal jel¨ olt t´ eteleket nem bizony´ıtjuk.
1
1.10. Defin´ıci´ o. A z = a + bi komplex sz´ am konjug´ altj´ an az a − bi komplex sz´ amot ´ertj¨ uk. Jel¨ ol´ es. A z komplex sz´ am konjug´ altj´at z jel¨oli. Teh´ at z = Re z − Im z · i. 1.11. T´ etel. B´ armely u, v komplex sz´ amokra ´erv´enyesek az al´ abbiak: (5) u/v = u/v, ha v 6= 0;
u form´ alis kifejez´eseket, 5.1. Defin´ıci´ o. Adott T test feletti n-hat´ arozatlan´ u monomnak nevezz¨ uk az axk11 · · · xknn alak´ arozatlan´ u polinomoknak ahol 0 6= a ∈ T ´es k1 , . . . , kn ∈ N0 . Az ilyen monomok v´eges ¨osszegeit pedig T feletti n-hat´ nevezz¨ uk.
(6) u = u ⇐⇒ u ∈ R; (7) u + u = 2 Re u;
2
q 2 2 Jel¨ ol´ es. A z komplex sz´ am abszol´ ut ´ert´ek´et |z| jel¨oli. Teh´ at |z| = (Re z) + (Im z) . 1.14. T´ etel. B´ armely u, v komplex sz´ amokra ´erv´enyesek az al´ abbiak: √ (4) |u/v| = |u| / |v| ha v 6= 0; (1) |u| = uu; 2
(2) 1/u = u/ |u| ha u 6= 0;
(5) |u| = |u| ;
(3) |u · v| = |u| · |v| ;
(6) |u + v| ≤ |u| + |v| .
1.15. Megjegyz´ es. A komplex sz´ ams´ıkon az abszol´ ut ´ert´ek az orig´ot´ ol (null´ at´ ol) val´ o t´avols´ agot jelenti, a konjug´ al´ as nem m´as, mint a val´ os tengelyre val´ o t¨ ukr¨oz´es, az ¨osszead´as pedig (hely)vektorok ¨osszead´as´ aval ´ırhat´o le geometriailag.
5.4. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az axk11 · · · xknn monom lexikografikusan megel˝ ozi a bxl11 · · · xlnn monomot, ha van olyan i ∈ {1, . . . , n}, amelyre k1 = l1 , . . . , ki−1 = li−1 ´es ki > li . (Vagyis megkeress¨ uk az els˝ o elt´er´est a k1 , k2 , . . . , kn ´es az l1 , l2 , . . . , ln kitev˝osorozatok k¨oz¨ott, ´es amelyikben nagyobb sz´ am ´all ezen a helyen, az ker¨ ul el˝or´ebb a lexikografikus sorrendben.) Jel¨ ol´ es. Tetsz˝oleges M, N ∈ T [x1 , . . . , xn ] monomok eset´en M = N jel¨oli azt, hogy M lexikografikusan megel˝ozi N -et, aci´ ot lexikografikus rendez´ esnek nevezz¨ uk. M N pedig azt, hogy M = N vagy M ∼ N . A rel´ ´ ıt´ 5.5. All´ as. A monomok halmaz´ an reflex´ıv, tranzit´ıv ´es dichot´ om rel´ aci´ o, valamint M N ´es M N akkor ´es csak akkor a ´ll fenn egyszerre, ha M ´es N asszoci´ alt. e <
√ a2 + b2 nemnegat´ıv val´ os sz´ amot ´ertj¨ uk.
5.2. T´ etel. A term´eszetes m´ odon defini´ alt szorz´ assal ´es ¨ osszead´ assal T [x1 , . . . , xn ] integrit´ astartom´ any. 5.3. Megjegyz´ es. Az n-hat´arozatlan´ u polinomok gy˝ ur˝ uj´et lehetne rekurz´ıvan is defini´alni: legyen T [x1 , . . . , xn ] = (T [x1 , . . . , xn−1 ]) [xn ], azaz a T [x1 , . . . , xn−1 ] integrit´astartom´ any feletti (egyhat´arozatlan´ u) polinomgy˝ ur˝ u.
e <
1.13. Defin´ıci´ o. A z = a + bi komplex sz´ am abszol´ ut ´ ert´ ek´en a
Jel¨ ol´ es. A T feletti n-hat´arozatlan´ u polinomok halmaz´ at T [x1 , . . . , xn ] jel¨oli.
e <
1.12. Defin´ıci´ o. Legyen adott a s´ıkban egy Descartes-f´ele der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszer, ´es feleltess¨ uk meg az a + bi komplex sz´ amnak az (a, b) koordin´at´ aj´ u pontot. ´Igy kapjuk a komplex sz´ ams´ık ot, m´as n´even Gauss-f´ ele sz´ ams´ık ot. os tengely nek, a m´asodik tengelyt (ordin´ ata) pedig k´ epzetes tengely nek h´ıvjuk. A Az els˝ o tengelyt (abszcissza) val´ val´ os tengelyen tal´ alhat´ok a val´ os sz´ amok, a k´epzetes tengelyen pedig az u ´ gynevezett tiszta k´ epzetes sz´ amok.
e =
2
(8) u · u = (Re u) + (Im u) .
e <
(3) u − v = u − v;
(4) u · v = u · v;
A t¨ obbhat´ arozatlan´ u polinomok gy˝ ur˝ uje, lexikografikus rendez´ es
e <
(1) u = u; (2) u + v = u + v;
5. T¨ obbhat´ arozatlan´ u polinomok, szimmetrikus polinomok, algebrai sz´ amok
Trigonometrikus alak, hatv´ anyoz´ as, gy¨ okvon´ as, egys´ eggy¨ ok¨ ok
5.6. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o ´all´ıt´as szerint a rel´ aci´ o teljes rendez´es (dichot´ om r´eszbenrendez´es) a monomok halmaz´ an ´ modulo asszoci´alts´ag”. Altal´ aban egyszerre csak egy adott polinomban el˝ofordul´o monomokat vizsg´alunk, ezek k¨oz¨ott ” pedig nincsenek asszoci´altak (azokat ¨ossze lehetne vonni egy tagg´a), teh´ at ilyenkor val´ oj´aban teljesen rendezett halmazzal dolgozhatunk.
an olyan sz¨oget ´ert¨ unk, amellyel a val´ os tengely pozit´ıv 1.16. Defin´ıci´ o. Egy nemnulla z komplex sz´ am argumentum´ fel´et az orig´o k¨or¨ ul elforgatva ´atmegy a z-nek megfelel˝o ponton.
ˆ , N, N ˆ monomokra ´ ıt´ 5.7. All´ as. A monomok szorz´ asa monoton a lexikografikus rendez´esre n´ezve, azaz tetsz˝ oleges M, M ˆ , akkor M M ˆ NN ˆ N ˆ , ´es itt asszoci´ ˆ ∼N ˆ. ha M N ´es M alts´ ag csak akkor teljes¨ ul, ha M ∼ N ´es M
1.19. Defin´ıci´ o. A nemnulla komplex sz´ amok fenti (azaz |z| · (cos arg z + i sin arg z) alak´ u) fel´ır´ as´ at trigonometrikus alak nak nevezz¨ uk. 1.20. Megjegyz´ es. A null´ anak nincs trigonometrikus alakja, hiszen argumentuma sincs, de r = 0 ´es b´armely ϕ ∈ R eset´en nyilv´ an 0 = r (cos ϕ + i sin ϕ). ´ ıt´ 1.21. All´ as. B´ armely r, r ∈ R ′
+
e <
z = r (cos ϕ + i sin ϕ) .
e <
1.17. Megjegyz´ es. A null´ anak nincs argumentuma, a null´ at´ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o komplex sz´ amok argumentuma pedig csak modulo 2π”, azaz 2π eg´esz sz´ am´ u t¨ obbsz¨or¨oseit˝ol eltekintve meghat´ arozott. ” ´ ıt´ 1.18. All´ as. B´ armely 0 6= z ∈ C eset´en az r = |z| ´es ϕ = arg z jel¨ ol´essel
e <
Jel¨ ol´ es. A z komplex sz´ am argumentum´ at arg z jel¨oli.
´ ıt´ 5.8. All´ as. Tetsz˝ oleges f, g ∈ T [x1 , . . . , xn ] nemz´er´ o polinomokra f g lexikografikusan els˝ o tagja nem m´ as, mint f ´es g lexikografikusan els˝ o tagj´ anak szorzata.
Szimmetrikus polinomok 5.9. Defin´ıci´ o. Az f ∈ T [x1 , . . . , xn ] polinomot szimmetrikus polinomnak nevezz¨ uk, ha invari´ ans a hat´ arozatlanok minden permut´aci´ oj´ara, azaz ∀π ∈ Sn : f (x1π , . . . , xnπ ) = f (x1 , . . . , xn ) . 5.10. Defin´ıci´ o. A k-adik n-v´altoz´os elemi szimmetrikus polinom az x1 , . . . , xn hat´ arozatlanokb´ol k´epezett ¨osszes k-t´enyez˝ os szorzatok ¨osszege (k = 1, . . . , n).
′
´es ϕ, ϕ ∈ R eset´en
r (cos ϕ + i sin ϕ) = r′ (cos ϕ′ + i sin ϕ′ ) ⇐⇒ r = r′ ´es ∃k ∈ Z : ϕ′ = ϕ + 2kπ.
1.22. T´ etel. Tetsz˝ oleges null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o u = r (cos ϕ + i sin ϕ) ´es v = s (cos ψ + i sin ψ) komplex sz´ amokra (1) u = r (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) ; (2) uv = rs (cos (ϕ + ψ) + i sin (ϕ + ψ)) ; (3) v1 = 1s (cos (−ψ) + i sin (−ψ)) ; (4) uv = rs (cos (ϕ − ψ) + i sin (ϕ − ψ)) . 1.23. Megjegyz´ es. A szorzat trigonometrikus alakj´ara vonatkoz´ o k´epletb˝ ol l´atszik, hogy r¨ogz´ıtett v = cos ψ + i sin ψ eset´en az u 7→ uv lek´epez´es nem m´as, mint az orig´o k¨or¨ uli ψ sz¨og˝ u forgat´as a komplex sz´ ams´ıkon. 1.24. T´ etel (Moivre-k´ eplet). B´ armely nemz´er´ o z = r (cos ϕ + i sin ϕ) komplex sz´ am ´es n ∈ Z eset´en n
n
z = r (cos (nϕ) + i sin (nϕ)) .
1.25. Defin´ıci´ o. Tetsz˝oleges n pozit´ıv eg´esz sz´ am ´es z ∈ C eset´en azt mondjuk, hogy az u komplex sz´ am n-edik gy¨ oke z-nek, ha un = z.
Jel¨ ol´ es. A k-adik n-v´altoz´os elemi szimmetrikus polinomot σk jel¨oli (az alaptest ´es n ´ert´eke ´altal´aban vil´agos a sz¨ovegk¨ornyezetb˝ol), teh´ at Y X X xi ∈ T [x1 , . . . , xn ] . xi1 · xi2 · . . . · xik = σk = 1≤i1
I⊆{1,...,n} i∈I |I|=k
5.11. Megjegyz´ es. Az elemi szimmetrikus polinomokkal m´ar tal´ alkoztunk: seg´ıts´eg¨ ukkel fejezhet˝ ok ki egy komplex k egy¨ utthat´os f˝ opolinom egy¨ utthat´oi a polinom gy¨okeib˝ ol. Teh´ at a Vi`ete-formul´ak σk (α1 , . . . , αn ) = (−1) an−k alakban is fel´ırhat´ok. 5.12. T´ etel. A szimmetrikus polinomok r´eszgy˝ ur˝ ut alkotnak a T [x1 , . . . , xn ] polinomgy˝ ur˝ uben. o tagja, akkor k1 ≥ · · · ≥ kn . 5.13. Lemma. Ha axk11 · · · xknn egy szimmetrikus polinom lexikografikusan els˝ 5.14. Lemma. Tetsz˝ oleges k1 ≥ · · · ≥ kn nemnegat´ıv eg´eszekhez l´eteznek olyan l1 , . . . , ln nemnegat´ıv eg´eszek, hogy σ1l1 · . . . · σnln ∈ T [x1 , . . . , xn ] lexikografikusan els˝ o tagja ´eppen xk11 · · · xknn .
2 3 4.47. T´ etel. A val´ os egy¨ utthat´ os x3 + px + q harmadfok´ u polinom val´ os, illetve nemval´ os gy¨ okeinek sz´ ama a 2q + p3 sz´ am el˝ ojel´et˝ ol f¨ ugg az al´ abbi m´ odon: 2 3 os ´es k´et nemval´ os konjug´ alt komplex gy¨ ok van; • ha 2q + p3 > 0, akkor egy val´ q 2 p 3 • ha 2 + 3 = 0, akkor minden gy¨ ok val´ os, ´es k¨ oz¨ ul¨ uk (legal´ abb) kett˝ o egybeesik; 2 3 arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o val´ os gy¨ ok van (ezt az esetet nevezz¨ uk casus irreducibilisnek ). • ha 2q + p3 < 0, akkor h´ 4.48. Defin´ıci´ o. A D = −108
q 2 2
+
p 3 3
ans´ anak. sz´ amot nevezz¨ uk az x3 + px + q polinom diszkrimin´
4.49. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o t´etel szerint a diszkrimin´ans pontosan akkor nulla, ha van t¨obbsz¨or¨os gy¨ok. Deriv´ al´ assal meggy˝oz˝ odhet¨ unk r´ola, hogy ez nem csak a val´ os esetre ´erv´enyes. A szimmetrikus polinomok alapt´etel´enek seg´ıts´eg´evel 2 2 2 (5.15. T´etel) k´es˝ obb igazolni tudjuk majd, hogy a diszkrimin´ans nem m´as, mint (α1 − α2 ) · (α2 − α3 ) · (α3 − α1 ) , ahol α1 , α2 , α3 a polinom komplex gy¨okei. Val´ oj´ aban ez a diszkrimin´ans defin´ıci´ oja. Ebb˝ol az alakb´ ol vil´agosan l´atszik, hogy D akkor ´es csak akkor nulla, ha legal´abb k´et gy¨ok egybeesik. Hasonl´oan lehet defini´alni tetsz˝oleges foksz´am´ u polinom diszkrimin´ans´at is. P´eld´ aul, ha az ax2 + bx + c polinom komplex gy¨okei α1 ´es α2 , akkor diszkrimin´ansa (α1 − α2 )2 , amit 2 m´ar k¨ oz´episkolai ismeretek birtok´aban is ki lehet sz´ amolni. Az eredm´eny: b −4ac a2 , ami ”majdnem ugyanaz”, mint amit a m´asodfok´ u polinom diszkrimin´ans´anak szoktunk nevezni.
Negyedfok´ u egyenlet 4.50. Defin´ıci´ o. Az x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 negyedfok´ u egyenlet kubikus rezolvens´enek az 2 a 2 + 2α − b α2 − d = 0 (aα − c) − 4 4
egyenletet nevezz¨ uk (ami az α ismeretlenre n´ezve harmadfok´ u egyenlet).
4 3 2 4.51. T´ etel. Legyen f = α megold´ asa az f (x) = 0 negyedfok´ u egyenlet kubikus re x2 +ax +bx +cx+d ∈ C [x], ´es legyen a 2 2 asodfok´ u polinom teljes n´egyzet, azaz valamely h ∈ C [x] 4 + 2α − b x + (aα − c) x+ α − d m´
1.26. T´ etel. Minden nemnulla komplex sz´ amnak pontosan n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o n-edik gy¨ oke van. A z = r (cos ϕ + i sin ϕ) trigonometrikus alakban megadott komplex sz´ am n-edik gy¨ okei: √ √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n + i sin (k = 0, 1, . . . , n − 1) . z = n r cos n n eggy¨ ok nek nevezz¨ uk, ha εn = 1. 1.27. Defin´ıci´ o. Az ε komplex sz´ amot n-edik egys´
´ ıt´ 1.28. All´ as. Az n-edik egys´eggy¨ ok¨ ok a k¨ ovetkez˝ ok: 2kπ 2kπ εk = cos + i sin (k = 0, 1, . . . , n − 1) . n n k Ezzel a jel¨ ol´essel ε0 = 1 ´es εk = ε1 minden k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} eset´en. 1.29. Megjegyz´ es. Az n-edik egys´eggy¨ok¨ok egy szab´alyos n-sz¨oget alkotnak a komplex sz´ ams´ıkon, amelynek k¨or¨ ul´ırt k¨ore az orig´o k¨oz´eppont´ u egys´egk¨or, ´es egyik cs´ ucsa 1. (Ez a k´et inform´aci´ o egy´ertelm˝ uen meg is hat´ arozza az n-sz¨oget.) 1.30. K¨ ovetkezm´ eny. Egy nemnulla komplex sz´ am ¨ osszes n-edik gy¨ ok´et megkapjuk, ha egy r¨ ogz´ıtett n-edik gy¨ ok´et megszorozzuk sorra az n-edik egys´eggy¨ ok¨ okkel. Teh´ at ha un0 = z 6= 0, akkor a z komplex sz´ am n-edik gy¨ okei: √ n z = u 0 εk (k = 0, 1, . . . , n − 1) . 1.31. Defin´ıci´ o. Legyen ε egy n-edik egys´eggy¨ok. Azt mondjuk, hogy ε primit´ıv n-edik egys´ eggy¨ ok , ha nem l-edik egys´eggy¨ok semmilyen n-n´el kisebb l pozit´ıv eg´eszre. M´ask´epp fogalmazva, n a legkisebb pozit´ıv kitev˝o amelyre emelve ε-t a hatv´ any ´ert´eke 1 lesz: n = min l ∈ N : εl = 1 . ´ ıt´ 1.32. All´ as. Egy n-edik egys´eggy¨ ok pontosan akkor primit´ıv n-edik egys´eggy¨ ok, ha hatv´ anyaik´ent megkaphat´ o az o ¨sszes n-edik egys´eggy¨ ok.
2kπ 1.33. T´ etel. Az εk = cos 2kπ eggy¨ ok akkor ´es csak akkor primit´ıv n-edik egys´eggy¨ ok, ha k relat´ıv pr´ım n + i sin n egys´ n-hez.
1.34. K¨ ovetkezm´ eny. A primit´ıv n-edik egys´eggy¨ ok¨ ok sz´ ama ϕ (n) (itt ϕ az Euler-f´ele f¨ uggv´eny). 1.35. T´ etel. Ha n > 1, akkor az n-edik egys´eggy¨ ok¨ ok ¨ osszege 0.
zol vens´e nek. Ekkor az
ol´est haszn´ alva f = g 2 − h2 = (g + h) (g − h), vagyis f k´et legfeljebb els˝ ofok´ u polinom n´egyzete. A g = x2 + a2 x + α jel¨ m´ asodfok´ u polinom szorzat´ ara bomlik, ´es ´ıgy gy¨ okei a m´ asodfok´ u egyenlet megold´ ok´eplet´evel meghat´ arozhat´ ok.
2. Absztrakt algebrai strukt´ ur´ ak Csoport, gy˝ ur˝ u, integrit´ astartom´ any, test
Polinom kontra polinomf¨ uggv´ eny, Lagrange-interpol´ aci´ o 4.52. T´ etel. Ha az f, g ∈ T [x] polinomok legfeljebb n-edfok´ uak, ´es n+1 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o helyen ugyanaz a helyettes´ıt´esi ´er t´e k¨ uk, akkor f = g. 4.53. K¨ ovetkezm´ eny. Ha a T test v´egtelen, akkor k´et T feletti polinom akkor ´es csak akkor egyenl˝ o, ha a hozz´ ajuk tar toz´ o polinomf¨ uggv´enyek megegyeznek. 4.54. Megjegyz´ es. Ha a T test v´eges, akkor tal´ alhat´ok k¨ ul¨onb¨oz˝ o T feletti polinomok, amelyekhez ugyanaz a polinomf¨ uggv´eny tartozik. P´eld´ aul ha T = {c1 , . . . , cn }, akkor az n-edfok´ u (x − c1 ) · · · (x − cn ) polinomhoz ´epp´ ugy a konstans 0 f¨ uggv´eny tartozik, mint a 0 polinomhoz. 4.55. T´ etel (Lagrange-interpol´ aci´ o). Tetsz˝ oleges c1 , . . . , cn+1 p´ aronk´ent k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´es d1 , . . . , dn+1 (nem fel t´et len¨ ul k¨ ul¨ onb¨ o z˝ o ) T -beli elemekhez l´etezik pontosan egy f ∈ T [x] legfeljebb n-edfok´ u polinom, amelyre f (ci ) = di (i = 1, . . . , n + 1) teljes¨ ul. 4.56. Defin´ıci´ o. Az el˝oz˝ o t´etelbeli f polinom neve Lagrange-f´ ele interpol´ aci´ os polinom. 4.57. Megjegyz´ es. El˝ ofordulhat, hogy az n + 1 pontra illesztett Lagrange-f´ele interpol´ aci´ os polinom foka kisebb, mint n. Pontosan n-edfok´ u polinom l´etez´es´et nem lehet garant´alni. Ha nem k¨ot¨ unk ki semmit a foksz´amra, akkor elvesz´ıtj¨ uk az unicit´ast: b´armely g ∈ T [x] polinomra f + (x − c1 ) · · · (x − cn+1 ) · g is megfelel˝o. Nem neh´ez meggondolni (tegy¨ uk meg!), hogy minden olyan polinom, amely a ci helyeken a di ´ert´ekeket veszi fel, el˝o´all ilyen alakban.
A k¨ovetkez˝ okben a sz´ amelm´elet alapfogalmait ´es t´eteleit ´altal´anos´ıtjuk az eg´esz sz´ amok halmaza helyett tetsz˝oleges halmazokra, amelyek elemeit lehet ¨osszeadni, kivonni ´es szorzni, ´es ezek a m˝ uveletek el´eg sz´epen” viselkednek. El˝ osz¨or ” pontos´ıtjuk, hogy mit ´ert¨ unk sz´ep viselked´esen, ´es nevet adunk a vizsg´aland´o strukt´ ur´ aknak. elcsoporton egy asszociat´ıv k´etv´altoz´os m˝ uvelettel ell´ atott nem¨ ures halmazt ´ert¨ unk. Form´alisan: (A; ◦) 2.1. Defin´ıci´ o. F´ f´elcsoport, ha A nem¨ ures halmaz, ´es (0) ◦ : A × A → A, (x, y) 7→ x ◦ y; (1) ∀a, b, c ∈ A : (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c) . 2.2. Defin´ıci´ o. Az (A; ◦) f´elcsoport e elem´et egys´ egelemnek nevezz¨ uk, ha minden a ∈ A-ra a ◦ e = e ◦ a = a teljes¨ ul. 2.3. Defin´ıci´ o. Ha az (A; ◦) f´elcsoportban e egys´egelem ´es ab = ba = e teljes¨ ul az a, b ∈ A elemekre, akkor azt mondjuk, hogy a ´es b egym´ as inverz e. ´ ıt´ 2.4. All´ as. F´elcsoportban az egys´egelem ´es az elemek inverzei egy´ertelm˝ uen meghat´ arozottak (ha l´eteznek egy´ altal´ an). ures 2.5. Defin´ıci´ o. Az (A; ◦) f´elcsoport csoport, ha van benne egys´egelem ´es minden elemnek van inverze, azaz A nem¨ halmaz, ´es (0) ◦ : A × A → A, (x, y) 7→ x ◦ y; (1) ∀a, b, c ∈ A : (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c) ; (2) ∃e ∈ A ∀a ∈ A : e ◦ a = a ◦ e = a; (3) ∀a ∈ A ∃a∗ ∈ A : aa∗ = a∗ a = e. 2.6. Defin´ıci´ o. Ha az (A; ◦) csoport m˝ uvelete kommutat´ıv (azaz ∀a, b ∈ A : a◦b = b◦a), akkor kommutat´ıv csoportnak, uk. vagy Abel-csoportnak nevezz¨
Jel¨ ol´ es. Csoportban a ◦ b helyett ´altal´aban ab-t ´ırunk, ´es ezen multiplikat´ıv ´ır´ asm´odn´ al az egys´egelemet 1, az a elem inverz´et pedig a−1 jel¨oli, tov´ abb´ a kommutat´ıv esetben szok´ as a ba−1 szorzat helyett b/a-t ´ırni, m´eg akkor is, ha a csoport elemei nem sz´ amok (´es a m˝ uvelet esetleg nem is szorz´ as). Abel-csoportok eset´en haszn´ alatos az addit´ıv ´ır´ asm´od is, ekkor a ◦ b helyett a + b-t ´ırunk, az egys´egelemet 0, az a elem inverz´et −a, a b + (−a) o˝sszeget pedig b − a jel¨oli.
Gy¨ ok¨ ok ´ es egy¨ utthat´ ok k¨ oz¨ otti ¨ osszef¨ ugg´ es 4.35. T´ etel. Legyenek az n-edfok´ u f = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ C [x] f˝ opolinom komplex gy¨ okei α1 , . . . , αn (mindegyiket annyiszor felt¨ untetve, amennyi a multiplicit´ asa). Ekkor fenn´ allnak az al´ abbi ¨ osszef¨ ugg´esek:
2.7. Defin´ıci´ o. Ha egy nem¨ ures halmazon kett˝ o k´etv´altoz´os m˝ uvelet is ´ertelmezve van (nevezz¨ uk az egyiket ¨osszead´asnak, a m´asikat szorz´ asnak) u ´ gy, hogy az alaphalmaz az o¨sszead´as m˝ uvelet´evel kommutat´ıv csoportot, a szorz´as m˝ uvelet´evel ur˝ u nek nevezz¨ uk. pedig f´elcsoportot alkot, ´es a szorz´ as disztribut´ıv az ¨osszead´asra, akkor ezt a k´etm˝ uveletes strukt´ ur´ at gy˝ Form´alisan: (R; +, ·) gy˝ ur˝ u, ha R nem¨ ures halmaz, ´es (1) (R; +) Abel-csoport; (2) (R; ·) f´elcsoport; (3) ∀a, b, c ∈ R : a · (b + c) = a · b + a · c ´es (b + c) · a = b · a + c · a. 2.8. Defin´ıci´ o. Az (R; +) csoportot az (R; +, ·) gy˝ ur˝ u addit´ıv csoportj´ anak, nevezz¨ uk, ´es ennek megfelel˝oen besz´elhet¨ unk addit´ıv egys´ egelemr˝ol ´es addit´ıv inverz r˝ol is. Az (R; ·) f´elcsoportot neve: a gy˝ ur˝ u multiplikat´ıv f´ elcsoportja. Jel¨ ol´ es. Kor´abbi meg´allapod´asunknak megfelel˝oen tetsz˝oleges gy˝ ur˝ uben 0 jel¨oli az addit´ıv egys´egelemet, az a gy˝ ur˝ uelem addit´ıv inverz´et pedig −a jel¨oli, ´es ´ertelmezhetj¨ uk a kivon´ as m˝ uvelet´et a b − a = b + (−a) k´eplettel.
´ ıt´ 2.9. All´ as. Ha (R; +, ·) gy˝ ur˝ u, akkor minden a ∈ R eset´en a · 0 = 0 · a = 0 teljes¨ ul.
2.10. Megjegyz´ es. Sok hasonl´ o, az eg´esz sz´ amokkal v´egzett m˝ uveletekn´el megszokott tulajdons´ ag ´erv´enyes tetsz˝oleges gy˝ ur˝ uben, p´eld´ aul a (b − c) = ab − ac, − (ab) = (−a) b = a (−b), stb. De vigy´azat: a szorz´ as a´ltal´aban nem kommutat´ıv, 2 2 2 2 2 ´ıgy p´eld´ aul (a + b) (a − b) = a − b vagy (a + b) = a + 2ab + b m´ar nem teljes¨ ul minden gy˝ ur˝ uben! ur˝ u nek 2.11. Defin´ıci´ o. Ha egy gy˝ ur˝ uben nemcsak az ¨osszead´as, hanem a szorz´ as is kommutat´ıv, akkor kommutat´ıv gy˝ nevezz¨ uk. Ha pedig nemcsak addit´ıv, de multiplikat´ıv egys´ egelem is l´etezik (amelyet a´ltal´aban 1 jel¨ol), akkor egys´ egelemes gy˝ ur˝ ur˝ol besz´el¨ unk. 2.12. Defin´ıci´ o. Ha egy gy˝ ur˝ u a, b elemeire ab = 0 teljes¨ ul, de se a, se b nem nulla, akkor azt mondjuk, hogy a ´es b z´ erusoszt´ o k. Ha egy gy˝ ur˝ uben nincsenek z´erusoszt´ok (azaz null´ at´ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o elemek szorzata sosem nulla), akkor z´ erusoszt´ omentes gy˝ ur˝ u nek nevezz¨ uk. A kommutat´ıv, egys´egelemes, z´erusoszt´omentes gy˝ ur˝ u neve integrit´ astartom´ any . ´ ıt´ 2.13. All´ as. Integrit´ astartom´ anyban lehet nemz´er´ o elemmel egyszer˝ us´ıteni, azaz tetsz˝ oleges a, b, c (c 6= 0) elemekre ac = bc =⇒ a = b.
2.14. Defin´ıci´ o. Legyen R egys´egelemes gy˝ ur˝ u. Az a ∈ R elemet egys´ eg nek nevezz¨ uk, ha l´etezik multiplikat´ıv inverz e, azaz l´etezik olyan a−1 ∈ R elem, amelyre aa−1 = a−1 a = 1 teljes¨ ul. 2.15. T´ etel. Az egys´egek b´ armely egys´egelemes gy˝ ur˝ uben csoportot alkotnak a szorz´ as m˝ uvelet´ere n´ezve. egcsoportj´ anak nevezz¨ uk ´es R∗ -gal jel¨olj¨ uk. 2.16. Defin´ıci´ o. Az R gy˝ ur˝ u egys´egeinek multiplikat´ıv csoportj´ at R egys´
−an−1 = α1 + α2 + · · · + αn ; an−2 = α1 α2 + α1 α3 + · · · + αn−1 αn ;
−an−3 = α1 α2 α3 + α1 α2 α4 + · · · + αn−2 αn−1 αn ; .. .
n−1
(−1)
n
a1 = α1 α2 · · · αn−2 αn−1 + α1 α2 · · · αn−2 αn + · · · + α2 α3 · · · αn−1 αn ;
(−1) a0 = α1 α2 α3 · · · αn−1 αn .
k 4.36. Megjegyz´ es. A fenti k´epleteket Vi` ete-formul´ ak nak h´ıvjuk. A k-adik sor bal oldal´ an (−1) an−k ´all, a jobb oldalon pedig az α1 , . . . , αn bet˝ ukb˝ol k´epezett ¨osszes k-t´enyez˝ os szorzat ¨osszege, teh´ at egy nk -tag´ u ¨osszeg. Form´alisan: X (−1)k an−k = αi1 · αi2 · . . . · αik . 1≤i1
M´eg form´ alisabban:
k
(−1) an−k =
X
Y
αi .
I⊆{1,...,n} i∈I |I|=k
Deriv´ alt, t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok¨ ok altj´ an az nan xn−1 + · · · + 2a2 x + a1 polinomot 4.37. Defin´ıci´ o. Az f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ C [x] polinom deriv´ ´ertj¨ uk. Jel¨ ol´ es. Az f polinom deriv´ altj´at f ′ jel¨oli, a k-adik deriv´ altat pedig f (k) , az f (1) = f ′ ´es f (0) = f meg´allapod´assal. 4.38. T´ etel. Minden f, g ∈ C [x] polinomra ´es k pozit´ıv eg´esz sz´ amra ´erv´enyesek az al´ abbi deriv´ al´ asi szab´ alyok: ′ (1) (f + g) = f ′ + g ′ ; ′ (2) (f g) = f ′ g + f g ′ ; ′ (3) f k = kf k−1 f ′ .
4.39. T´ etel. Ha k ≥ 1 ´es az α komplex sz´ am k-szoros gy¨ oke az f polinomnak, akkor k − 1-szeres gy¨ oke f ′ -nek. (Ha k = 1, akkor α nem gy¨ oke f ′ -nek.)
4.40. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o t´etel megford´ıt´asa nem igaz: f ′ -nek lehetnek olyan gy¨okei is, amelyek´ert nem f a felel˝os”. ” 4.41. K¨ ovetkezm´ eny. Az f ∈ C [x] polinom α gy¨ ok´enek multiplicit´ asa nem m´ as, mint a legkisebb olyan k nemnegat´ıv eg´esz, amelyre f (k) (α) 6= 0, azaz α akkor ´es csak akkor k-szoros gy¨ ok, ha f (α) = f ′ (α) = . . . = f (k−1) (α) = 0, de f (k) (α) 6= 0.
2.17. Defin´ıci´ o. Testnek nevez¨ unk egy integrit´astartom´ anyt, ha legal´abb k´etelem˝ u, ´es minden nemnulla elem´enek van multiplikat´ıv inverze.
4.42. K¨ ovetkezm´ eny. Az α komplex sz´ am akkor ´es csak akkor t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ oke az f ∈ C [x] polinomnak, ha gy¨ oke lnko (f, f ′ )-nak.
2.18. Defin´ıci´ o. Ha T test, akkor (T \ {0} ; ·) Abel-csoport, amelyet a T test multiplikat´ıv csoportj´ anak h´ıvjuk.
4.43. K¨ ovetkezm´ eny. B´ armely legal´ abb els˝ ofok´ u f ∈ C [x] polinomra az gy¨ okei, de mindegyik egyszeres gy¨ ok.
2.19. Megjegyz´ es. A defin´ıci´ o alapj´ an vil´agos, hogy egy legal´abb k´etelem˝ u R kommutat´ıv egys´egelemes gy˝ ur˝ u akkor ´es csak akkor test, ha egys´egcsoportja a nulla kiv´etel´evel minden elemet tartalmaz, azaz R∗ = R \ {0}.
4.44. K¨ ovetkezm´ eny. Ha T sz´ amtest, azaz r´eszteste C-nek, ´es f ∈ T [x] irreducibilis T felett, akkor f -nek minden komplex gy¨ oke egyszeres.
Jel¨ ol´ es. Mivel gy˝ ur˝ uben ´es testben a k´et m˝ uveletet ´altal´aban + ´es · jel¨oli, ezeket nem ´ırjuk mindig ki, teh´ at (R; +, ·) illetve (T ; +, ·) helyett egyszer˝ uen csak R gy˝ ur˝ ur˝ ol, illetve T testr˝ol besz´el¨ unk.
Harmadfok´ u egyenlet
2.20. Defin´ıci´ o. Legyen R egy gy˝ ur˝ u ´es S ⊆ R. Ha S az R-b˝ ol ¨or¨ok¨olt” m˝ uveletekkel maga is gy˝ ur˝ u, akkor azt mondjuk, ” eszgy˝ ur˝ u je az R gy˝ ur˝ unek. Hasonl´oan defini´alhat´o a r´ esztest, r´ eszcsoport, r´ eszf´ elcsoport fogalma is. hogy S r´
Nevezetes gy˝ ur˝ uk: marad´ ekoszt´ aly-gy˝ ur˝ uk, Gauss-eg´ eszek, polinomgy˝ ur˝ uk ´ ıt´ 2.21. All´ as. Minden m ≥ 2 eg´esz sz´ am eset´en a modulo m marad´ekoszt´ alyok egys´egelemes kommutat´ıv gy˝ ur˝ ut alkotnak. A Zm gy˝ ur˝ u egys´egei ´eppen a reduk´ alt marad´ekoszt´ alyok (innen a Z∗m jel¨ ol´es). Ha m pr´ımsz´ am, akkor Zm test, ha m nem pr´ım, akkor Zm m´eg csak nem is integrit´ astartom´ any. ekoszt´ aly-gy˝ ur˝ u , illetve pr´ım modulus eset´en marad´ ekoszt´ aly2.22. Defin´ıci´ o. A Zm gy˝ ur˝ u neve modulo m marad´ test.
f lnko(f,f ′ )
polinom gy¨ okei ugyanazok, mint f
b ´ ıt´ 4.45. All´ as. Az ay 3 + by 2 + cy + d = 0 (a, b, c, d ∈ C, a 6= 0) harmadfok´ u egyenletb˝ ol az x = y + 3a u ´j ismeretlenre val´ o a ´tt´er´essel elt˝ unik a m´ asodfok´ u tag, teh´ at a f˝ oegy¨ utthat´ oval val´ o leoszt´ as ut´ an x3 + px + q = 0 (p, q ∈ C) alak´ u egyenletet kapunk.
4.46. T´ etel. Az x3 + px + q = 0 (p, q ∈ C) harmadfok´ u egyenlet minden megold´ asa megkaphat´ o a Cardano-k´ eplet seg´ıt s´e g´e vel: s s r r q 2 p 3 3 q 2 p 3 q q 3 x= − + + + − − + . 2 2 3 2 2 3 A k´eplet kilenc sz´ amot is adhat, de ezek k¨ oz¨ ul term´eszetesen legfeljebb h´ arom lehet megold´ asa az egyenletnek, nevezetesen obgy¨ ok egy-egy ilyen ´ert´eke, akkor az x3 + px + q polinom h´ arom azok, ahol a k´et k¨ obgy¨ ok szorzata − p3 . Ha u ´es v a k´et k¨ ok. gy¨ oke (multiplicit´ assal ): u + v, uε + vε, uε + vε, ahol ε primit´ıv harmadik egys´eggy¨
4.28. T´ etel (Sch¨ onemann–Eisenstein-f´ ele irreducibilit´ asi krit´ erium). Legyen f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ Z [x]. Ha l´e tezik olyan p pr´ımsz´ am amelyre p ∤ an , p | an−1 , . . . , p | a1 , p k a0 , akkor f irreducibilis a racion´ alis sz´ amok teste felett. 4.29. K¨ ovetkezm´ eny. Minden n ≥ 1 eg´esz sz´ amra l´etezik Q felett irreducibilis n-edfok´ u polinom.
4.30. Megjegyz´ es. A Sch¨onemann–Eisenstein-t´etel megford´ıt´asa nem igaz ! Vagyis abb´ ol, hogy nem l´etezik olyan p pr´ımsz´ am, ami teljes´ıten´e a megfelel˝o oszthat´os´ agi felt´eteleket, nem k¨ovetkezik, hogy a polinom nem irreducibilis (keress¨ unk ellenp´eld´ at!). A megford´ıt´as helyett k¨ovetkezz´ek ink´abb a t´etel t¨ uk¨ork´epe”. ” etirk is´ atilibicuderri el´ ef-nietsnesiE–nnamen¨ ohcS). Legyen f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ Z [x]. Ha 4.31. T´ etel∗ (muir´ l´e tezik olyan p pr´ımsz´ am amelyre p k an , p | an−1 , . . . , p | a1 , p ∤ a0 , akkor f irreducibilis a racion´ alis sz´ amok teste felett.
4.32. T´ etel (Rolle t´ etele). Legyen f = an xn + · · · + a1 x + a0 egy tetsz˝ oleges eg´esz egy¨ utthat´ os polinom. Ha egyszer˝ u s´ıt hetet len t¨ ort alakj´ aban fel´ırt racion´ alis sz´ am (azaz p, q ∈ Z, q 6= 0 ´es lnko (p, q) = 1), akkor p = 0 =⇒ q | an ´es p | a0 . f q Speci´ alisan: eg´esz egy¨ utthat´ os f˝ opolinom racion´ alis gy¨ okei mindig eg´esz sz´ amok.
p q
egy
Horner-m´ odszer Legyen f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ T [x] egy n-edfok´ u polinom ´es c ∈ T . Ha f (c) ´ert´ek´et szeret´enk kisz´ am´ıtani, akkor a szok´ asos f (c) = an cn + · · · + a1 c + a0 fel´ır´ ast haszn´ alva 2n − 1 szorz´ ast ´es n ¨osszead´ast kell elv´egezn¨ unk. Ha viszont a disztributivit´ ast kihaszn´ alva f (c)-t a k¨ovetkez˝ o alakban ´ırjuk fel, akkor csak n szorz´ ast ´es n ¨osszead´ast kell elv´egezni: f (c) = ((· · · (((an · c + an−1 ) · c + an−2 ) · c + an−3 ) · · · + a2 ) · c + a1 ) · c + a0 .
Ezt nevezz¨ uk Horner-elrendez´ esnek. Figyelj¨ uk meg, hogy balr´ol jobbra haladva elv´egezve a m˝ uveleteket a k¨ovetkez˝ o r´eszeredm´eny mindig u ´ gy ad´ odik, hogy az el˝oz˝ ot megszorozzuk c-vel, ´es hozz´aadjuk f soron k¨ovetkez˝ o egy¨ utthat´oj´ at. (Itt r´eszeredm´enyen az egy z´ar´ ojelp´ aron bel¨ uli kifejez´eseket ´ertj¨ uk.) A sz´ amol´ast k´enyelmesebb az al´ abbi t´abl´ azatban elv´egezni. A kett˝ os vonalt´ol balra fel´ırjuk eml´ekeztet˝ou ¨ l c ´ert´ek´et, a kett˝ os vonalt´ol jobbra a fels˝o sorba f egy¨ utthat´oi ker¨ ulnek, az als´ o sort an -nel kezdj¨ uk, majd balr´ol jobbra haladva sorra kit¨ oltj¨ uk a mez˝ oket. A k¨ovetkez˝ ou obe a t˝ole balra a´ll´ o elem c-szeres´enek ´es az u o feletti elemnek az ¨ res mez˝ ¨ res mez˝ osszeg´et kell ´ırni. Az als´ o sor utols´o eleme adja f (c) ´ert´ek´et. ¨
c
an
an−1
···
♦
♠
···
a0
an
an · c + an−1
···
♣
♣·c+♠
···
f (c)
Amint a k¨ ovetkez˝ o t´etelb˝ol ´es k¨ovetkezm´eny´eb˝ ol kider¨ ul, a Horner-elrendez´es val´ oj´ aban nem csak f (c) kisz´ am´ıt´as´ ara alkalmas. n
4.33. T´ etel (Horner-m´ odszer). Legyen f = an x + · · · + a1 x + a0 ∈ T [x] egy n-edfok´ u polinom ´es c ∈ T . Ha a Hornerm´ od szer rel elk´esz´ıtett t´ abl´ azat als´ o sor´ aban a ´ll´ o elemek bn , . . . , b1 , b0 , azaz bn = an ´es bi = bi+1 · c + ai (i = n − 1, . . . , 0), akkor b0 nem m´ as, mint az f -nek az x − c polinommal val´ o oszt´ asakor keletkez˝ o marad´ek, bn xn−1 + · · · + b2 x + b1 pedig ugyanezen oszt´ as h´ anyadosa: f = (x − c) · bn xn−1 + · · · + b2 x + b1 + b0 .
4.34. K¨ ovetkezm´ eny (iter´ alt Horner-m´ odszer). Alkalmazzuk a Horner-m´ odszert az f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ T [x] polinomra ´es a c ∈ T elemre, majd eg´esz´ıts¨ uk ki a t´ abl´ azatot egy u ´jabb, az el˝ oz˝ on´el eggyel r¨ ovidebb sorral a fentebb le´ırt sz´ amol´ asi szab´ alyt k¨ ovetve. Folytassuk u ´jabb, egyre r¨ ovidebb sorokkal, m´ıg v´eg¨ ul egy h´ aromsz¨ og alak´ u t´ abl´ azatot kapunk: an
an−1
an−2
c
··· .. .
.. .
c
.. .
··· . ..
a1
a0 d0
d1 d2
dn−2
c c
a2
···
c c .. .
···
dn−1 dn
A t´ abl´ azat jobb sz´el´en a ´tl´ osan elhelyezked˝ o elemek megadj´ ak annak a polinomnak az egy¨ utthat´ oit, amelyet f -b˝ ol az x − c hat´ arozatlanra val´ oa ´tt´er´essel kapunk (term´eszetesen d0 = f (c) ´es dn = an ): n
an xn + · · · + a1 x + a0 = dn (x − c) + · · · + d1 (x − c) + d0 .
Kiolvashat´ o a t´ abl´ azatb´ ol az is, hogy c h´ anyszoros gy¨ oke f -nek: a c gy¨ ok multiplicit´ asa nem m´ as, mint a legkisebb olyan k, amelyre dk 6= 0 (megengedve a k = 0 esetet is).
2.23. Defin´ıci´ o. Gauss-eg´ esz eknek nevezz¨ uk azokat a komplex sz´ amokat, melyeknek val´ os ´es k´epzetes r´esze is eg´esz sz´ am. Jel¨ ol´ es. A Gauss-eg´eszek halmaz´ at Z [i] jel¨oli: Z [i] = {a + bi : a, b ∈ Z}.
´ ıt´ 2.24. All´ as. A Gauss-eg´eszek a komplex sz´ amok szok´ asos ¨ osszead´ as´ aval ´es szorz´ as´ aval integrit´ astartom´ anyt alkotnak. ∗ ´ ıt´ 2.25. All´ as. A Gauss-eg´eszek gy˝ ur˝ uj´eben az egys´egek ´eppen a negyedik egys´eggy¨ ok¨ ok: Z [i] = {1, −1, i, −i}.
A k¨ovetkez˝ okben a polinom fogalm´at defini´aljuk, els˝ o r´an´ez´esre meglehet˝osen szokatlan m´odon. Itt R mindig tetsz˝oleges integrit´astartom´ anyt jel¨ol. 2.26. Defin´ıci´ o. Az R integrit´astartom´ any feletti polinomnak olyan R-beli elemekb˝ol k´epezett (a0 , a1 , . . .) v´egtelen sorozatot nevez¨ unk, amely csak v´eges sok null´ at´ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o tagot tartalmaz. Az ai elemeket a polinom egy¨ utthat´ o inak nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ es. Az R feletti polinomok halmaz´ at R [x] jel¨oli. am´an a legnagyobb olyan n nemnegat´ıv eg´esz sz´ amot ´ertj¨ uk, amelyre 2.27. Defin´ıci´ o. Az f = (a0 , a1 , . . .) polinom foksz´ an 6= 0. Ha nincs ilyen n, azaz ha f = (0, 0, . . .), akkor azt mondjuk, hogy f foksz´ama −∞. Ha f foksz´ama kisebb, mint 1 (azaz 0 vagy −∞), akkor f -et konstans polinomnak nevezz¨ uk. Ha f foka n ≥ 0, akkor az an ∈ R elemet f f˝ oegy¨ utthat´ o j´ anak h´ıvjuk. Az olyan polinomot, amelynek f˝ oegy¨ utthat´oja 1, f˝ opolinomnak nevezz¨ uk. Jel¨ ol´ es. Az f polinom foksz´am´ at deg f jel¨oli. abbi k´epletekkel ´ertelmez2.28. Defin´ıci´ o. Az f = (a0 , a1 , . . .) ´es g = (b0 , b1 , . . .) polinomok ¨ osszeg´et ´es szorzat´at az al´ z¨ uk: f + g = (c0 , c1 , . . .) , ahol cn = an + bn ; f · g = (d0 , d1 , . . .) , ahol dn =
n X i=0
ai · bn−i .
´ ıt´ 2.29. All´ as. Tetsz˝ oleges f, g ∈ R [x] polinomokra deg (f + g) ≤ max (deg f, deg g) ´es deg (f g) = deg f + deg g. 2.30. T´ etel. A fent defini´ alt ¨ osszead´ assal ´es szorz´ assal R [x] integrit´ astartom´ any. ur˝ u nek 2.31. Defin´ıci´ o. Az R [x] gy˝ ur˝ ut az R feletti egyhat´arozatlan´ u polinomok gy˝ ur˝ uj´enek, r¨oviden R feletti polinomgy˝ nevezz¨ uk. ´ ıt´ 2.32. All´ as. Minden a, b ∈ R eset´en
(a, 0, 0, . . .) + (b, 0, 0, . . .) = (a + b, 0, 0, . . .) ; (a, 0, 0, . . .) · (b, 0, 0, . . .) = (ab, 0, 0, . . .) .
Jel¨ ol´ es. Tetsz˝oleges a ∈ R eset´en az (a, 0, 0, . . .) polinom helyett egyszer˝ uen a-t ´ırunk, ´es nem is k¨ ul¨onb¨oztetj¨ uk meg az ´ tekintj¨ a gy˝ ur˝ uelemt˝ol. (Ugy uk, hogy R ⊆ R [x].) A (0, 1, 0, . . .) polinomot pedig x jel¨oli a tov´ abbiakban. 2.33. T´ etel∗ . Minden nemz´er´ o polinom el˝ oa ´ll a0 + a1 x + · · · + an xn (an 6= 0) alakban, ´es ez az el˝ oa ´ll´ıt´ as egy´ertelm˝ u. Ha f = (a0 , a1 , . . .) egy n-edfok´ u polinom, akkor
f = (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) = a0 + a1 x + · · · + an xn . Pn asn´al legt¨obbsz¨or Jel¨ ol´ es. A polinomokat ezent´ ul an xn + · · · + a1 x + a0 vagy i=0 ai xi alakban ´ırjuk fel. Egy ilyen fel´ır´ hallgat´ olagosan feltessz¨ uk, hogy an 6= 0 (azaz a polinom n-edfok´ u), valamint hogy an+1 = an+2 = . . . = 0. Az x arozatlan. A hat´ arozatlant b´armilyen m´as bet˝ u is jel¨olheti, ilyenkor az R [x] jel¨ol´es is megfelel˝oen szimb´olum neve: hat´ m´odosul. (P´eld´ aul ha a hat´ arozatlan y, akkor a polinomgy˝ ur˝ u R [y].) ´ ıt´ 2.34. All´ as. Az R [x] polinomgy˝ ur˝ uben az egys´egek pontosan azok a konstans polinomok, amelyek (mint R-beli elemek ) ∗ egys´egek R-ben. Form´ alisan: R [x] = R∗ . ´ A test feletti polinomokkal sok tekintetben hasonl´ oan lehet sz´ amolni, mint az eg´esz sz´ amokkal. Ertelmezhet˝ o p´eld´ aul az oszthat´os´ ag, marad´ekos oszt´as, legnagyobb k¨oz¨os oszt´o, ´es egy´ertelm˝ u pr´ımfelbont´as is l´etezik. Ezeket ´altal´anosabban, gy˝ ur˝ ukre fogjuk majd kidolgozni, most csak a marad´ekos oszt´as t´etel´et bizony´ıtjuk be polinomokra. Ennek seg´ıts´eg´evel m´ar az euklideszi algoritmust is v´egre tudjuk hajtani polinomokkal, ´es k´etismeretlenes line´ aris diofantoszi” egyenleteket ” is meg tudunk oldani test feletti polinomgy˝ ur˝ uben. 2.35. T´ etel. Ha T test, ´es f, g ∈ T [x] , g 6= 0, akkor l´eteznek olyan egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott q, r ∈ T [x] polinomok, amelyekre f = gq + r ´es deg r < deg g. ekos oszt´ asnak nevezz¨ uk. Az f polinom 2.36. Defin´ıci´ o. Adott f ´es g eset´en az el˝oz˝ o t´etelbeli q ´es r kisz´ am´ıt´as´ at marad´ o , g az oszt´ o , q a h´ anyados, ´es r a marad´ ek . az osztand´
4.8. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az f ∈ T [x] polinomnak az α ∈ T elem k-szoros gy¨ ok e, ha (x − α)k | f de k+1 (x − α) ∤ f . A k sz´ amot az α gy¨ok multiplicit´ as´anak nevezz¨ uk.
3. Sz´ amelm´ elet” integrit´ astartom´ anyokban ” Oszthat´ os´ ag, asszoci´ alts´ ag, kongruencia, marad´ ekoszt´ aly-gy˝ ur˝ u A k¨ ovetkez˝ okben azokat a sz´ amelm´eleti eredm´enyeket ´altal´anos´ıtjuk, amelyek minden integrit´astartom´ anyban ´erv´enyben maradnak. Mostant´ol (hacsak m´ast nem mondunk) R tetsz˝oleges integrit´astartom´ anyt jel¨ol. oja a b ∈ R elemnek (b t¨ obbsz¨ or¨ ose a-nak), ha l´etezik olyan 3.1. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az a ∈ R elem oszt´ c ∈ R, amelyre b = ac. Jel¨ ol´ es. Az oszthat´os´ agi rel´ aci´ ot | jel¨oli: a | b ⇐⇒ ∃c ∈ R : b = ac. Ha a 6= 0, akkor egyetlen ilyen c l´etezik (mert R z´erusoszt´omentes), ilyenkor haszn´ aljuk a c = ab jel¨ol´est. Ha a ∤ b, akkor a ab t¨ortet (egyel˝ore) nem ´ertelmezz¨ uk. 3.2. T´ etel. Tetsz˝ oleges a, b, c ∈ R eset´en ´erv´enyesek az al´ abbiak:
4.14. K¨ ovetkezm´ eny. A komplex sz´ amok teste felett pontosan az els˝ ofok´ u polinomok irreducibilisek.
(9) a | b =⇒ a | bc;
4.16. K¨ ovetkezm´ eny. B´ armely f, g ∈ C [x] eset´en f | g akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha f minden gy¨ oke egy´ uttal gy¨ oke g-nek is, m´egpedig legal´ abb akkora multiplicit´ assal, mint f -nek.
(3) (a | b ´es b | a) ⇐⇒ ∃u ∈ R∗ : b = ua;
(8) (a | b ´es a | c) =⇒ a | b ± c;
(5) a | 0;
4.13. T´ etel∗ (az algebra alapt´ etele). Minden legal´ abb els˝ ofok´ u komplex egy¨ utthat´ os polinomnak van gy¨ oke a komplex sz´ amok test´eben.
(7) 0 | a ⇐⇒ a = 0;
(6) a | 1 ⇐⇒ a ∈ R∗ ;
(4) 1 | a;
4.11. T´ etel. Ha f ∈ T [x] irreducibilis ´es deg f ≥ 2, akkor f -nek nincs gy¨ oke. 4.12. T´ etel. Ha f ∈ T [x] ´es 2 ≤ deg f ≤ 3, akkor f pontosan akkor irreducibilis, ha nincs gy¨ oke.
4.15. K¨ ovetkezm´ eny. Minden legal´ abb els˝ ofok´ u komplex egy¨ utthat´ os polinom els˝ ofok´ u polinomok szorzat´ ara bomlik. Ha f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ C [x] (n ≥ 1, an 6= 0), akkor f -nek multiplicit´ assal sz´ amolva pontosan n gy¨ oke van. Ha ezek a gy¨ ok¨ ok α1 , . . . , αn (mindegyiket annyiszor felt¨ untetve, amennyi a multiplicit´ asa), akkor f = an (x − α1 ) · · · (x − αn ). Ezt nevezz¨ uk a polinom gy¨ okt´ enyez˝ os felbont´ as´ anak.
(1) a | a;
(2) (a | b ´es b | c) =⇒ a | c;
4.9. Megjegyz´ es. Megengedj¨ uk a k = 0 esetet is: α pontosan akkor nullaszoros gy¨ok, ha nem gy¨ok. ´ ıt´ 4.10. All´ as. Az els˝ ofok´ u polinomok b´ armely test felett irreducibilisek.
(10) a | b ⇐⇒ ac | bc, ha c 6= 0.
3.3. Megjegyz´ es. Amint az els˝ o k´et tulajdons´ ag mutatja, az oszthat´ os´ agi rel´ aci´ o reflex´ıv ´es tranzit´ıv, de a (3) tulajdons´ ag szerint ´ altal´aban nem antiszimmetrikus (´ıgy nem is r´eszbenrendez´es). Ezen pr´ ob´ alunk seg´ıteni az asszoci´alts´agi rel´ aci´ o bevezet´es´evel. altak , ha a | b ´es b | a. 3.4. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az a ´es b elemek asszoci´
4.17. T´ etel. A val´ os polinomok nemval´ os gy¨ okei komplex konjug´ alt p´ arokban l´epnek fel: ∀f ∈ R [x] ∀z ∈ C : f (z) = 0 =⇒ f (¯ z ) = 0. 4.18. K¨ ovetkezm´ eny. Minden p´ aratlan foksz´ am´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomnak van val´ os gy¨ oke.
3.5. T´ etel. Az asszoci´ alts´ ag ekvivalenciarel´ aci´ o R-en. K´et elem akkor ´es csak akkor asszoci´ alt, ha egym´ ast´ ol csup´ an egys´eg t´enyez˝ oben k¨ ul¨ onb¨ oznek.
4.19. K¨ ovetkezm´ eny. Egy val´ os egy¨ utthat´ os polinom pontosan akkor irreducibilis a val´ os sz´ amok teste felett, ha els˝ ofok´ u, vagy olyan m´ asodfok´ u polinom, melynek nincs val´ os gy¨ oke. Teh´ at az R feletti irreducibilis polinomok a k¨ ovetkez˝ ok: • ax + b (a, b ∈ R, a 6= 0) ; • ax2 + bx + c a, b, c ∈ R, a 6= 0, b2 − 4ac < 0 .
3.6. K¨ ovetkezm´ eny. Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´eben a ∼ b akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha a = ±b. K´et T test feletti polinom pontosan akkor asszoci´ alt, ha egym´ ast´ ol csup´ an egy nemnulla konstans szorz´ oban k¨ ul¨ onb¨ oznek.
Irreducibilis polinomok Q felett
Jel¨ ol´ es. Az asszoci´alts´agi rel´ aci´ ot ∼ jel¨oli: a ∼ b ⇐⇒ a | b ´es b | a.
3.7. Megjegyz´ es. Asszoci´alt elemeket nem ´erdemes (s˝ ot nem is lehet) megk¨ ul¨onb¨oztetni, ha csak az oszthat´ os´ agot vizsg´ aljuk. Ha az oszthat´os´ agi rel´ aci´ ot az asszoci´alts´agi oszt´alyok halmaz´ an ´ertelmezz¨ uk, akkor m´ar nemcsak reflex´ıv ´es tranzit´ıv, hanem antiszimmetrikus is lesz, azaz r´eszbenrendez´es. A kapott (R/ ∼; |) r´eszbenrendezett halmaz legkisebb eleme 1/ ∼ = R∗ , legnagyobb eleme 0/ ∼ = {0}. Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´eben minden asszoci´alts´agi oszt´aly {a, −a} alak´ u, teh´ at minden oszt´alyban van egy (´es csak egy) nemnegat´ıv sz´ am. Ha minden asszoci´alts´agi oszt´alyt a nemnegat´ıv elem´evel reprezent´ alunk, akkor az (N0 ; |) r´eszbenrendezett halmazt kapjuk, ami l´enyeg´eben ugyanaz, mint a (Z/ ∼; |) r´eszbenrendezett halmaz. Test feletti polinomgy˝ ur˝ u eset´en minden asszoci´alts´agi oszt´aly (a null´ a´et kiv´eve) pontosan egy f˝ opolinomot tartalmaz, itt teh´ at asszoci´alts´ag erej´eig mindig dolgozhatunk f˝ opolinomokkal. Egy tetsz˝oleges integrit´astartom´ anyban azonban ´ altal´aban nincsenek kit¨ untetett elemek az asszoci´alts´agi oszt´alyokban. 3.8. Defin´ıci´ o. Legyen a, b, m ∈ R. Ha a − b oszthat´o m-mel, akkor azt mondjuk, hogy a kongruens b-vel modulo m. uk. Az m elemet a kongruencia modulus´anak nevezz¨ Jel¨ ol´ es. A kongruenci´ at ugyan´ ugy jel¨olj¨ uk, mint az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´eben: a ≡ b (mod m) ⇐⇒ m | a − b.
´ ıt´ 3.9. All´ as. A mod m kongruencia ekvivalenciarel´ aci´ o az R halmazon, tov´ abb´ a szabad” kongruenci´ akat ¨ osszeadni, ” kivonni ´es o oleges a1 , b1 , a2 , b2 ∈ R elemekre ¨sszeszorozni: tetsz˝ a1 ≡ b1 (mod m) =⇒ a1 + a2 ≡ b1 + b2 (mod m) , a1 − a2 ≡ b1 − b2 (mod m) , a1 · a2 ≡ b1 · b2 (mod m) . a2 ≡ b2 (mod m) ekoszt´ aly oknak nevezz¨ uk. 3.10. Defin´ıci´ o. A mod m kongruenci´ ahoz tartoz´ o ekvivalenciaoszt´alyokat modulo m marad´ Jel¨ ol´ es. Az a ∈ R elemet tartalmaz´ o modulo m marad´ekoszt´alyt a jel¨oli (ha a modulus vil´agos a sz¨ovegk¨ornyezetb˝ol), a marad´ekoszt´alyok halmaz´ at (vagyis a modulo m kongruenci´ ahoz tartoz´ o faktorhalmazt) pedig R/ (m) jel¨oli. Teh´ at R/ (m) = {a : a ∈ R}. 3.11. Defin´ıci´ o. A modulo m marad´ekoszt´alyok halmaz´ an ´ertelmezz¨ uk az o¨sszead´ast, az addit´ıv inverz k´epz´es´et ´es a szorz´ ast a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: tetsz˝oleges a, b ∈ R eset´en legyen a + b = a + b, −b = −b, a · b = a · b.
´ ıt´ 3.12. All´ as. A fenti m˝ uveletek j´ oldefini´ altak, azaz marad´ekoszt´ alyok ¨ osszege (adddit´ıv inverze, szorzata) nem f¨ ugg att´ ol, hogy az egyes marad´ekoszt´ alyokb´ ol melyik elemet v´ alasztjuk reprezent´ ansnak, ´es ezekkel a m˝ uveletekkel R/ (m) kommutat´ıv egys´egelemes gy˝ ur˝ ut alkot.
uk, ha egy¨ utthat´oi relat´ıv 4.20. Defin´ıci´ o. Az an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ Z [x] polinomot primit´ıv polinomnak nevezz¨ pr´ımek, azaz lnko (a0 , . . . , an ) = 1. ´ ıt´ 4.21. All´ as. Minden racion´ alis egy¨ utthat´ os polinom felbonthat´ o egy racion´ alis sz´ am ´es egy primit´ıv polinom szorzat´ ara: ∀f ∈ Q [x] ∃r ∈ Q ∃f ∗ ∈ Z [x] : f = rf ∗ ´es f ∗ primit´ıv polinom.
4.22. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o ´all´ıt´asban f ∼ f ∗ (ha f 6= 0), teh´ at Q [x]-ben asszoci´alts´ag erej´eig mindig lehet primit´ıv polinomokkal sz´ amolni. Pn Pn Jel¨ ol´ es. Adott p pr´ımsz´am eset´en az f = i=0 ai · xi ∈ Z [x] polinom modulo p reduk´altj´an az f := i=0 ai · xi ∈ Zp [x] amot tartalmaz´ o modulo p marad´ekoszt´aly. polinomot ´ertj¨ uk, ahol ai az ai eg´esz sz´ 4.23. Lemma. Tetsz˝ oleges f ∈ Z [x] polinom akkor ´es csak akkor primit´ıv, ha minden p pr´ımsz´ amra f 6= 0 ∈ Zp [x].
4.24. T´ etel (Gauss-lemma). Primit´ıv polinomok szorzata is primit´ıv. 4.25. T´ etel. Ha egy legal´ abb els˝ ofok´ u eg´esz egy¨ utthat´ os polinom nem bonthat´ o fel n´ ala kisebb foksz´ am´ u eg´esz egy¨ utthat´ os polinomok szorzat´ ara, akkor Q felett sem bomlik ´ıgy fel, ´es viszont. Form´ alisan: ha f ∈ Z [x] ´es deg f = n ≥ 1, akkor az al´ abbi k´et a ´ll´ıt´ as ekvivalens: (1) ∃g, h ∈ Z [x] : f = gh ´es 0 < deg g, deg h < n; (2) ∃g, h ∈ Q [x] : f = gh ´es 0 < deg g, deg h < n.
4.26. Megjegyz´ es. A m´asodik felt´etel azzal ekvivalens, hogy f reducibilis Q felett. Az els˝ o viszont nem ekvivalens azzal, hogy f reducibilis Z felett. Teh´ at a fenti t´etelt nem fogalmazhatjuk meg egyszer˝ uen u ´ gy, hogy egy eg´esz egy¨ utthat´os polinom akkor ´es csak akkor irreducibilis Z felett, ha irreducibilis Q felett. Ugyanis a 3.40. Defin´ıci´ o ´ertelm´eben p´eld´ aul a 2 · x faktoriz´aci´ o Z [x]-ben nemtrivi´ alis, ez´ert a 2x polinom nem irreducibilis Z felett (Q felett viszont irreducibilis, hiszen els˝ ofok´ u). Meg lehet mutatni, hogy a Z feletti irreducibilis polinomok ´eppen a Q felett irreducibilis primit´ıv polinomok, valamint a pr´ımsz´amok (mint konstans polinomok).
o ja az a eg´esz sz´ amnak, ha a oszthat´o p-vel, de p2 -tel 4.27. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a p pr´ımsz´am pontos oszt´ m´ar nem. Jel¨ ol´ es. A pontos oszthat´os´ agot k jel¨oli: p k a ⇐⇒ p | a ´es p2 ∤ a.
3.50. Megjegyz´ es. A 3.46. T´etel megford´ıt´asa nem igaz: az eg´esz egy¨ utthat´os polinomok gy˝ ur˝ uje Gauss-gy˝ ur˝ u, de nem f˝ oide´algy˝ ur˝ u. αn 1 es b ∼ pβ1 1 · . . . · pβnn . Ekkor 3.51. T´ etel. Legyen R Gauss-gy˝ ur˝ u, ´es legyen a, b ∈ R pr´ımfelbont´ asa a ∼ pα 1 · . . . · pn ´ teljes¨ ulnek az al´ abbiak:
(1) a | b ⇐⇒ αi ≤ βi (i = 1, . . . , n) ; min(α1 ,β1 ) min(αn ,βn ) (2) lnko (a, b) ∼ p1 · . . . · pn ; max(α1 ,β1 ) max(αn ,βn ) (3) lkkt (a, b) ∼ p1 . · . . . · pn
F˝ oide´ algy˝ ur˝ u faktortestei, v´ eges testek 3.52. T´ etel. Ha R f˝ oide´ algy˝ ur˝ u, de nem test, akkor az R/ (m) marad´ekoszt´ aly-gy˝ ur˝ u akkor ´es csak akkor test, ha m ir reducibilis. 3.53. T´ etel. Legyen T test, f ∈ T [x] irreducibilis polinom, ´es jel¨ olje n az f polinom foksz´ am´ at. Ekkor a K = T [x] / (f ) fak tor gy˝ u r˝ u test, amelynek minden eleme egy´ertelm˝ uen fel´ırhat´ o an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (an−1 , . . . , a0 ∈ T ) alakban. n Ha T = Zp , akkor a kapott K test elemsz´ ama p . 3.54. Megjegyz´ es. Ha a K testet a T = R ´es f = x2 + 1 esetre fel´ırjuk, ´eppen a komplex sz´ amok test´et kapjuk. 3.55. T´ etel∗ . Akkor ´es csak akkor l´etezik q-elem˝ u test, ha q pr´ımhatv´ any.
4. Test feletti egyhat´ arozatlan´ u polinomok Polinomf¨ uggv´ eny, gy¨ ok, gy¨ okt´ enyez˝ os alak, irreducibilit´ as C ´ es R felett Eddig a polinomokkal mint form´ alis kifejez´esekkel sz´ amoltunk, nem ´elt¨ unk azzal a lehet˝os´eggel, hogy x hely´ebe az alaptest (vagy -gy˝ ur˝ u) elemeit be lehet helyettes´ıteni. Mostant´ol viszont a polinomokat f¨ uggv´enyeknek (is) tekintj¨ uk, hiszen a klasszikus algebra k¨ozponti k´erd´ese polinomf¨ uggv´enyek z´erushelyeinek (azaz a polinom gy¨okeinek) vizsg´ alata. Ebben a fejezetben T mindig tetsz˝oleges testet jel¨ol. 4.1. Defin´ıci´ o. Az f = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ T [x] polinom c ∈ T helyen vett helyettes´ıt´ esi ´ ert´ ek´en az f (c) = uggv´ eny pedig nem m´as, mint az an cn + · · · + a1 c + a0 ∈ T elemet ´ertj¨ uk. Az f ∈ T [x] polinomhoz tartoz´ o polinomf¨ f : T → T, c 7→ f (c) lek´epez´es. A polinomot ´es a hozz´a tartoz´ o polinomf¨ uggv´enyt ugyan´ ugy jel¨olj¨ uk; a sz¨ovegk¨ornyezetb˝ol kider¨ ul, hogy mikor melyikr˝ol van sz´ o. Ha polinomf¨ uggv´enyekr˝ol van sz´ o, akkor x-et v´ altoz´ o nak nevezz¨ uk (nem pedig hat´ arozatlannak). 4.2. Megjegyz´ es. F¨ uggv´enyeken az ¨osszead´ast ´es a szorz´ ast pontonk´ent szoktuk ´ertelmezni. Ez ¨osszhangban van a polinomok ¨ osszead´as´ aval ´es szorz´ as´ aval, hiszen minden f, g ∈ T [x] ´es c ∈ T eset´en (f + g) (c) = f (c) + g (c) ; (f · g) (c) = f (c) · g (c) . Ez azt jelenti, hogy az f + g polinomhoz tartoz´ o polinomf¨ uggv´eny ugyanaz, mint az f -hez tartoz´ o polinomf¨ uggv´eny ´es a g-hez tartoz´ o polinomf¨ uggv´eny (pontonk´enti) o¨sszege. Figyelj¨ uk meg, hogy a fenti k´epletben k´et k¨ ul¨onb¨oz˝ o o¨sszead´as szerepel: a k´ek a polinomok o¨sszead´asa (azaz a T [x] gy˝ ur˝ ubeli o¨sszead´as), a z¨old pedig a T testbeli o¨sszead´as. Az elmondottak term´eszetesen ´erv´enyesek a szorz´ as m˝ uvelet´ere is. ok e (m´ as sz´ oval z´ erushely e) az f ∈ T [x] polinomnak, ha f (α) = 0. 4.3. Defin´ıci´ o. Az α ∈ T elem gy¨ 4.4. T´ etel (B´ ezout t´ etele). B´ armely f ∈ T [x] ´es α ∈ T eset´en f (α) = 0 ⇐⇒ x − α | f. 4.5. K¨ ovetkezm´ eny. Tetsz˝ oleges f, g ∈ T [x] polinomok eset´en f ´es g k¨ oz¨ os gy¨ okei ugyanazok, mint lnko (f, g) gy¨ okei. 4.6. K¨ ovetkezm´ eny. Ha α1 , . . . , αk ∈ T p´ aronk´ent k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elemek ´es f ∈ T [x], akkor f (α1 ) = . . . = f (αk ) = 0 ⇐⇒ (x − α1 ) · . . . · (x − αk ) | f. 4.7. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az f ∈ T [x] polinom foksz´ ama n, akkor legfeljebb n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o gy¨ oke van a T testben.
Legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o Az oszthat´os´ ag ´es a kongruencia fogalm´at ´es alaptulajdons´ agait szinte sz´ o szerint lehetett ´altal´anos´ıtani tetsz˝oleges integrit´astartom´ anyra. A legnagyobb k¨oz¨os oszt´o nem mindig l´etezik, de ha l´etezik, akkor hasonl´ o tulajdons´ agokkal rendelkezik, mint az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´eben, noha a bizony´ıt´asok kicsit nehezebbek. oz¨ os oszt´ o j´ anak nevezz¨ uk, ha kiel´eg´ıti a k¨ovetkez˝ o k´et 3.13. Defin´ıci´ o. A d ∈ R elemet az a ´es b elemek legnagyobb k¨ felt´etelt: (1) d | a ´es d | b; (2) ∀k ∈ R : (k | a ´es k | b) =⇒ k | d. oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ ose a-nak ´es b-nek, ha kiel´eg´ıti a k¨ovetkez˝ o k´et felt´etelt: A t ∈ R elem legkisebb k¨ (1) a | t ´es b | t; (2) ∀k ∈ R : (a | k ´es b | k) =⇒ t | k. Jel¨ ol´ es. Az a ´es b elemek legnagyobb k¨oz¨os oszt´oj´at lnko (a, b) vagy (a, b), legkisebb k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨os¨ uket pedig lkkt (a, b) vagy [a, b] jel¨oli. 3.14. Megjegyz´ es. Ha az a elem oszt´oinak halmaz´ at Da jel¨oli, akkor lnko (a, b) asszoci´alts´agi oszt´alya nem m´as, mint a (Da ∩ Db / ∼; |) r´eszbenrendezett halmaz legnagyobb eleme. Tetsz˝oleges integrit´astartom´ any eset´en nincs nagys´ag szerin” ti” rendez´es, csak az oszthat´os´ agi rel´ aci´ ora t´amaszkodhatunk. Itt teh´ at nincs m´od k´etf´elek´eppen defini´alni a legnagyobb k¨oz¨os oszt´o fogalm´at (l´asd az 1.14. Megjegyz´est a Bevezet´es a sz´ amelm´eletbe t´argy el˝oad´asv´ azlat´aban). 3.15. T´ etel. A legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o asszoci´ alts´ ag erej´eig egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott. Azaz b´ armely a, b, d1 , d2 ∈ R eset´en (1) ha d1 ´es d2 is legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja a-nak ´es b-nek, akkor d1 ∼ d2 ; (2) ha d1 legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja a-nak ´es b-nek, ´es d1 ∼ d2 , akkor d2 is legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja a-nak ´es b-nek. Hasonl´ oa ´ll´ıt´ as ´erv´enyes a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ osre is. 3.16. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o t´etel szerint a legnagyobb k¨oz¨os oszt´o (´es a legkisebb k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨os) nem egy´ertelm˝ u, ez´ert ´altal´aban nem azt ´ırjuk, hogy d = lnko (a, b), hanem azt, hogy d ∼ lnko (a, b), mik´ent az a k¨ovetkez˝ o defin´ıci´ oban is l´athat´o. (Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´eben meg´allapodtunk abban, hogy mindig a nemnegat´ıv legnagyobb k¨oz¨os oszt´ot vessz¨ uk, test feletti polinomgy˝ ur˝ uben pedig mindig v´ alaszthatunk f˝ opolinomot legnagyobb k¨oz¨os oszt´onak.) 3.17. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az a, b ∈ R elemek relat´ıv pr´ımek, ha lnko (a, b) ∼ 1. 3.18. T´ etel. Ha az R integrit´ astartom´ anyban b´ armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja, akkor minden a, b, c ∈ R eset´en teljes¨ ulnek az al´ abbiak: (1) lnko (lnko (a, b) , c) ∼ lnko (a, lnko (b, c)) ; (2) lnko (a, b) ∼ lnko (b, a) ; (3) lnko (a, a) ∼ a;
(4) lnko (0, a) ∼ a; (5) lnko (1, a) ∼ 1;
(6) lnko (a, b) ∼ a ⇐⇒ a | b;
(7) lnko (a + bc, b) ∼ lnko (a, b) ;
(8) lnko (a, b) · c ∼ lnko (ac, bc) ;
(9) lnko (a, b) ≁ 0 =⇒ lnko
a b lnko(a,b) , lnko(a,b)
∼ 1;
(10) lnko (a, b) ∼ 1 =⇒ lnko (a, bc) ∼ lnko (a, c) .
3.19. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az R integrit´ astartom´ anyban b´ armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja, akkor tetsz˝ oleges a, b, c ∈ R, lnko (a, b) ∼ 1 eset´en teljes¨ ulnek az al´ abbiak: (1) a | bc ⇐⇒ a | c; (2) (a | c ´es b | c) ⇐⇒ ab | c. 3.20. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az R integrit´ astartom´ anyban b´ armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja, akkor tetsz˝ oleges a, b, c ∈ R, lnko (a, b) ≁ 0 eset´en a c. a | bc ⇐⇒ lnko (a, b) 3.21. K¨ ovetkezm´ eny. Ha az R integrit´ astartom´ anyban b´ armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja, akkor b´ armely k´et elemnek l´etezik legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ ose is, ´es minden a, b ∈ R eset´en lnko (a, b) · lkkt (a, b) ∼ ab.
3.22. Megjegyz´ es. A legnagyobb k¨oz¨os oszt´o fenti tulajdons´ agai k¨oz¨ ul sokat az eg´esz sz´ amok k¨or´eben ki sem mondtunk, mert a pr´ımt´enyez˝ os felbont´asb´ol trivi´ alisan ad´ odik. N´emelyik tulajdons´ agot m´eg a sz´ amelm´elet alapt´etele el˝ott l´attuk be (hiszen sz¨ uks´eg¨ unk volt r´ajuk az alapt´etel bizony´ıt´as´ ahoz), de ezeket is k¨onnyebb volt bel´atni, mert felhaszn´ alhattuk azt, hogy a legnagyobb k¨oz¨os oszt´o mindig el˝o´all a k´et elem line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent”. Tetsz˝oleges integrit´ astartom´ anyban ” ez a tulajdons´ ag nem teljes¨ ul, ´es ´altal´aban egy´ertelm˝ u pr´ımfelbont´as sincs. S˝ot, m´eg a legnagyobb k¨oz¨os oszt´o sem mindig l´etezik, ez´ert kezd˝ odik a 3.18. T´etel (´es a k¨ovetkezm´enyei) u ´ gy, hogy Ha az R integrit´astartom´ anyban b´armely ” k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja, akkor . . . ”.
Euklideszi gy˝ ur˝ uk ´ es f˝ oide´ algy˝ ur˝ uk A k¨ ovetkez˝ okben speci´ alis integrit´astartom´ anyokat vizsg´alunk, amelyekben l´etezik b´armely k´et elemnek legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´oja. Az eg´esz sz´ amok k¨or´eben a marad´ekos oszt´as, illetve az arra ´ep¨ ul˝o euklideszi algoritmus garant´alta a legnagyobb k¨oz¨os oszt´o l´etez´es´et. Az euklideszi gy˝ ur˝ u fogalma ezt a tulajdons´ agot a´ltal´anos´ıtja. 3.23. Defin´ıci´ o. Az R integrit´astartom´ anyt euklideszi gy˝ ur˝ u nek nevezz¨ uk, ha l´etezik olyan k·k : R → N0 , a 7→ kak lek´epez´es (´ ugynevezett euklideszi norma), amire teljes¨ ulnek az al´ abbiak tetsz˝oleges a ∈ R ´es b ∈ R \ {0} eset´en: (1) kak = 0 ⇐⇒ a = 0; (2) a | b =⇒ kak ≤ kbk ; (3) ∃q, r ∈ R : a = bq + r ´es krk < kbk . 3.24. Megjegyz´ es. A fenti a = bq + r el˝o´all´ıt´ast itt is marad´ ekos oszt´ asnak nevezz¨ uk (q a h´ anyados, r a marad´ ek ). A marad´ekos oszt´as lehet˝ov´e teszi az euklideszi algoritmus elv´egz´es´et (innen az euklideszi gy˝ ur˝ u elnevez´es), ´es ´ıgy euklideszi gy˝ ur˝ uben b´armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja, ´es az el˝o´all a k´et elem line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent”. ” Ezt most itt nem r´eszletezz¨ uk, mert hamarosan egy t´agabb gy˝ ur˝ uoszt´alyra fogjuk igazolni ezeket az a´ll´ıt´asokat. deg f
−∞
3.37. Megjegyz´ es. A t´etel megford´ıt´asa nem√ igaz: l´etezik olyan f˝ oide´algy˝ ur˝ u, amely nem euklideszi. Ilyen p´eld´ aul a Z [ω] = {a + bω : a, b ∈ Z} gy˝ ur˝ u, ahol ω = 1+ 2 19i . 3.38. T´ etel. F˝ oide´ algy˝ ur˝ uben b´ armely k´et elemnek l´etezik legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja, ´es az el˝ oa ´ll a k´et elem line´ aris ” kombin´ aci´ ojak´ent”. Form´ alisan: R f˝ oide´ algy˝ ur˝ u =⇒ ∀a, b ∈ R ∃x, y ∈ R : ax + by ∼ lnko (a, b). 3.39. T´ etel. Ha R f˝ oide´ algy˝ ur˝ u, akkor tetsz˝ olegesen adott a, b, c ∈ R \ {0} elemek eset´en az ax + by = c egyenlet akkor ´es csak akkor oldhat´ o meg, ha lnko (a, b) | c. Ha (x0 , y0 ) egy megold´ as, akkor b´ armely t ∈ R eset´en az al´ abbi (x, y) p´ ar is megold´ as, tov´ abb´ a minden megold´ as el˝ oa ´ll ilyen alakban a t elem alkalmas megv´ alaszt´ as´ aval: b x = x0 + · t; lnko (a, b) a · t. y = y0 − lnko (a, b)
Irreducibilis ´ es pr´ımelemek, irreducibilis faktoriz´ aci´ o, Gauss-gy˝ ur˝ uk
3.25. T´ etel. Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uj´en kak = |a|, test feletti polinomgy˝ ur˝ un kf k = 2 (a 2 = 0 meg´ allapod´ assal ), 2 a Gauss-eg´eszek gy˝ ur˝ uj´en pedig kzk = |z| euklideszi norm´ at defini´ al. Ezek teh´ at mind euklideszi gy˝ ur˝ uk.
Irreducibilis ´es pr´ımelemek b´armely integrit´astartom´ anyban (nem csak f˝ oide´algy˝ ur˝ uben) defini´alhat´ok, ´es a kor´ abban tanult tulajdons´ agok egy r´esze ´erv´enyes ilyen ´altal´ anoss´ agban is.
3.26. Megjegyz´ es. Az el˝oz˝ o t´etelben furcs´ anak t˝ unhet a test feletti polinomgy˝ ur˝ ukre megadott euklideszi norma. Az exponenci´ alis f¨ uggv´enyre csak az´ert volt sz¨ uks´eg, hogy a nulla polinomnak (de csak annak!) nulla legyen a norm´aja. Ugyanezt el´erhetj¨ uk m´ask´eppen is, p´eld´ aul legyen deg f + 1, ha f 6= 0; kf k = 0, ha f = 0.
3.40. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a p ∈ R elem irreducibilis, ha nem nulla ´es nem egys´eg, ´es csak u ´ gy bonthat´o k´et elem szorzat´ara, hogy az egyik t´enyez˝ o asszoci´alt p-hez. (Ekkor a m´asik t´enyez˝ o sz¨ uks´egk´eppen egys´eg; ilyenkor trivi´ alis unk.) Form´alisan: faktoriz´ aci´ o r´ol besz´el¨ ∀a, b ∈ R : p = ab =⇒ (p ∼ a vagy p ∼ b) .
3.27. Defin´ıci´ o. A nem¨ ures I ⊆ R r´eszhalmazt ide´ al nak nevezz¨ uk, ha b´armely a, b ∈ I, c ∈ R eset´en teljes¨ ulnek az al´ abbiak: (1) a + b ∈ I; (2) 0 ∈ I; (3) −a ∈ I; (4) ac ∈ I.
3.41. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a p ∈ R elem pr´ım, ha nem nulla ´es nem egys´eg, ´es valah´anyszor oszt´oja egy szorzatnak, mindannyiszor oszt´oja a szorzat egyik t´enyez˝ oj´enek. Form´alisan:
3.28. Megjegyz´ es. A negyedik tulajdons´ ag neve sz´ıv´ o tulajdons´ ag : az ide´ al mag´aba szippantja a szorzatokat. Ez nyilv´ an er˝ osebb a szorz´ asra val´ o z´arts´agn´al, ´ıgy minden ide´ al r´eszgy˝ ur˝ u.
3.43. T´ etel. Minden integrit´ astartom´ anyban a pr´ımelemek irreducibilisek.
3.29. Defin´ıci´ o. Az a ∈ R elem ´altal gener´ alt f˝ oide´ al on az {ab : b ∈ R} halmazt ´ertj¨ uk. Jel¨ ol´ es. Az a ∈ R elem ´altal gener´ alt f˝ oide´alt (a) jel¨oli. 3.30. Megjegyz´ es. Vegy¨ uk ´eszre, hogy (a) ´eppen a t¨obbsz¨or¨oseinek halmaza, m´ask´eppen fogalmazva: (a) nem m´as, mint az a-val oszthat´o elemek halmaza: (a) = {c ∈ R : a | c}. Speci´ alisan (0) = {0} ´es (1) = R.
´ ıt´ 3.31. All´ as. Az a elem a ´ltal gener´ alt f˝ oide´ al val´ oban ide´ al, ´espedig ez a legsz˝ ukebb olyan ide´ al, ami tartalmazza az a elemet. Vagyis b´ armely I ⊆ R ide´ al eset´en, ha a ∈ I, akkor (a) ⊆ I. 3.32. T´ etel. B´ armely a, b ∈ R eset´en ´erv´enyesek az al´ abbi ekvivalenci´ ak: (1) a | b ⇐⇒ (a) ⊇ (b) ; (2) a ∼ b ⇐⇒ (a) = (b) ; (3) a ∼ 1 ⇐⇒ (a) = R.
3.33. Megjegyz´ es. Ha I ⊆ R ide´ al, akkor az a ≈ b ⇐⇒ a − b ∈ I k´eplettel defini´alt rel´ aci´ o ekvivalencia, ´es az ekvivalenciaoszt´alyok halmaz´ an lehet defini´alni az ¨osszead´ast ´es a szorz´ ast pontosan u ´ gy, mint a marad´ekoszt´alyokon (l´asd 3.11. Defin´ıci´ o). ´Igy kapjuk az (R/ ≈; +, ·) gy˝ ur˝ ut, amelyet az R gy˝ ur˝ u I ide´ al szerinti faktorgy˝ ur˝ u j´enek nevez¨ unk, ´es r¨ oviden R/I-vel jel¨ol¨ unk. Ha I f˝ oide´al, mondjuk I = (m), akkor a ≈ rel´ aci´ o ´eppen a modulo m kongruencia, ´es ekkor a faktorgy˝ ur˝ u nem m´as, mint az R/ (m) marad´ekoszt´aly-gy˝ ur˝ u. (Most m´ar l´atjuk, hogy a marad´ekoszt´aly-gy˝ ur˝ u jel¨ol´es´eben mi´ert tett¨ uk z´ar´ ojelbe m-et.) Az ide´ alok ´es a faktorgy˝ ur˝ uk fontos szerepet j´ atszanak az absztrakt gy˝ ur˝ uelm´eletben, mi azonban az absztrakt algebr´ at most csak a sz´ amelm´eleti jelens´egek le´ır´ as´ ara haszn´ aljuk. A fenti t´etel szerint a f˝ oide´alok minden inform´aci´ ot tartalmaznak az oszthat´os´ agr´ol, ez´ert a tov´ abbiakban csak f˝ oide´alokkal foglalkozunk. K¨ ul¨on nevet ´erdemelnek azok az integrit´astartom´ anyok, amelyekben nincs is m´as ide´ al. 3.34. Defin´ıci´ o. Az R integrit´astartom´ anyt f˝ oide´ algy˝ ur˝ u nek nevezz¨ uk, ha minden ide´ alja f˝ oide´al. 3.35. T´ etel. Minden euklideszi gy˝ ur˝ u f˝ oide´ algy˝ ur˝ u. 3.36. K¨ ovetkezm´ eny. Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uje, minden test feletti polinomgy˝ ur˝ u, valamint a Gauss-eg´eszek gy˝ ur˝ uje f˝ oide´ algy˝ ur˝ u.
∀a, b ∈ R : p | ab =⇒ (p | a vagy p | b) . ´ ıt´ 3.42. All´ as. Ha p ∈ R rendelkezik a pr´ımtulajdons´ aggal, n ∈ N, a1 , . . . , an ∈ R ´es p | a1 · . . . · an , akkor p | ai valamely i ∈ {1, . . . , n}-re. A m´asik ir´ any´ u, irreducibilis =⇒ pr´ım” implik´aci´ o bizony´ıt´as´ an´ al m´ar kihaszn´ aljuk a legnagyobb k¨oz¨os oszt´ok l´etez´es´et ” (de m´ast nem). 3.44. T´ etel. F˝ oide´ algy˝ ur˝ uben minden irreducibilis elem pr´ım. A v´egs˝o c´el term´eszetesen a sz´ amelm´elet alapt´etel´enek ´altal´anos´ıt´asa integrit´astartom´ anyokra, vagyis egy´ertelm˝ u irreducibilis faktoriz´aci´ o l´etez´es´enek igazol´ asa. K¨ ul¨on nevet is ´erdemelnek azok az integrit´astartom´ anyok, amelyekben ez megtehet˝o. ur˝ u nek nevezz¨ uk az olyan integrit´astartom´ anyokat, amelyekben minden a null´ at´ ol ´es az 3.45. Defin´ıci´ o. Gauss-gy˝ egys´egekt˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o elem irreducibilis elemek szorzat´ara bomlik, ´es ez a felbont´as a t´enyez˝ ok sorrendj´et˝ol ´es asszoci´alts´agt´ ol eltekintve egy´ertelm˝ u. Teh´ at az R integrit´astartom´ any Gauss-gy˝ ur˝ u, ha minden a ∈ R (a 6= 0, a ≁ 1) eset´en l´eteznek olyan p1 , . . . , pn ∈ R irreducibilis elemek, amelyekre a = p1 · . . . · pn ; tov´ abb´a amennyiben a = q1 · . . . · qm egy m´asik irreducibilis faktoriz´aci´ o, akkor n = m, ´es l´etezik olyan π ∈ Sn , amelyre pi ∼ qiπ (i = 1, . . . , n). 3.46. T´ etel. Minden f˝ oide´ algy˝ ur˝ u Gauss-gy˝ ur˝ u. 3.47. K¨ ovetkezm´ eny. Az eg´esz sz´ amok gy˝ ur˝ uje, minden test feletti polinomgy˝ ur˝ u, valamint a Gauss-eg´eszek gy˝ ur˝ uje Gauss-gy˝ ur˝ u. 3.48. Megjegyz´ es. Ha megvizsg´aljuk a t´etel bizony´ıt´as´ at, megfigyelhetj¨ uk, hogy az irreducibilis felbont´as l´etez´ese azon m´ ulik, hogy nem l´etezik v´egtelen lesz´all´ o l´anc az oszthat´os´ ag szerinti rendez´esben”: ” ∄a0 , a1 , a2 , . . . ∈ R : ai+1 | ai ´es ai+1 ≁ ai (i = 0, 1, 2, . . .) . (∃)
Az irreducibilis faktoriz´aci´ o unicit´as´ anak igazol´ as´ ahoz pedig csak arra volt sz¨ uks´eg¨ unk, hogy az irreducibilis elemek pr´ımtulajdons´ ag´ uak: ∀p ∈ R : p irreducibilis =⇒ p pr´ım. (!) Ez a k´et felt´etel teljes¨ ul Gauss-gy˝ ur˝ ukben, teh´ at kimondhatjuk, hogy egy R integrit´astartom´ any akkor ´es csak akkor Gauss-gy˝ ur˝ u, ha rendelkezik az (∃) ´es (!) tulajdons´ agokkal. 3.49. Megjegyz´ es. Minden euklideszi gy˝ ur˝ u f˝ oide´algy˝ ur˝ u, ez´ert a 3.46. T´etel szerint minden euklideszi gy˝ ur˝ u is Gaussgy˝ ur˝ u. Ha csak ezt az ut´obbi ´all´ıt´ast szerett¨ uk volna bel´atni, akkor k¨onnyebb dolgunk lett volna, mert (∃) trivi´ alisan teljes¨ ul euklideszi gy˝ ur˝ ukben (hiszen ka0 k > ka1 k > ka2 k > · · · ).
