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: halmaza.
Z
az egész,
Q
a racionális,
R
a valós,
C
a komplex számok
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 ség,
(3)
(1)
(2)
integritástartomány,
kommutatív, de nincs benne egy-
n ≥ 2) (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·).
egységelemes, de nem kommutatív (ha
mentes. Példák testekre:
1. De níció. polinomok az
és nem zérusosztó-
Legyen R integritástartomány. Az R fölötti egyhatározatlanú
a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · + an x n =
n X
ai x i
i=0
(ai ∈ R, 0 ≤ i ≤ n, n ∈ N) P alakú formális azzal a megállapoP kifejezések j dással, hogy n ≤ m esetén a ni=0 ai xi , m b x (a , b ∈ R) akkor és csakis i j j=0 j akkor jelölik ugyanazt a polinomot, ha a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn ,
bn+1 = . . . = bm = 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]. i Megállapodunk abban, hogy egy R[x]-beli polinom 0x (i i i jait nem írjuk ki, valamint az 1x (i ≥ 1) helyett x -t írunk.
2. De níció.
Az f, g ∈ R[x], f =
Pn
i=0
ai x i , g =
Pm
j=0 bj x
j
≥ 1)
alakú tag-
összegén az
max(n,m)
f +g =
X
(al + bl )xl
l=0
polinomot értjük, ahol bm+1 = . . . = bn = 0, ha n > m, és an+1 = . . . = am = 0, ha m > n. A két polinom szorzata:
fg =
n+m X
(
X
ai bj )xl .
l=0 i+j=l Az átláthatóság kedvéért kiírjuk a most bevezetett összeadást és szorzást rövidített jelölés nélkül is. Ha
f = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , és
n ≥ m,
akkor egészítsük ki
g -t
g = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b0 ,
úgy, hogy
bm+1 = . . . = bn = 0,
ekkor
f + g = (an + bn )xn + (an−1 + bn−1 )xn−1 + · · · + a0 b0 . f g = an bm xn+m + (an bm−1 + an−1 bm )xn+m−1 + · · · + (a1 b0 + a0 b1 )x + a0 b0 . 2
1. Feladat.
Határozzuk meg az x3 − 2x2 + 3x − 4 és a 3x2 − x + 2 Z[x]-beli polinomok összegét és szorzatát! Megoldás.
(x3 − 2x2 + 3x − 4) + (3x2 − x + 2) = x3 + x2 + 2x − 2 (x3 − 2x2 + 3x − 4)(3x2 − x + 2) = = 3x5 − x4 + 2x3 − 6x4 + 2x3 − 4x2 + +9x3 − 3x2 + 6x − 12x2 + 4x − 8 = = 3x5 − 7x4 + 13x3 − 19x2 + 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 de níciók 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 = Pn Pn i i i=0 (−ai )x ∈ R[x] polinom. Mivel R-ben i=0 ai x additív inverze az f = 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. P 3. De níció. Ha f = ni=0 ai xi ∈ R[x] és an 6= 0, akkor az n számot a polinom fokszámának, az an 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[x]
R integritástartomány, így
szintén az. A fejezetben bemutatott de níciókat, állításokat tetsz®leges
integritástartományban tárgyalhattuk volna.
3
4. De níció.
Azt mondjuk, hogy f ∈ R[x] osztója a g ∈ R[x] polinomnak (vagy g többszöröse f -nek), ha van olyan h ∈ R[x], hogy f h = 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 f u = g . Bizonyítás.
Ha
vagy pedig
f
f ∼ g , akkor f | g és g | f is teljesül, ezért vagy f = g = 0 g sem egyenl® 0-val. Az utóbbi esetben létezik olyan u, v ∈ R[x] egységek, hogy f u = g és gv = f . Ekkor f uv = f , innen pedig f uv − f = f (uv − 1) = 0 adódik. Mivel f 6= 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 f u = g , akkor van olyan v ∈ R[x], hogy uv = 1 és így f | g és g | gv = f uv = f , azaz f ∼ g . sem,
Az ekvivalenciareláció mindhárom tulajdonsága közvetlenül adódik a de-
f, g, h ∈ R[x], valag ∼ h is teljesül, akkor f u = g és gv = h, ahol u, v ∈ R[x] f uv = h, s mivel u is, v is osztja az egységelelmet, ezért a
nícióból. Példaként a tranzitivitást mutatjuk meg. Ha mint
f ∼g
egységek.
és
Így
szorzatuk is.
Példa:
(i)
Z[x]
egységei az
1
és a
akkor és csakis akkor asszociáltak, (ii)
Q[x]
egységei a
(nemcsak
Q
0-tól
−1 konstans polinomok, ha f = g , vagy f = −g .
így
f, g ∈ Z[x]
különböz® konstans polinomok, ezért két polinom
fölött, hanem tetsz®leges test fölött is) akkor és csakis akkor
asszociáltak, ha egyik a másik
0-tól
különböz® konstansszorosa.
5. De níció.
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 h0 | f és h0 | g is fennáll, akkor h0 | 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 | m0 és g | m0 is fennáll, akkor m | m0 . Megjegyzés:
Nem biztos, hogy minden integritástartományban tetsz®leges
két elemnek létezik legnagyobb közös osztója.
6. De níció.
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
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 prímelemek irreducibilisek, u.i.
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 ma-
√ √ √ 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
radnak. Zéruselem a
zérusosztómentesség a komplex számok közötti m¶velet révén nyilvánvalóan
√ √ 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 teljesül, mivel
(C, +, ·)
test. Tekintsük a
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 álta-
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.
lánosított prímtulajdonság: ha
4. Test fölötti polinomgy¶r¶ Ebben a fejezetben
K
tetsz®leges testet jelöl, így
K[x]
integritástarto-
mány, 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
f = gq + r, ahol r∗ < g ∗ . Bizonyítás.
Legyen
f = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 (ai ∈ K) g = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . + b0 (bi ∈ K, bm 6= 0). n < m, akkor f = g · 0 + f . Ha m < n, akkor osszuk el az f els® tagját n m (an x -et) a g els® tagjával (bm x -nel), ezt a hányadost szorozzuk meg g -vel és a szorzatot vonjuk ki f -b®l. Jelöljük a különbséget f1 -gyel.
Ha
f−
(1)
xn
együtthatója így 0, ezért f1 ∗ ∗ ∗ ∗ 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 f1 és a g polinomokra. Ha f1 kezd®együtthatója cl és így a fokszáma Mivel
f
an n−m x g =: f1 . bm
els® tagja biztosan kiesik, mert az
l ≤ n − 1,
akkor
cl n−m−l x g =: f2 , bm ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ahol f2 < f1 , azaz f2 < n − 2. Ha f2 < g , akkor f2∗ ≥ g ∗ , akkor ismételjük meg az eljárást az f2 és a g f1 −
(2) készen vagyunk, ha polinomokra, és így
tovább. Ekkor
f ∗ > f1∗ > f2∗ > . . . és így mindenképpen eljutunk egy olyan
fk − egyenl®séghez, ahol hogy helyettesítsük
rt n−m−t x g =: fk+1 bm
∗ fk+1 < g ∗ . Rendezzük át az el®z® egyenl®ségeket úgy, (2)-b®l (1)-be f1 -et, majd a következ®b®l f2 -t és így to-
vább. Ekkor adódik, hogy
f= Ha
g
szorzóját
an n−m cl n−m−l rt n−m−t x + x + ··· + x g + fk+1 . bm bm bm
q -val, fk+1 -et r-rel
jelöljük, akkor adódik, hogy
f = gq + r, 6
g ∗ > r∗ .
ahol
Láttuk tehát, hogy az euklideszi (maradékos) osztás elvégez-
het®. Megmutatjuk, hogy a maradékos osztás egyértelm¶. Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy
f = gq1 + r1 , f = gq2 + r2 , q1 6= q2 .
ahol
ahol ahol
r1∗ < g ∗ r2∗ < g ∗ ,
Vonjuk ki a második egyenl®séget az els®b®l, rendezve kapjuk,
hogy
g(q1 − q2 ) = r2 − r1 . q1 6= q2 , ezért a baloldal fokszáma legalább akkora, mint g fokszáma, a jobb oldal fokszáma viszont kisebb, mint g fokszáma, mivel r1 és r2 fokszáma
Mivel
is kisebb. Ez nyilván ellentmondás, így nem igaz az indirekt feltevésünk, hogy
q1 6= q2 ,
ezért szükségképpen
Megjegyzés:
q1 = q2
és ebb®l az
r1 = r2
is következik.
A bizonyításból kiolvasható, hogyan lehet a maradékos osztást
test fölötti polinomok között elvégezni.
2. Feladat.
Osszuk el az f = x5 + 4x4 − 2x + 1 Q[x]-beli polinomot a g = x + x − 1 ∈ Q[x] polinommal! 3
2
Megoldás.
Az egész számok körében jól ismert maradékos osztás analógiája
az eljárás.
(x5 + 2x4 − 3x3 + 2x2 + 2x − 1) : (x3 + 3x2 − 2x − 1) = x2 − x + 2 ±x5 ± 3x4 ∓ 2x3 ∓ x2 − x4 − x3 + 3x2 + 2x − 1 ∓ x4 ∓ 3x3 ± 2x2 ± x 2x3 + x2 + x − 1 ±2x3 ± 6x2 ∓ 4x ∓ 2 − 5x2 + 5x + 1. Tehát
x5 + 2x4 − 3x3 + 2x2 + 2x − 1 = (x3 + 3x2 − 2x − 1)(x2 − x + 2) − 5x2 + 5x + 1, azaz
q = x2 − x + 2
és
r = −5x2 + 5x + 1.
7. De níció. A R integritástartományt euklideszi gy¶r¶nek nevezzük, ha van
olyan euklideszi normának mondott k k: R → N leképezés, amelyre teljesülnek a következ®k 7
(i) k0k= 0, és minden 0-tól különböz® a ∈ R elemre kak> 0; (ii) tetsz®leges a, b ∈ R elemekre teljesül, hogy ha a | b és b 6= 0, akkor kak≤ kbk; (iii) bármely a, b ∈ R, b 6= 0, elemekhez léteznek olyan q, r ∈ R elemek, hogy a = bq + r és krk< kbk. 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 kf k:= f ∗ +1 el®írással értelmezzük.
8. De níció.
Legyen f, g ∈ K[x], g 6= 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 = gq1 + r2 , kr2 k< kgk, g = r2 q2 + r3 , kr2 k< kr3 k, .. . ri−1 = ri qi + ri+1 , kri+1 k< kri k, .. . rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , krn k< krn−1 k, rn−1 = rn qn . Megjegyzés:
Az eljárást mindaddig folytathatjuk, míg
kapunk. Mivel
kgk> kr2 k> · · ·
0
maradékot nem
nemnegatív egész számok szigorúan monoton
csökken® sorozata, ezért az eljárás véges számú lépésben (legföljebb számú lépésben) véget kell, hogy érjen.
Ha az utolsó nem
0
kgkrn ,
maradék
akkor az eljárás véget ért.
3. Tétel.
Ha f, g ∈ K[x], g 6= 0, akkor az f és g polinomon elvégzett euklideszi algoritmus utolsó nem 0 maradéka az f és g legnagyobb közös osztója. Bizonyítás.
A de nícióbeli jelölést használjuk.
Az algoritmus egyenletein
hátulról visszafelé haladva adódnak a következ® megállapítások. Az utolsó egyenlet szerint
rn | rn−1 .
Ebb®l és az utolsó el®tti egyenletb®l következik,
rn | rn−2 . Visszafelé haladva a következ® egyenletb®l az következik, hogy rn | rn−3 , ezt folytatva a második egyenletb®l adódik, hogy rn | g és az els®b®l, hogy rn | f .
hogy
8
1. ábra. Euklidész szobra Oxfordban
Ha
h|f
és
h | g,
akkor az els® egyenletb®l következik, hogy
a következ® egyenletekb®l rendre, hogy
h | r3 , . . . , rn ,
h | r2 ,
majd
ezzel beláttuk, hogy
rn
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 = x4 + x3 − 3x2 − 4x − 1 és a g = x + x − x − 1 polinomok legnagyobb közös osztóját! 3
Megoldás.
2
Az el®z® feladatban látott módon elvégezzük a maradékos osztá-
sokat. Rendre adódnak a következ®k:
(x4 + x3 − 3x2 − 4x − 1) : (x3 + x2 − x − 1) = x ±x4 ± x3 ∓ x2 ∓ x − 2x2 − 3x − 1 1 1 x2 − x − 1) : (−2x2 − 3x − 1) = − x + 2 4 3 1 ±x3 ± x2 ± x 2 2 1 3 − x2 − x − 1 2 2 1 2 3 1 ∓ x ∓ x∓ 2 4 4 3 3 − x− 4 4 (x3 +
9
3 8 3 ( − 2x2 − 3x − 1) : (− x − ) = x 4 4 3 ∓2x2 ∓ 2x − x−1 3 3 3 (− x − ) : (−x − 1) = , 4 4 4 azaz az euklideszi algoritmusnál megismert forma szerint
x4 + x3 − 3x2 − 4x − 1 = (x3 + x2 − x − 1)x + (−2x2 − 3x − 1) 1 3 3 1 x3 + x2 − x − 1 = (−2x2 − 3x − 1)(− x + ) + (− x − ) 2 4 4 4 3 8 3 −2x2 − 3x − 1 = (− x − ) x + (−x − 1) 4 4 3 3 3 3 − x − = (−x − 1) , 4 4 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 kak< kbk.
Bizonyítás. Tegyük föl, hogy b 6= 0. Azt mutatjuk meg, hogy ha kak= kbk, a ∼ b. Osszuk maradékosan a-t b-vel: a = bq + r, krk≤ kbk= kak alkalmas q és r elemekkel. Mivel a | b, ezért a | a − bq = r , így krk< kak és a | r csak úgy állhat fönn, ha r = 0. Tehát b | a is teljesül, azaz a ∼ b. akkor
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(= a0 ), a1 , a2 , . . . 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 ducibilis elemek szorzatára bontható.
a
egységtényez®t®l eltekintve irre-
Az el®bbi eljárással megkaptuk a
p1
a ∼ p1 , akkor az állítás igaz. Ha a ∼ p1 c1 , ahol c1 valódi osztója a-nak, akkor c1 -nek van egy irreducibilis tényez®je p2 . Ha c1 ∼ 6 p2 , akkor c1 ∼ p2 c2 , ahol c2 valódi osztója c1 -nek. Tehát vagy a ∼ p1 p2 vagy a ∼ p1 p2 c2 . Az eljárást folytatva kapunk egy c1 , c2 , . . .sorozatot kapunk.
irreducibilis tényez®t. Ha
Mint az el®bb ez is csak véges sok tagból állhat és az utolsó tagja irreducibilis
cn = p n .
Ennélfogva
a ∼ p1 p2 . . . pn .
Megmutatjuk, hogy a felbontás egyértelm¶, tegyük föl, hogy
a ∼ p1 p 2 . . . pn ∼ q 1 q 2 . . . qm , q1 q2 · · · qm -et. Mivel az irreduqi -t. A jobb oldalon a sorrend alaklmas megváltoztatásával elérhet®, hogy p1 | q1 . De q1 is prím, ezért p1 ∼ q1 . Mindkét oldalt elosztva p1 ∼ q1 -gyel adódik, hogy ahol legyen
n ≤ m.
Nyilvánvalóan
cibilis elemek prímek is, ezért
p1
p1
osztja
osztja valamelyik
p 2 . . . pn ∼ q 2 . . . qm . Az el®bbi eljárást megismételve rendre adódnak a következ®k:
q3 , . . . , pn ∼ qn .
Ezért
n = m
a
és
p2 ∼ q2 , p 3 ∼
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 = aq1 . . . qn alakban, ahol a ∈ K, (a 6= 0) az f f®együtthatója, q1 , . . . qn ∈ K[x] pedig irreducibilis f®polinomok.
5. Polinomok helyettesítési értékei és gyökei A fejezetben amíg mást nem mondunk, R kommutatív, egységelemes gy¶r¶.
9. De níció.
P Legyen f = ni=0 ai xi tetsz®leges R[x]-beli polinom, valamint c ∈ R. Az f polinom c helyen vett helyettesítési értékén az R gy¶r¶ f (c) =
n X i=0
11
ai c i
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 =
Pn
i=0
ai xi , (a0 , a1 , . . . , an ∈ R).
Ekkor az
f − f (c)
különbségre
f − f (c) =
n X
ai x i −
i=0
n X
ai c i =
i=0
n X
ai (xi − ci ).
i=0
xi −ci = (x−c)(xi−1 +cxi−2 +· · ·+ci−2 x+ci−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). Mivel
Megvizsgáljuk, hogy ki a
q
polinom és
f (c).
Világos, hogy ha Ellenkez® esetben
f=
n X
q
f
f
együtthatói és
c
Az is kiderül, hogy
ismeretében, hogyan számítható
q
egyértelm¶en meghatározott.
f − f (c) = 0, így q = 0. mint f . Legyen n ≥ 1,
konstans polinom, akkor
eggyel kisebb fokszámú,
i
ai x (a0 , a1 , . . . , an ∈ R, an 6= 0),
i=0
q=
n−1 X
bi xi (b0 , . . . , bn−1 ∈ R).
i=0
Ekkor
n X
ai xi = f = (x − c)q + f (c) = (x − c)
i=0
n−1 X
bi xi + f (c).
i=0
Világos, hogy az egyenl®ség két oldalán álló polinomok együtthatói meg kell egyezzenek, ezért xn együtthatója: xi együtthatója: x0 együtthatója:
an = bn−1 , ai = bi−1 − cbi (i = n − 1, . . . , 1), a0 = −cb0 + f (c).
átrendezve
bn−1 = an , bi−1 = ai + cbi (i = n − 1, . . . , 1), f (c) = a0 + cb0 . Az együtthatókat a következ® táblázatos formában szokás elrendezni, ezt
Horner-elrendezésnek
nevezik:
an an−1 ... a1 a0 c bn−1 = an bn−2 = cbn−1 + an−1 . . . b0 = cb1 + a1 f (c) = cb0 + a0 12
2. ábra. William George Horner (1786-1837) angol matematikus
4. Feladat.
Horner elrendezés segítségével számítsuk ki az f = x4 − 3x3 + 6x −10x+16 polinom c = 4 helyen vett helyettesítési értékét, valamint adjuk meg azt a q polinomot, melyre f = (x − c)q + f (c)! 2
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
x4 − 3x3 + 6x2 − 10x + 16 = (x − 4)(x3 + x2 + 10x + 30) + 136.
10. De níció.
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 , q ∈ R[x] polinomra. Megfordítva, ha van olyan q ∈ R[x] polinom, f = (x − c)q , akkor f (c) = (c − c)q(c) = 0.
valamilyen hogy
Ha
R
integritástartomány, akkor
szolgáló állítás megfogalmazható az
R[x] is az. Ekkor x − c | f alakban.
Bézout tétele tehát az el®z®ek következménye.
13
a gyök jellemzésére A következ® tétel
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 c1 , . . . , ck ∈ R páronként különböz® elemek. A c1 , . . . , ck elemek akkor és csakis akkor gyökei f -nek, ha (x − c1 ) . . . (x − ck ) 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.
k ≥ 2 és, hogy az állítás igaz az f bármely k − 1 gyökére. c1 , . . . , ck ∈ R az f polinom páronként különböz® gyökei. Az indukciós feltevés szerint (x − c1 ) . . . (x − ck−1 ) | f , azaz f = (x − c1 ) . . . (x − ck−1 )q valamely q ∈ R[x] polinomra. Mivel ck is gyöke f -nek, ezért
Tegyük föl, hogy Legyen
0 = f (ck ) = (ck − c1 ) . . . (ck − ck−1 )q(ck ). k − 1 tényez®je nem 0, ezért, R integritástartomány, q(ck ) = 0 teljesül. Bézout tétele szerint, ekkor x − ck | q , azaz van olyan q0 ∈ R[x] polinom, hogy q = (x − ck )q0 . Ezt írva f fenti el®állításába kapjuk, hogy f = (x − c1 ) . . . (x − ck )q0 . Az egyenl®ségjel jobb oldalán álló szorzat els® lévén
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 c1 , . . . , ck ∈ R. Az el®z® tétel (x − c1 ) . . . (c − ck ) | f , azaz f = (x − c1 ) . . . (x − ck )h valamilyen h ∈ R[x] polinomra. Mivel integritástartomány fölötti polinomok esetén a szorzat fokszáma a tényez®k fokszámának a szorzata, így k ≤ n.
szerint
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 ir-
reducibilisek. 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 − c1 ) . . . (x − cn )
(a, c1 , . . . , cn ∈ C)
alakban, ahol a ∈ C az f polinom f®együtthatója, c1 , . . . , cn ∈ 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.
P Legyen az f = ni=0 ai xi ∈ C[x] n-edfokú polinom gyöktényez®s alakja f = an (x − c1 ) . . . (x − cn ) (c1 , . . . , cn ∈ C). Az f polinom a0 , . . . , an együtthatói és c1 , . . . , cn gyökei között fennállnak a következ® összefüggések: X an−i cj1 . . . cji = (−1)i (1 ≤ i ≤ n). a n 1≤j <...<j ≤n 1
Bizonyítás.
Ha
f
i
gyöktényez®s alakjában elvégezzük a beszorzást és rendre
összehasonlítjuk az együtthatókat, akkor tetsz®leges i-re
(1 ≤ i ≤ n) adódik,
hogy
an−i = (−1)i
X
cj1 . . . cji .
1≤j1 <...<ji ≤n
Megjegyzés:
A jobb láthatóság kedvéért kiírjuk az el®z® összefüggést rövidí-
tett jelölés nélkül is.
c1 + c2 + . . . + cn = −
an−1 , an
an−2 , an an−3 c1 c2 c3 + c1 c2 c4 + . . . + cn−2 cn−1 cn = − , an c1 c2 + c1 c3 + . . . + cn−1 cn =
. . .
c1 c2 . . . cn = (−1)n
a0 . an
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. MegfordítPn i va, legyen f = i=0 ai x ∈ 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 X
ai c i =
n X
ai c i =
ai ci = f (c) = ¯0 = 0,
i=0
i=0
i=0
n X
f együtthatói valósak. Tehát ekkor c, c¯ ∈ C az f két (x − c)(x − c¯) | f . Itt az
ahol felhasználtuk, hogy különböz® gyöke, ezért
(x − c)(x − c¯) = x2 − (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
(x − c)(x − c¯) | f oszthatóság. f = (x − c)(x − c¯).
R[x]-ben is fönnáll az Mivel f irreducibilis f®polinom R[x]-ben, ezért
10. Következmény.
Bármely f ∈ R[x] nemkonstans polinom fölírható mégpedig a tényez®k sorrendjét®l eltekintve egyértelm¶ módon
f = a(x − c1 ) . . . (x − cm )(x2 − d1 x + e1 ) . . . (x2 − dr x + er )
(a, ci , dj , ej ∈ R)
alakban, ahol a ∈ R (a 6= 0) az f polinom f®együtthatója, c1 , . . . , cm ∈ R az f polinom valós gyökei, a másodfokú kifejezések pedig olyan polinomok, amelyeknek nincsenek valós gyökei.
5. Feladat.
R fölött!
Megoldás.
Határozzuk meg a x6 − 1 polinom irreducibilis felbontását C és
El®ször meghatározzuk a polinom összes komplex gyökét.
Ezek √ 3 1 természetesen a hatodik egységgyökök, azaz ±1, ± ± i. Tehát a polinom 2 2 irreducibilis felbontása C fölött: √ √ 1 3 1 3 6 x − 1 =(x − 1)(x + 1)(x − − i)(x + + i) 2 2 2 2 √ √ 1 3 1 3 (x − + i)(x + − i). 2 2 2 2
17
Az
R fölötti irreducibilis felbontásban az els®fokú tényez®k a valós gyökökhöz (x − 1) és (x + 1). A másodfokú tényez®k pedig a
tartozó gyöktényez®k:
konjugált gyökpárokhoz tartozó gyöktényez®k szorzata:
√ 1 3 (x − − i)(x − 2 √2 1 3 i)(x + (x + − 2 2 Így az
R
√ 1 3 + i) = x2 − x + 1, 2 √2 1 3 + i) = x2 + x + 1. 2 2
fölötti irreducibilis felbontás:
x6 − 1 = (x − 1)(x + 1)(x2 − x + 1)(x2 + x + 1).
8. Racionális és egész együtthatós polinomok
11. De níció.
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= alakban, ahol
f
polinom felírható
a1 a0 an n an−1 n−1 x + x + ... + x + bn bn−1 b1 b0
ai , bi ∈ Z, (0 ≤ i ≤ n) és b0 , b1 , . . . , bn
egyike sem zérus. Legyen mai a b0 , b1 , . . . , bn számok legkisebb közös többszöröse m és ci := , így bi
f= Legyen
1 (cn xn + cn−1 xn−1 + . . . + c1 x + c0 ). m
d a c0 , c1 , . . . cn
számok legnagyobb közös osztója és
c∗i := ci /d.
d ∗ n (cn x + c∗n−1 xn−1 + . . . + c∗0 ). m d r ∗ n ∗ n−1 Ha egyszer¶sített alakja , és g = cn x + cn−1 x + . . . + c∗0 , m s vánvalóan g primitív, akkor r f = g. s
Ekkor
f=
18
ahol nyil-
Tegyük föl, hogy
f= is fennáll, ahol
r0
és
s0
relatív prímek
r0 0 g s0 0 és g
primitív polinom. Ekkor
r r0 g = 0 g0 s s azonosságból következik, hogy
rs0 g = r0 sg 0 . 0 0 0 Mivel s osztja a bal oldalt, így a jobbat is. Mivel g primitív polinom és r 0 0 0 és s relatív prímek, így s | s következik. Ugyanilyen okból s | s , ezért csak 0 r r 0 el®jelben különböznek. Hasonló igaz r -re és r -re, ezért = ± 0 , ebb®l pedig s s 0 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 = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 ,
g = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . + b0 .
Indirekte okoskodunk, tegyük föl, hogy az azaz van olyan Mivel
f
g
és
p
p
szorzatpolinom nem primitív,
p nem oszthatja egyszerre sem az f , sem a g ai és bj az f , illetve a g els® olyan együtthatója,
primitívek, ezért
összes együtthatóját. Legyen amelyiknek
fg
szám, amelyik a szorzat mindegyik együtthatóját osztja.
nem osztója. Tehát
p | an , . . . , p | ai+1 , p - ai A szorzatpolinomban
xi+j -es
és
p | bm , . . . , p | bj+1 , p - bj .
tag együtthatója a következ® alakú:
. . . + ai+1 bj−1 + ai bj + ai−1 bj+1 + . . . A feltevés szerint ez az együttható osztható tagok oszthatók
p-vel,
mivel
f
p-vel.
együtthatói közül
Az aláhúzott tag el®tti
ai
osztható, de az aláhúzott utániak is oszthatók, mert az els®, amelyik nem osztható. osztható
p-vel,
az els®, amelyik nem
g
együtthatói közül
bj
ai b j
is
Ebb®l viszont az következik, hogy
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. Meg-
f Q[x]-ben is irreducibilis. Indirekt módon tegyük föl, Q[x]-ben f = f1 f2 , ahol a tényez®k legalább els®fokúak. f1 és f2 felírható
mutatjuk, hogy ekkor hogy
f
primitív és
A 12. tétel szerint
f1 = r1 f1∗ ,
f2 = r2 f2∗
r1 és r2 racionális számok, f1∗ és f2∗ primitív polinomok. s r := r1 r2 := , ahol s és t relatív prímek, ekkor t alakban, ahol
Legyen
tf = sf1∗ f2∗ adódik.
t osztja a baloldalt, ezért osztja a jobbat is, ami t = ±1. Hasonlóan kapjuk, hogy s = ±1. Ezért
Mivel
lehetséges, ha
csak úgy
f = ±f1∗ f2∗ , azaz f reducibilis
Z[x]-ben,
Tegyük föl, hogy
f
ez ellentmondás.
teljesíti a két feltételt. Ekkor
egész szám nem lehet osztója.
f -nek a ±1-en kívül más
Nem lehet osztója legalább els®fokú egész
együtthatós polinom sem, mivel akkor
f Q
fölött sem volna irreducibilis.
Ennélfogva
f
15. Tétel.
A Z[x]-beli irreducibilis polinomok prímek.
Bizonyítás.
Ha
irreducibilis
Z[x]-ben.
f ∈ Z[x] irreducibilis, akkor a 14. tétel szerint f primitív és 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 f u = h. A 12. r ∗ r tétel szerint u = u , ahol u∗ primitív. Ezért f u∗ = h, ahonnan f , u∗ és s s h primitív volta miatt r = ±1 és s = ±1 adódik. Így u egész együtthatós polinom, azaz f | h Z[x]-ben is teljesül. irreducibilis
16. Tétel. Z[x]-ben minden zérustól és egységt®l különböz® polinom egység-
tényez®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 = f1 . . . fn . ∗ ∗ A 12. tétel miatt fi = ri fi , ahol ri ∈ Q és fi primitív. Legyen r1 . . . rn := ∗ ∗ ekkor f = af1 . . . fn , ahol a egész szám. Ha a prímtényez®s felbontása a p1 . . . pk , akkor adódik, hogy
a, =
f = p1 . . . pk f1∗ . . . fn∗ , ahol mok
p1 . . . pk prímszámok Z[x]-ben.
és
f1∗ . . . fn∗
legalább els®fokú irreducibilis polino-
f = q1 . . . qs g1∗ . . . gt∗ k ≤ s és n ≤ t. Ekkor
Az ismert módon tegyük föl, hogy cibilis fölbontás és azt is, hogy
egy másik irredu-
p1 . . . pk f1∗ . . . fn∗ = q1 . . . qs g1∗ . . . gt∗ . Mivel az
f1∗ . . . fn∗
és a
g1∗ . . . gt
szorzatok primitív polinomok, így csak el®jel-
ben térhetnek el egymástól, azaz
p1 . . . pk == ±q1 . . . qs
és
f1∗ . . . fn∗ = ±g1∗ . . . gt∗ .
Az itt szerepl® tényez®k mindegyike prímtulajdonságú, ezért a tényez®k sorrendjének alkalmas megválasztásával elérhet®. hogy
p1 = ±q1 , . . . , pk = ±qk , k = s
és
f1∗ = ±g1∗ , . . . , fn∗ = ±gn∗ , 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 = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] legalább els®fokú polinom együtthatóira valamely p prímszámmal teljesül, hogy
p - an , p | an−1 , . . . , p | a0 és p2 - a0 , 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. Le-
hetséges tehát az
f = (br xr + . . . + b1 x + b0 )(cs xs + . . . + c1 x + c0 ) 1 < r < n
felbontás egész együtthatókkal, ahol
és
1 < s < n.
Írjuk föl a
szorzat együtthatóit a konstanstól kezdve
a0 = b 0 c 0 a1 = b 1 c 0 + b 0 c 1 a2 = b 2 c 0 + b 1 c 1 + b 0 c 2 . . .
an = b r c s . p | a0 , de p2 - a0 , ezért p a b0 és a c0 közül az pontosan az egyiket osztja. Legyen p | b0 , p - c0 . Mivel p | a1 és p | b0 , de p - c0 , ezért p | b1 . Hasonló meggondolással adódik, hogy p rendre osztja a b0 , . . . br mindegyikét, amib®l a p | an következik, ami ellentmondás. P 18. Tétel. Legyen az f = ni=0 ai xi ∈ Z[x] tetsz®leges polinom, valamint p p, q ∈ Z úgy, hogy p és q relatív prímek. Ha ∈ Q gyöke f -nek, akkor p | a0 q és q | an . Mivel
i Pn p p p n Bizonyítás. Ha gyöke f -nek, akkor 0 = f = i=0 ai , azaz q q P q q Pn n i n−i i n−i = −a0 q n . Mivel p, q . Így p | nel beszorozva 0 = i=1 ai p q i=0 ai p q relatív prímek, így p | a0 . A q | an bizonyítása hasonló. Megjegyzés:
Világos, hogy ha
f
f®polinom, akkor
an = 1,
megoldások egészek, mivel a nevez® csak egység lehet.
így a racionális
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 = x5 − 3x4 + 2x3 − 8x2 + 10x + 12 polinom összes racionális gyökét! Megoldás.
A tételb®l és a megjegyzésb®l világos, hogy ha a nevez®t pozitív-
nak választjuk (q = 1), akkor a szóba jöhet® megoldások a 12 = 22 · 3, ezért a kipróbálandó egészek:
1, 2, 3, 4, 6, 12, −1, −2, −3, −4, −6, −12. 22
12
osztói. Mivel
A lehetséges gyökök számának csökkentéséhez használatos a következ®
19. Tétel.
Legyen f ∈ Z[x] tetsz®leges polinom, valamint p, q ∈ Z úgy, hogy p p és q relatív prímek. Ha ∈ Q gyöke f -nek, akkor bármely m egész számra q p + mq | f (−m).
P Bizonyítás. Legyen f = ni=0 ai xi . Az m = 0 eset éppen az el®z® tétel, mivel p ekkor az f (0) = a0 . Ha m tetsz®leges egész és az f gyöke, akkor tekintsük q Pn p p + mq i a g = +m= gyöke g -nek és i=0 ai (x − m) polinomot. Ekkor a q 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
az következik, hogy nincs racionális gyöke.
23
polinomra
f (3) = 24, ebb®l pedig
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
