Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b) Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: √ 1+ 33 √ . 1− 33 ¯ Megoldás: a) Egy q = a + bi + cj + dk (a, b, c, d ∈ R) kvaternió inverze q −1 = Nq(q) , ahol q¯ = a−bi−cj −dk és N (q) = a2 +b2 +c2 +d2 . Esetünkben q = 2i+3j +6k, így q¯ = −2i−3j −6k és N (q) = 22 + 32 + 62 = 49. Tehát 1 2 3 6 q −1 = (−2i − 3j − 6k) = − i − j − k. 49 49 49 49
b) (1. megoldás) Felhasználva az x3 − 1 = (x −√1)(x2√+ x + 1) azonosságot az x = bővitsunk a számlálóban és a nevezőben is 1 + 3 3 + 3 9 számmal. Ekkor √ √ √ √ √ √ √ √ 1+ 33 1+ 33 1+ 33+ 39 4+233+239 3 3 √ √ √ √ = · = = −2 − 3 − 9. 3 3 3 3 −2 1− 3 1− 3 1+ 3+ 9
√ 3 3 számra
(2. megoldás) Keressük a megoldást a következő alakban: √ √ √ 1+ 33 3 3 √ 3 + c 9. = a + b 3 1− 3 Átszorzás után azt kapjuk, hogy √ √ √ 3 3 3 1 + 3 = (a − 3c) + (b − a) 3 + (c − b) 9. Összehasonlítva az együtthatókat kapjuk, hogy a − 3c = 1, b − a = 1, c − b = 0. Ennek megoldása a = −2, b = −1, c = −1 vagyis √ √ √ 1+ 33 3 3 √ = −2 − 3 − 9. 3 1− 3 Megjegyzés: Bár az első megoldás rövidebb, ez a megoldás némileg ad hoc, túlságosan támaszkodik a felhasznált azonosságra. A második megoldás viszont mindig működik.
1
2
2. Adjunk meg egy olyan a egész számot, melyre az ax5 +(a2 +5)x2 +(a+5) polinom irreducibilis Q fölött, és egy olyat is, amelyre nem irreducibilis Z fölött. Megoldás: Az első részfeladatnál a Schönemann-Eisenstein kritériumot fogjuk ellenőrizni. Ehhez kell egy p prím és egy a szám, melyre p nem osztója a-nak, p osztója az a2 + 5, a + 5 számoknak (valamint a 0-nak, de az mindig teljesül), de p2 nem osztója a + 5 számnak. A p = 2, a = 1 választás megfelel: 2 osztója 12 + 5 = 1 + 5 = 6-nak, de 22 nem osztója 6-nak és 2 nem osztója a = 1-nek, így x5 + 6x2 + 6 polinom irreducibilis. A második részben egyszerűen kihasználjuk, hogy ha a polinom nem primitív vagyis az együtthatóknak van 1-nél nagyobb közös osztója és legalább elsőfokú akkor nem lehet irreducibilis. Az a = 5 választással kapjuk, hogy ax5 + (a2 + 5)x2 + (a + 5) = 5x5 + 30x2 + 10 = 5 · (x5 + 6x2 + 2). Ez azért egy felbontás, mert az 5 nem egység Z-ben hiszen 1/5 ∈ / Z. 2. megoldás a második részre: Ha a polinomnak van egy racionális gyöke akkor biztosan reducibilis. Ezt könnyen elérhetjük, például a = −5 választással az x = 0 gyök lesz: (−5)x5 + ((−5)2 + 5)x2 + ((−5) + 5) = x2 · (−5x3 + 30).
3
3. Irreducibilis-e Q fölött az x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 polinom? 1. megoldás: Vegyük észre, hogy x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x2 + x + 1)2 . Tehát a polinom reducibilis mivel egyik tényező sem egység. 2. megoldás: Egy negyedfokú reducibilis polinom Q felett vagy egy első és egy harmadfokú vagy két másodfokú polinom szorzatára bomlik. Az első eset azt jelenti, hogy van racionális gyöke. A racionális gyöktesztből azonban látjuk, hogy csak két jelölt van racionális gyökre, ±1, ezek azonban nem gyökei a polinomnak: 14 + 2 · 13 + 3 · 12 + 2 · 1 + 1 = 9, míg (−1)4 + 2(−1)3 + 3(−1)2 + 2(−1) + 1 = 1. Tehát azt az esetet kell még ellenőrizni, hogy két másodfokú szorzatára bomlik a polinom. Ekkor x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (a2 x2 + a1 x + a0 )(b2 x2 + b1 x + b0 ). Felhasználjuk, hogy ha egy egész együtthatós polinomot fel lehet írni két kisebb fokú racionális együtthatós polinom szorzatára akkor két egész együtthatós polinom szorzatára is fel lehet írni. Tehát feltehetjük, hogy a2 , a1 , a0 , b2 , b1 , b0 egészek. Tehát az a2 b2 = 1 egyenletből következik, hogy a2 = b2 = 1 vagy a2 = b2 = −1, de utóbbi esetben megszorozhatjuk mindkét tagot −1-gyel vagyis feltehető, hogy a2 = b2 = 1. Vagyis x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x2 + a1 x + a0 )(x2 + b1 x + b0 ). A konstans tag összehasonlításából kapjuk, hogy a0 b0 = 1 vagyis a0 = b0 = −1 vagy a0 = b0 = 1. Az első esetben kapjuk, hogy x4 +2x3 +3x2 +2x+1 = (x2 +a1 x−1)(x2 +b1 x−1) = x4 +(a1 +b1 )x3 +(a1 b1 −2)x2 −(a1 +b1 )x+1 vagyis a1 + b1 egyszerre 2 és −2, ez nem lehet. A második esetben x4 +2x3 +3x2 +2x+1 = (x2 +a1 x+1)(x2 +b1 x+1) = x4 +(a1 +b1 )x3 +(a1 b1 +2)x2 +(a1 +b1 )x+1 vagyis a1 + b1 = 2, a1 b1 = 1. Ennek megoldása a1 = b1 = 1, így kaptunk egy felbontást: x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x2 + x + 1)(x2 + x + 1). Megjegyzés: Az első megoldást némileg provokatív, de jól mutatja, hogy ha tudunk egy felbontást akkor vége is a feladatnak. Ez mutatja, hogy erősen eltér két feladat ha az adott polinom az egyik esetben reducibilis, a másikban pedig irreducibilis. Egyébként nem teljesen lehetetlen, hogy valaki egyből meglássa, hogy a polinom teljes négyzet a fenti feladatban, főleg ha behelyettesít néhány értéket és azt látja, hogy mindig négyzetszámot kapott. Egy másik mód a felbontás megtalálásához az az észrevétel, hogy egy reciprok polinomról van szó, így először felbonthatjuk C felett, majd ezt használva megkaphatjuk Q felett a fent megadott felbontást. Megjegyzés: A 2-es és 3-as feladatot összefoglalva a következő technikák, ötletek vannak polinomok irreducibilitásának eldöntésére: (1) racionális gyökteszt, (2) Schönemann-Eisenstein, (3) Schönemann-Eisenstein eltolt polinomra, (4) harmadfokúra a racionális gyökteszt után kész vagyunk, (5) negyedfokú polinomnál racionális gyökteszt után meg kell vizsgálni két másodfokú szorzatára bonthatóságot is, (6) mod p redukció általában p = 2-vel. Nem tagadom, hogy én elég lusta ember vagyok: ha (1) vagy (2) nem működik, akkor megvárom míg számítógép közelben leszek és megoldatom egy matematikai szoftverrel a problémát. Persze ez csak akkor működik ha konkrét polinomunk van, ha egy polinomcsalád irreducibilitását kell ellenőrizni akkor sajnos nem nagyon úszható meg, hogy ez ember egy adott ponton el ne kezdjen gondolkodni.
4
4. Gyűrűhomomorfizmus-e (vagyis művelettartó-e) az alábbi φ : R → R leképezés? a) R = C2×2 , φ(A) = AT . b) R egy 2 karakteriszikajú test, φ(a) = q 2 . Megoldás: Egy φ : R → R gyűrűhomomorfizmus akkor ha φ(a + b) = φ(a) + φ(b) és φ(ab) = φ(a)φ(b). Az (a) feladatban teljesül, hogy φ(A + B) = φ(A) + φ(B) hiszen (A + B)T = AT + B T , de általában nem igaz, hogy ?
φ(AB) = (AB)T = B T AT = AT B T = φ(A)φ(B) Egy konkrét ellenpélda: legyen
(
A=
0 1 0 0
)
((
Ekkor φ(AB) = φ (
de φ(A)φ(B) =
0 0 1 0
( és B =
1 0 0 0 )(
))
1 1 1 0
)
(
) 1 0 = , 0 0 ) ( ) 1 1 0 0 = . 1 0 1 0
Tehat itt φ nem gyűrűhomomorfizmus. A (b) feladatban: φ(a + b) = (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2 = a2 + 2ab + b2 = a2 + b2 = φ(a) + φ(b), mert 2ab = 0 a 2 karaketisztika miatt. Továbbá φ(a)φ(b) = a2 b2 = (ab)2 = φ(ab). Mindkét számolásban kihasználtuk, hogy a szorzás kommutatív, mert R test és az első számolásban kihasználtuk, hogy 2ab = 0, mert a karakterisztika 2. Tehát ebben az esetben φ gyűrűhomomorfizmus.
5
5. Igazoljuk, hogy az n × n-es valós felső háromszögmátrixok gyűrűt alkotnak. Megoldás: Legyen R az n × n-es valós felső háromszögmátrixok halmaza. Azt kell megmutatnunk, hogy 0 ∈ R és ha A, B ∈ R akkor −A, A + B, AB ∈ R. Ebből már következik, hogy R gyűrű, mert az R elemei benne vannak az összes valós mátrix gyűrűjében ahol teljesülnek a gyűrűaxiómák azonosságai: az összeadás kommutativítása, asszociatívitása, szorzás associatívitása és a két oldali disztributívitás, tehát ezek R-ben is fognak teljesülni ha R zárt a műveletekre. Egy A = (aij ) mátrix felső háromszögmátrix ha aij = 0 ha i > j. Tehát az n × n-es 0n mátrix benne van R-ben. Szintén R-beli −A = (−aij ): ha aij = 0 akkor −aij = 0. A, B ∈ R esetén A + B = (aij + bij ) szintén felsőháromszögmátrix: aij = bij = 0 akkor aij + bij = 0. Megmutatjuk, hogy A, B ∈ R esetén C = AB is: ∑ cij = aik bkj . k
Tegyük fel, hogy i > j. Ekkor minden k-ra vagy i > k vagy k < j, mert ha i ≤ k és k ≤ j lenne akkor i ≤ j is teljesülne. Ez azt jelenti, hogy a szorzatban aik = 0 vagy bkj = 0 minden k-ra, tehát cij = 0 vagyis C felsőháromszögmátrix. Megjegyzés: Természetesen úgy is meg lehetett oldani a feladatot, hogy az ember egyenként leellenőrzi az összes gyűrűaxiómát. Ekkor azonban nem csak azt kell leellenőriznie, hogy 0 ∈ R és A, B ∈ R esetén −A, A + B, AB ∈ R hanem még az "azonosságokat" (kommutatívitás, asszociatívitás, disztributívitás) is. Vagyis az egy óriasi előny ha már van egy gyűrű és nekünk csak azt kell belátnunk, hogy az adott halmaz egy részgyűrű. Megjegyzés: Összehasonlítva a 4-es és 5-ös feladatokat azt láthatja az ember, hogy nagyon hasonló dolgokat kell leellenőrizni a részgyűrűséghez és a homomorfizmusoknál, de még sem teljesen ugyanazt. A részgyűrűnél az kell, hogy 0 ∈ R és A, B ∈ R esetén −A, A + B, AB ∈ R, míg a homomorfizmusnál az kell, hogy φ(a + b) = φ(a) + φ(b) és φ(ab) = φ(a)φ(b). Felmerülhet a kérdés, hogy miért nem kell leellenőrizni, hogy φ(0) = 0 és φ(−a) = −φ(a). A válasz az, hogy ezek következnek a φ(a + b) = φ(a) + φ(b) azonosságból: φ(0) = φ(0 + 0) = φ(0) + φ(0) így φ(0) = 0, továbbá φ(a) + φ(−a) = φ(a + (−a)) = φ(0) = 0, így φ(−a) = −φ(a). A következő kérdés ami felmerülhet, hogy a részgyűrűnél is le kell-e ellenőrizni, hogy 0 ∈ R és −a ∈ R ha a ∈ R vagy ez következik az összeadás és szorzás zártságából. A válasz az, hogy sajnos le kell ellenőrizni: a pozitív számok halmaza például zárt az összeadásra és a szorzásra, de a 0 nem pozitív és −a sincs a pozitív számok halmazában ha a pozitív. Valójaban a következőről van szó: a gyűrűben nem csak két darab kétvaltozós művelet (+, ·) van, hanem egy egyváltozós (a 7→ −a) művelet is van, sőt egy nulla változós is (. 7→ 0). A részgyűrűknel ezen műveletekre való zártságot is meg kell nézni, a homomorfizmusnál viszont "szerencsénk van", ezek következnek a kétváltozós műveletekre rótt feltételekből.
6
6. Jelöljön p egy páratlan prímszámot. Számítsuk ki a 4p-edik körosztási polinomot. Megoldás: Tanultuk, hogy tetszőleges n-re Φn (x) = ∏
xn − 1 d|n Φd (x)
d̸=n
vagy ami ezzel ekvivalens, hogy xn − 1 =
∏
Φd (x).
d|n
A 4p osztói 1, 2, 4, p, 2p, 4p, így x4p − 1 Φ4p (x) = . Φ1 (x)Φ2 (x)Φ4 (x)Φp (x)Φ2p (x) A fenti összefüggést n = 2p-re használva kapjuk, hogy x2p − 1 = Φ1 (x)Φ2 (x)Φp (x)Φ2p (x). Tehát
x4p − 1 x4p − 1 x2p + 1 = 2p = . Φ1 (x)Φ2 (x)Φ4 (x)Φp (x)Φ2p (x) (x − 1)Φ4 (x) Φ4 (x) Megint csak a rekurziót használva: x4 − 1 x4 − 1 Φ4 (x) = = 2 = x2 + 1. Φ1 (x)Φ2 (x) x −1 Φ4p (x) =
(Valóban, a 4. primitív egységgyökök a ±i és (x + i)(x − i) = x2 + 1.) Tehát x2p + 1 = x2(p−1) − x2(p−2) + x2(p−3) − x2(p−4) + · · · − x2 + 1. 2 x +1 Ezutóbbi lépést egy maradékos osztással kaphatjuk. Φ4p (x) =
Megjegyzés: Fenti megoldásból azt a kulcslépést érdemes megjegyezni, hogy a nevezőben is fel lehet, és érdemes is felhasználni a rekurziót: az x2p − 1 = Φ1 (x)Φ2 (x)Φp (x)Φ2p (x) lépés rengeteg számolástól kimélt meg minket.
