A probl´ ema
Mi az, hogy egyenlet. Egy egyszer˝u defin´ıci´o. Egy vagy t¨obb olyan matematikai objektumot — p´eld´aul sz´amot (hossz´ us´agot, ter¨ uletet ´es hasonl´ okat is ide´ertve), f¨ uggv´enyt, m´atrixot — keres¨ unk, amely(ek) bizonyos el˝ ore adott f¨ olt´eteleknek tesznek eleget.
´ k-e az egyenletek. Megoldhato ˝ utaza ´ s a matematika 4000 e ´ves to ¨ rte ´nete ´ben. Ido
Sz´amokat keres¨unk 1.
Klukovits Lajos
(1a) Melyek azok a k > 1 term´eszetes sz´amok, amelyek k´et pr´ımsz´am ¨sszeg´ere bonthat´ o ok, azaz amelyekre megoldhat´ o az
TTIK Bolyai Int´ ezet
x + y = 2k
2015. november 24.
k >1
egyenlet a pr´ımsz´amok k¨ or´eben. Goldbach sejt´ese: tetsz˝ oleges k > 1-re van megold´as.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
1 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
A probl´ ema
Egyenletek.
2015. november 24.
2 / 36
A probl´ ema
Mi az, hogy egyenlet.
Mi az, hogy egyenlet.
Sz´amokat keres¨unk 2. Sz´amokat keres¨unk 3.
(1b) Melyek azok az x val´ os/komplex sz´amok, amelyekre
´ (1d) Okori k´ınai probl´ema (Kr.e. I. ´evezred) 3 j´ o k´ev´eb˝ ol, 2 k¨ ozepes k´ev´eb˝ ol ´es 1 rossz k´ev´eb˝ ol 39 tau gabon´at kapunk. 2 j´ o k´ev´eb˝ ol, 3 k¨ ozepes k´ev´eb˝ ol ´es 1 rossz k´ev´eb˝ ol 34 tau gabon´at kapunk. 1 j´ o, 2 k¨ ozepes ´es 3 rossz k´ev´eb˝ ol pedig 26 tau gabon´at. Mennyi gabon´at kapunk 1-1 j´ o, k¨ ozepes ´es rossz k´ev´eb˝ ol?
x 2 + x − 3 = 0, x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = 0, x 2 + 1 = 0. (1c) Palermoi J´anos (XIII. sz. eleje) k´erd´ese a II. Frigyeshez l´atogat´ o pisai Leonardohoz (Fibonacci). Melyik az a n´egyzetsz´am, amelyhez 5-¨ot adva is, meg 5-¨ot levonva is n´egyzetsz´amot kapunk.
E feladat mai formaliz´al´assal a 3x + 2y + z = 39 2x + 3y + z = 34
Azaz, mely x, y , z (racion´alis) sz´amokra teljes¨ ul, hogy
x + 2y + 3z = 26
x2 + 5 = y2 x2 − 5 = z2
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
egyenletrendszer megold´as´at k´ıv´anja.
2015. november 24.
3 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
4 / 36
A probl´ ema
A probl´ ema
Mi az, hogy egyenlet.
Mi az, hogy egyenlet.
F¨uggv´enyeket keres¨unk. (2a) Melyek azok az f f¨ uggv´enyek, amelyekre
M´atrixot keres¨unk. Legyen A ∈ Rn×n szimmetrikus m´atrix. Hat´arozzuk meg azt az X ∈ Rn×n invert´alhat´o m´atrixot, amelyre
f (x + y ) = f (x) + f (y ) minden olyan x, y -ra, amelyekre az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van.
X −1 AX = D,
(2b) Melyek azok az f f¨ uggv´enyek, amelyekre
ahol D diagon´alis m´atrix.
f (x · y ) = f (x) + f (y ) minden olyan x, y -ra, amelyekre az f f¨ uggv´eny ´ertelmezve van.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
5 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
A probl´ ema
Egyenletek.
2015. november 24.
6 / 36
A kezdetek
´ Okori eredm´enyek.
Mi az, hogy egyenlet.
Line´aris egyenletek, egyenletrendszerek. Line´aris egyenletekek megoldottak valamennyi folyammenti kult´ ur´aban. K´ın´aban a legf¨ oljebb 5 hat´arozatlanos egyenletrendszerekkel is boldogultak: Feng csen, azaz elimin´aci´ o m´ odszer´evel.
A tov´abbiakban p(x) = 0 alak´ u egyenletekre szor´ıtkozunk, ahol p(x) = x n + an−1 x n−1 + . . . + a1 x + a0 , azaz polinom, ahol a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ K valamely K sz´amtestre.
Magasabbfok´u egyenletek Mezopot´ami´aban meg tudtak oldani minden olyan m´asodfok´ u egyenletet, amelynek van pozit´ıv gy¨ oke. Megold´asi elj´ar´asuk l´enyege teljes a n´egyzett´e kieg´esz´ıt´es. Ugyanott hatv´any t´abl´azatok seg´ıts´eg´evel igen speci´alis harmadfok´ u egyenletekkel is boldogultak.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
7 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
8 / 36
A kezdetek
K¨ oz´ epkor
´ Okori eredm´enyek.
A korai iszl´am kult´urk¨or. Feladat al-Khwarizmi h´ıres ´ertekez´es´eb˝ol (arab, IX. sz.) Egy n´egyzet ´es t´ız gy¨ oke ugyanazon mennyis´egnek harminckilenc dirhem, azaz mi legyen a n´egyzet, amelyet saj´at gy¨ ok´enek t´ızszeres´evel n¨ ovelve harminckilencet ad.
´ Eszrev´ etel. Minden tiszta emp´ıria, semmi indokl´as, pl´ane bizony´ıt´as. Csak elj´ar´asokat k¨ oz¨oltek verb´alisan.
Megold´asi m´odszer¨uk. L´enyeg´eben a Mezopot´ami´ab´ ol ismert, szint´en csak verb´alisan ´ırt´ak le. Ami u ´j: geometriai indokl´asokat k¨ oz¨ oltek, amelyekben Euklidesz II. k¨ onyv´ere t´amaszkodtak.
Al-Khwarizmi k´et h´ıres m´odszere. al-jabr: az amit ma m´erlegelvnek mondunk, tov´abb´a ¨ osszeilleszt´es. al-muk´abala: az egynem˝ u tagok ¨ osszevon´ara. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
9 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
K¨ oz´ epkor
Egyenletek.
2015. november 24.
10 / 36
2015. november 24.
12 / 36
K¨ oz´ epkor
Al-Khwarizmi egy u´j´ıt´asa.
Szeml´eltesen.
A megold´asi, sz´amol´asi elj´ar´as´at, amely megegyezett az ismert mezopot´amiaival, geometriai u ´ton indokolja. Ebben Euklidesz Elemek c. m˝ uv´enek II. k¨ onyv´ere t´amaszkodik, DE... Elj´ar´asa messze nem szigor´ u bizony´ıt´as, sz´ o sincs dedukci´ okr´ ol.
Al-Khwarizmi indokl´asa. Rajzoljunk egy n´egyzetet, ´es mindegyik oldal´ahoz illessz¨ unk egy-egy 10 ag´ u t´eglalapot, majd az eg´esz´ıts¨ uk ki n´egyzett´e. 4 magass´ 2 Ennek ter¨ ulete 39 + 4 · 10 = 64, 4 oldala 8 hossz´ us´ag´ u, ´ıgy a bels˝ o n´egyzet” oldala 8 − 2 · ”
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
10 4
= 3.
2015. november 24.
11 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
K¨ oz´ epkor
K¨ oz´ epkor
Omar Khajjam egy feladata (perzsa, XII. sz.).
K´erd´esek, v´elem´enyek.
Egy k¨ob meg egy oldal ´es valamely sz´am egy¨ utt egyenl˝ o egy n´egyzettel Sz´am´ara ez a k¨ovetkez˝o geometriai probl´em´at rejtette: Adott a, b, c hossz´ us´ag´ u szakaszokhoz konstru´aljunk olyan x szakaszt, amelyre x 3 + b 2 x + a3 = cx 2 .
Omar Khajjam geometriai megold´asa.
K´erd´esek. 1
Lehets´eges-e algebrai m´ odszerekkel is megoldani minden harmadfok´ u egyenletet? Khajjam geometriai u ´ton az ¨ osszes t´ıpust kezelni tudta.
2
Vannak-e olyan geometriai m´ odszerek, amelyekkel negyedfok´ u egyenleteket lehet megoldani?
3
A harmadfok´ u esetben k´ upszeleteket kell haszn´alni. Milyen g¨ orb´ek szerepelhetn´enek a negyedfok´ u esetben?
x = BL Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
13 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
14 / 36
K¨ oz´ epkor
K¨ oz´ epkor
K´erd´esek, v´elem´enyek.
Maestro Dardi, XIV. sz., Pisa. Aliabraa di algibra, 1344 k¨or¨ul Az
V´elem´enyek. 1
2
3
4
x 3 + 60x 2 + 1200x = 4000
Az iszl´am tud´osok szerint a m´asodn´al magasabb fok´ u egyenletek csak geometriai u ´ton oldhat´ok meg. El´egg´e ´altal´anos volt a XX. sz´azad m´asodik fel´eig az a n´ezet, hogy: az iszl´am matematikusok e v´eleked´es´et el˝ osz¨ or a XVI. sz´azadi it´aliai maestrok” ´es matematikusok c´afolt´ak meg. ” DE a XX. sz´azad utols´o harmad´aban f¨ oldolgozott k´ odexek m´ast tanus´ıtanak:
egyenlet megold´as´at a k¨ ovetkez˝ o sz´amol´assal kapta: s 1200 1200 3 3 x= + 4000 − 60 60 √ 3 = 12000 − 20.
Maestro Benedetto, Maestro Dardi ´es Piero della Francesca kor´abbi trakt´atusaiban algebrai megold´asok szerepelnek.
Megjegyz´ es. Dardi a megold´ast sz¨ oveges utas´ıt´ask´ent adta meg. M´eg az ˝ o kor´aban sem ´ırtak mai ´ertelemben vett formul´akat, k´epleteket. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
15 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
16 / 36
K¨ oz´ epkor
K¨ oz´ epkor
K´erd´esek Maestro Dardi trakt´atus´aval kapcsolatban
Egy rekonstrukci´o.
1
Hogyan j¨ohetett erre r´a?
2 3
Indokolta-e elj´ar´as´at? ´ anos ´erv´eny˝ Altal´ u m´odszere, azaz tetsz˝ oleges x 3 + bx 2 + cx = n alak´ u egyenletre alkalmazhat´o,
4
vagy csak speci´alis (egy¨ utthat´ o) f¨ olt´etelek mellett m˝ uk¨ odik?
Egy lehets´eges v´alasz az 1. ´es 3. k´erd´esre. K´ıs´erelj¨ uk meg Al-Khwarizmi elj´ar´as´at ´altal´anos´ıtani harmadfok´ u egyenletekre. Vil´agos, hogy ekkor n´egyzet helyett kock´aval kell dolgozni. Tekints¨ unk egy x + L oldal´el˝ u kock´at.
A trakt´atusban csak a m´asodikra van v´alasz: nem olvashatunk benne indokl´asokat.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
17 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
K¨ oz´ epkor
2015. november 24.
18 / 36
K¨ oz´ epkor
A kocka.
A kocka f¨olbont´asa.
E kocka 8 r´eszre bonthat´o: egy x oldal´el˝ u kock´ara, t´erfogata x 3 , h´arom x alap´el˝ u ´es L magass´ag´ u n´egyzetes has´abra, t´erfogatuk 3x 2 L, h´arom n´egyzet alap´ u has´abra, alap´el¨ uk L, magass´aguk x, t´erfogatuk 3xL2 , egy L oldal´el˝ u kock´ara, t´erfogata L3 . Ezekb˝ ol x 3 + 3x 2 L + 3xL2 + L3 = (x + L)3 .
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
19 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
20 / 36
K¨ oz´ epkor
K¨ oz´ epkor
A rekonstrukci´o.
A konkl´uzi´o.
¨ Osszehasonl´ ıtva egyenlet¨unkkel. x 3 + 3x 2 L + 3xL2 + L3 = (x + L)3 3
2
x + bx + cx = n
(1)
Egy x 3 + bx 2 + cx = n alak´ u egyenlet megold´asa akkor ´ırhat´ o q 3 x = 3 bc + n − bc alakban, ha
(2)
b 2 = 3c.
Adjunk (2) mindk´et oldal´ahoz L3 -t. ¨ Osszehasonl´ ıtva (1)-gyel sz¨ uks´egk´epp teljes¨ ul, hogy c = 3L2 ´es b = 3L, c b
Amib˝ol L =
Dardi m´ odszere teh´at CSAK speci´alis esetben alkalmazhat´ o. DE EZ tekinthet˝ o az egyik els˝ o k´ıs´erletnek a harmadfok´ u egyenletek algebrai megold´as´ara, b´ar — n´eh´any kort´ars´ahoz hasonl´ oan — csak speci´alis eseteket tud kezelni.
´es b 2 = 3c.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
21 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
Egyenletek.
2015. november 24.
22 / 36
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨ Az elj´ar´as alapja.
Tartaglia elj´ar´asa.
Hasonl´ oan a m´asodfok´ u egyenletekre vonatkoz´ o´ okori elj´ar´ashoz, itt is eggyel alacsonyabb fok´ u egyenlet megold´as´ara lehetett visszavezetni a probl´em´at.
Az x 3 + px + q = 0 egyenletre van megold´ok´eplet”, azaz egy olyan formula”, amelyben ” ” a 4 alapm˝ uvelet valamint(eg´esz kitev˝ oj˝ u) gy¨ okvon´as(ok) szerepel(nek), ´es b´armely adott foksz´am´ u egyenlet egy¨ utthat´ oit behelyettes´ıtve megkapjuk a gy¨ ok¨ oket: s x=
3
q − + 2
r q 2 2
Ez az u ´n. Cardano-k´ eplet,
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
s +
p 3 3
+
3
q − − 2
K´ erd´ es. Vissza lehet-e vezetni a negyedfok´ u egyenlet megold´as´at egy harmadfok´ u egyenlet megold´as´ara. V´ alasz. Igen.
r q 2 2
+
Az x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 alak´ u egyenletekhez meg lehet hat´arozni olyan harmadfok´ u egyenleteket, amelyek egy¨ utthat´ oi a, b, c, d-t˝ ol ´es racion´alis konstansokt´ ol f¨ uggenek.
p 3 3
´ r.. Ba Egyenletek.
A tov´abbl´ep´es lehet˝os´ege.
Az els˝ o ilyen elj´ar´ast Cardano tan´ıtv´anya (inasa?) Ferrari tal´alta, ma is haszn´alatos. 2015. november 24.
23 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
24 / 36
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨ Zuanne de Tonini da COI feladata Girolamo Cardano sz´am´ara. Osszuk a 10-et h´arom r´eszre u ´gy, hogy azok folytonos ar´anyban ´alljanak, s az els˝o kett˝o szorzata 6 legyen.
FERRARI elj´ar´asa. Alapja a geometriai u ´ton igazolt
A megoldand´o egyenletrendszer, egyenlet.
(s + a + b)2 = (s + a)2 + 2sb + 2ab + b 2
x + y + z = 10
azonoss´ag, Euklid´esz Elemek II.4. t´etel´enek ´altal´anos´ıt´asa.
xz = y 2
Az egyik oldalon teljes negyedik-, a m´asikon teljes m´asodik hatv´anyt tudott kialak´ıtani, ami ut´an csak n´egyzetgy¨ ok¨ ot kellett vonni.
xy = 6
Az ´atalak´ıt´as sor´an egy harmadfok´ u egyenletet kellett megoldania.
vagyis az 4
2
y + 6y + 36 = 60y negyedfok´ u egyenlet. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
25 / 36
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨
Az ´altal´anos eset.
Az eddigiek o¨sszegz´ese.
A megoldand´o egyenlet: x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0. Ferrari ¨otlete alapj´an a bal oldalt k´et legf¨ oljebb m´asodfok´ u polinom n´egyzet´enek k¨ ul¨onbs´egek´ent ´all´ıthatjuk el˝ o: x 4 +ax 3 + bx 2 + cx + d = 2 a a (x 2 + x + α)2 − ( + 2α − b)2 + (α − c)x + (α2 − d) 2 4 Az el˝obbi polinomok egy¨ utthat´ oinak meghat´aroz´as´ahoz meg kell oldani egy α-ra harmadfok´ u egyenletet, hiszen a m´asodik polinom diszkrimin´ans´anak z´er´oval egyenl˝ onek kell lennie. Az elj´ar´as csak az egy¨ utthat´ okat ´es racion´alis konstansokat haszn´al.
Egyenletek.
2015. november 24.
26 / 36
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
´ or´es a XVI. sz´azadban. Att¨
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
27 / 36
A m´asod-, a harmad-, ´es a negyedfok´ u egyenletek mindig megoldhat´ ok, vannak olyan megold´asi elj´ar´asok, amelyek csak a foksz´amt´ ol f¨ uggenek. A kulcs mindh´arom esetben egy-egy eggyel alacsonyabb fok´ u egyenlet megold´asa volt. Ezen rezolvens egyenletek egy¨ utthat´ oi az eredeti egyenletek egy¨ utthat´ oib´ ol ´es (racion´alis) sz´amokb´ ol kaphat´ ok a n´egy alapm˝ uvelet v´eges sokszori alkalmaz´as´aval (azok polinomjai). Ezen f¨ olismer´es a tov´abbl´ep´es kulcsa lehet. Tov´abb er˝ os´ıt´es ad Vi´ ete f¨ olfedez´ese, ami ´altal´anosan ´es mai jel¨ ol´esekkel a k¨ ovetkez˝ o.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
28 / 36
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
A k´ esei k¨ oz´ epkor, a korai u ´jkor
Vi´ete formul´ai.
Tov´abb ezen az u´ton.
Ha −α1 , . . . , −αn jel¨oli az n
x + a1 x
n−1
K´erd´esek. + a2 x
n−2
+ . . . + an−1 x + an = 0
1
Van-e gy¨ okk´eplet az ¨ ot¨ odfok´ u egyenletekre?
2
Ha igen, akkor ´altal´aban is igaz-e, hogy tetsz˝ oleges n-edfok´ u egyenlet gy¨ okeit megkaphatjuk alkalmas n-n´el alacsonyabb fok´ u egyenletek megold´asai r´ev´en.
3
Ezen rezolvens egyenletek az eredeti egyenlet egy¨ utthat´ oi ´es racion´alis konstansok seg´ıts´eg´evel kaphat´ ok-e meg.
egyenlet gy¨okeit, akkor α1 + α2 + αn = a1 α1 α2 + α1 α3 + . . . + α1 αn + α2 α3 + . . . + αn−1 αn = a2 α1 α2 α3 + . . . + αn−2 αn−1 αn = a3 .. .
A k´erd´esek megv´alaszol´asa egy kb. 200 ´eve programot adott. Csak n´eh´any r´esztvev˝ o”: Euler, Lagrange, Legendre. ”
α1 α2 . . . αn = αn ,
A XVIII. sz´azad v´eg´en (a sikrtelens´eg miatt) n´eh´anyan b´atortalanul f¨ olvetett´ek: Biztosan l´ eteznek a keresett gy¨ okk´ epletek???
ami azt (is) jelenti, hogy az egyenlet egy¨ utthat´ oi a gy¨ ok¨ ok racion´alis f¨ uggv´enyei. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
29 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
30 / 36
A probl´ ama ´ altal´ anos´ıt´ asa
A probl´ ama ´ altal´ anos´ıt´ asa
A megoldhat´os´ag ´altal´aban.
A k´erd´esek prec´ız megfogalmaz´asa.
´ ha nincs gy¨okk´eplet ... Es,
1
A negat´ıv eredm´eny bizony´ıt´asa nagyobb k¨ or¨ ultekint´est ig´enyel: pontosan meg kell mondani, hogy MI AZ, AMI NINCS. Egy´altal´an: Van-e minden egyenletnek gy¨ oke? Gauss: VAN.
2
K´et egyszer˝u k´erd´es.
Legyen f = x n + an−1 x n−1 + . . . + a1 x + a0 tetsz˝ oleges polinom (n ≥ 2). L´etezik-e olyan csak n-t˝ ol f¨ ugg˝ o elj´ar´as, amellyel az f = 0 egyenlet gy¨ okei megkaphat´ ok az a0 , . . . , an−1 egy¨ utthat´ okb´ ol ´es adott (racion´alis) sz´amokb´ ol a n´egy alapm˝ uvelet (¨ osszead´as, kivon´as, szorz´as ´es oszt´as), valamint gy¨ okvon´asok (eg´esz kitev˝ os) v´eges sokszori alkalmaz´as´aval. Adott n eset´en mindig ugyan´ ugy. Ha az el˝ obbire valamely n-re nemleges a v´alasz, akkor l´etezik-e olyan elj´ar´as minden k´erd´eses n-re, amely a konkr´et egy¨ utthat´ okt´ ol, ´es bizonyos konstansokt´ ol is f¨ ugg az n-en k´ıv¨ ul.
1
Van-e mindig gy¨okk´eplet, azaz van-e olyan megold´asi elj´ar´as, amely csak az egyenlet foksz´amt´ ol f¨ ugg, az egy¨ utthat´ okt´ ol f¨ uggetlen.
F. GAUSS, 1799. A klasszikus algebra alapt´etele.
2
Ha ilyen nincs, van-e minden esetben olyan (v´eges) elj´ar´as, amely az egy¨ utthat´okb´ol elvezet” a gy¨ ok¨ okh¨ oz. ”
Minden val´ os egy¨ utthat´ os polinom f¨ olbonthat´ o legf¨ oljebb m´asodfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok szorzat´ara.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
31 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
32 / 36
A v´ egs˝ o megold´ as
A v´ egs˝ o megold´ as
A V´alaszok.
Galois eredm´enyei 1.
1. k´erd´es.
M´odszer´enek f˝o von´asai (mai terminol´ogi´aval)
Az olasz Paolo Ruffini 1798-as nem teljesen korrekt (nem teljes) bizony´ıt´asa szerint az els˝o k´erd´esre a v´alasz NEM.
1
1
Az els˝o — korrekt — nemleges v´alaszt az els˝ o k´erd´esre 1826-ban a norv´eg Nils Henrik Abel adta.
2 3
A sors ir´oni´aja”, hogy kezdetben mindketten u ´gy v´elt´ek, hogy ” megtal´alt´ak az ¨ot¨odfok´ u egyenlet gy¨ okk´eplet´et. 2
2. k´erd´es. 1832-ben a francia Evariste Galois mindk´et k´erd´esre korrekt v´alaszt adott. Korrekt krit´eriumot adott arra, hogy a 2. k´erd´esre mely polinomok eset´en igen a v´alasz. M´odszere alapvet˝ oen k¨ ul¨ onb¨ oz¨ ott el˝ odei´et˝ ol: nem foglalkozott az u ´n. rezolvens egyenletekkel.
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
33 / 36
H´arom u ´j fogalmat vezetett be. A T ⊆ C halmaz (sz´am)test, ha z´art a szok´asos n´egy alapm¨ uveletre. Ha T ⊆ K testek, akkor K a T test b˝ ov´ıt´ese. A G 6= ∅ halmaz csoport, ha defini´alva van rajta egy asszociat´ıv (´altal´aban szorz´ask´ent ´ırt) m˝ uvelet, van G -ben egys´egelem ´es minden elemnek van inverze.
A probl´ ema u ´jrafogalmaz´ asa. Megkaphat´ o-e v´eges sok l´ep´esben az egy¨ utthat´ okat tartalmaz´ o legsz˝ ukebb testnek (K ) egy olyan (K ⊆ T ) b˝ ov´ıt´ese, amely tartalmazza a gy¨ ok¨ oket, ´es minden egyes l´ep´esben egy √ u ´n. gy¨ okmennyis´eggel, k a alak´ u sz´ammal b˝ ov´ıt¨ unk (a ∈ Ki , ahol K ⊆ Ki ⊆ T egy u ´n. k¨ ozb¨ uls˝ o test).
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
A v´ egs˝ o megold´ as
Egyenletek.
2015. november 24.
34 / 36
A v´ egs˝ o megold´ as
Galois eredm´enyei 2.
Galois eredm´enyei 3.
Az alapvet˝o ´es teljesen u´j ¨otlete. Az el˝obbi k´erd´est ´atfogalmazta csoportelm´eleti k´erd´ess´e.
A v´egleges v´alaszok.
Az ¨otlet megval´os´ıt´asa 1. Legyen K a p polinom egy¨ utthat´ oit tartalmaz´ o legsz˝ ukebb test, ´es K ⊆ N a gy¨ok¨oket tartalmaz´ o minim´alis test.
1
Ha n > 4 ´es a p egy¨ utthat´ oi teljesen f¨ uggetlenek” akkor nem l´etezik ” a k´ıv´ant b˝ ov´ıt´es, azaz az n > 4 esetben nincs gy¨ okk´eplet.
2
B´armely n > 4 eset´en van olyan egyenlet, amelyhez nem l´etezik a k´ıv´ant b˝ ov´ıt´es, azaz gy¨ okei nem kaphat´ ok meg az egy¨ utthat´ okb´ ol a n´egy alapm˝ uvelet ´es gy¨ okvon´asok v´eges sokszori alkalmaz´as´aval.
3
P´ elda.
Megadhat´o az N test m˝ uvelettart´ o permut´aci´ oinak egy olyan csoportja, amelynek elemei a K -beli sz´amokat nem mozgatj´ak. Ez a p polinom u ´n. Galois-csoportja, G (p|K ).
x 5 − 4x + 2 = 0
Az ¨otlet megval´os´ıt´asa 2. A G (p|K ) csoport szerkezet´et˝ol, egy (viszonylag bonyolult) tulajdons´ag megl´et´et˝ol f¨ ugg, hogy l´etezik-e a k´ıv´ant testb˝ ov´ıt´es. Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
35 / 36
Klukovits Lajos (TTIK Bolyai Int´ ezet)
Egyenletek.
2015. november 24.
36 / 36
