Transcript Polinom2

Definíció.
Legyen S egységelemes integritási tartomány, R
részgyűrűje S-nek, és R tartalmazza S
egységelemét (e).
Egy f  R[x] polinom cS -beli helyettesítési értéke
f(c) = a0 + a1c +…+ ancn
c az f gyöke, ha a helyettesítési érték f(c) = 0.
Az f-hez tartozó polinomfüggvény
helyettesítési értékét vesszük a c helyen.
Gyakran az érdekel minket, hogy az R
feletti f polinomnak van-e R-beli gyöke.
1
Tétel (gyöktényező leválasztása)
Legyen R egységelemes integritási tartomány,
f  R[x]*, és cR az f gyöke. Ekkor  q  R[x]* :
f(x) = (x – c)q(x).
Bizonyítás.
x – c polinom főegyütthatója egység 
maradékos osztás :
f(x) = (x – c)q(x) + r(x),
a. r = 0  kész.
b. deg(r) < deg( x – c ) = 1  r konstans polinom
f(c) = (c – c)q(c) + r(c) = r(c) = 0.
 r a nullpolinom
2
Gyökök száma ?
Függ R –től
Keressük az f(x) = x2 +1 polinom gyökeit.
1. Z, Q, R –ben nincs gyöke .
2. C[x] –ben a gyökök száma kettő:
3. Z2[x] –ben egy gyöke van:
i és –i .
1.
4. Z3[x] –ben nincs gyöke .
5. Z5[x] –ben két gyöke van:
2 és 3 .
6. Legyen R=Zp, valamely p prímre:
a. ha p1 (mod 4), akkor az f polinomnak két
gyöke van Zp-ben;
b. ha p–1 (mod 4), akkor f-nek nincs Zp-ben
gyöke.
3
7. R a kvaterniók ferde teste. (Ferdetest, ha a
szorzás kommutativitását kivéve a test axiómák
teljesülnek benne.)
A=a+bi+cj+dk
a, b, c, dR
kvaternió, ahol i, j és k a képzetes egységek.
A műveletek:
A’=a’+b’i+c’j+d’k szintén kvaternió.
A+A’=(a+a’)+(b+b’)i+(c+c’)j+(d+d’)k
AA’=(aa’-bb’-cc’-dd’)+(ab’+ba’+cd’-dc’)i+
+(ac’-bd’+ca’+db’)j+(ad’+bc’-cb’+da’)k
A képzetes egységek esetén
i2 = j2 = k2 = –1, ij = k, jk = i ki = j.
A szorzás asszociatív, nem kommutatív és — mivel
a többi testre vonatkozó tulajdonság teljesül — a
kvaterniók ferdetestet alkotnak.
f-nek ebben a struktúrában végtelen sok gyöke van.
Legyen ugyanis a=0, b2+c2+d2=1. Az
a+bi+cj+dk kvaternió gyöke a polinomnak. Ilyen
kvaternió végtelen sok van.
4
Tétel (polinom gyökeinek száma)
Legyen f  R[x]*, ahol R egységelemes integritási tartomány, és deg( f ) = n  0. Ekkor f-nek legfeljebb n
különböző gyöke van R-ben.
Bizonyítás (n szerinti teljes indukció) .
1. n = 0 esetén: f konstans polinom, nincs gyöke
n = 1 és
f(x) = a0 + a1x,
a10.
Ekkor c1 , c2 R gyökökre :
f(c1) = a0+ a1c1 = 0,
f(c2) = a0+ a1c2 = 0.
a0 + a1c1 = a0 + a1c2 ,
a1c1 = a1c2 .
R nullosztómentes, a10,  c1 = c2.
 legfeljebb egy gyök van.
5
2. Tegyük fel, hogy n > 1, és az n-nél kisebb fokúakra igaz az állítás. Legyen cR gyöke f-nek :
f(c)=0 f(x)=(x–c)g(x), ahol
deg(g) = deg( f ) – 1 = n – 1.
Ha d is gyöke f-nek, akkor
f(d) = 0 = (d – c)g(d) = 0,
R nullosztómentessége 
d = c vagy g(d) = 0.
Ind. feltétel  g különböző gyökeinek száma ≤ n – 1.

f különböző gyökeinek a száma n.
Az 1. és 2. pont alapján minden nem nulla polinom
esetén igaz az állítás.
A 7. példában nem teljesül a tétel állítása, mert a
kvaterniók nem alkotnak integritási tartományt,
nem teljesítik a szorzás kommutativitását.
6
Tétel (Wilson-féle kongruenciatétel).
Ha pN prím, akkor (p–1)!–1 (mod p).
Bizonyítás.
p=2 1!–1 (mod 2) a tétel állítása, ami igaz.
p>2, R = Zp
p 1
f  x   x p 1  1    x   .
 1
f-nek legalább p–1 gyöke van Zp-ben:
1p–1, p–11 (mod p) kis Fermat-tétel

f ( )  0
DE: deg fp–2, ( f fenti előállításában a (p–1)edfokú tagok kiejtik egymást).
f-nek több gyöke van, mint amennyi a
fokszáma lehet,
f az azonosan zérus polinom.
 a konstans tag is nulla, ami másrészt a
– (p–1)! –1 által reprezentált maradékosztály.
7
Definíció.
Legyen R egységelemes integritási tartomány, és
f  f ’ R[x]-nek önmagába való leképezése a
következő feltételekkel:
1. c’ = 0, ha c konstans polinom,
2. (f + g)’ = f ’+ g’,
3. (fg)’ = f ’g + f g’ ,
4. (ex)’ = e.
Az f ’ polinom f (algebrai) deriváltpolinomja,
vagy differenciálhányadosa.
f ’= a1 + 2a2x +…+n anxn-1
8
Definíció.
Legyen R egységelemes integritási tartomány, és
f  R[x]*. Azt mondjuk, hogy c  R az f(x) n-szeres
gyöke (nN), ha
( x – c)n | f(x) és ( x – c)n+1 | f(x) .
Jelölés.
x  c n f x  .
c az f-nek n-szeres gyöke, ha f(x)=(x–c)ng(x),
és gR[x], g(c)0.
Tétel.
Legyen R egységelemes
f  R[x], c  R, n  N.
integritási
tartomány,
Ha c az f(x)-nek n-szeres gyöke, akkor c az f '(x)-nek
legalább (n–1)-szeres gyöke;
pontosan (n–1)-szeres gyök abban az esetben, ha
char(R) = 0.
9
Bizonyítás.


'
n
f '( x )  ( x  c)  g ( x )  ( x  c) n  g '( x )  n( x  c) n 1  g ( x )
 ( x  c) n1  ( x  c)  g ' ( x)  ng ( x)  ( x  c) n1  h( x).
Tehát c legalább (n–1)-szeres gyöke f '(x)-nek és
h(c)  (c  c)  g ' (c)  ng (c) 
 ng (c)  g (c)    g (c).
( x – c)n | | f(x)  g(c)  0 .
char(R) = 0  az összeg sosem 0.
Megjegyzés.
Fordítva nem igaz pl :
f(x) = x4 - 1, f ’(x) = 4x3 
f ’(x) –nek a 0 3-szoros gyöke, f(x) –nek nem
gyöke.
10
1. Legyenek
a , b Z p , a  b
f ( x)  ( x  a ) p  ( x  b )
f '( x )   x  a 
p
a mind f-nek, mind a deriváltjának p-szeres
gyöke.
2. Legyen
a , b Z p , k , n N,
p /| n
f ( x)  ( x  a ) kp(( x  a ) n  e)
f ' ( x)  n( x  a ) kp n 1
a az f-nek kp-szeres, f '-nek kp+n–1-szeres
gyöke.
a multiplicitása a deriváltban bármennyivel
nagyobb lehet az eredeti multiplicitásnál.
11
Tétel.
Ha R végtelen, egységelemes integritási
tartomány, és az f, g polinomfüggvények
egyenlőek, akkor az f és g polinomok is
egyenlőek.
Bizonyítás.
Ha az f, gR[x] polinomokhoz tartozó
polinomfüggvények egyenlőek
f(c)=g(c) minden cR esetén.
f(x)–g(x) polinomnak végtelen sok gyöke van,
ami csak úgy lehet, ha maga a nullpolinom.
 ai=bi
1in=k,
 az f és g polinomok azonosak.
Végtelen integritási tartomány felett a
polinomok és a hozzájuk tartozó
polinomfüggvények között nem szükséges
különbséget tenni.
Véges integritási tartomány esetén élesen elválik
a két fogalom.
12
Felbonthatatlanok a polinomok körében
test fölötti polinomok euklidészi gyűrűt alkotnak

felbonthatatlanok és a prímek egybeesnek.
Egység a lehető legkisebb  értékkel rendelkező
polinom

nulladfokú, nemnulla konstans polinom lehet
egység.
Test fölötti polinomok körében a nemnulla
konstans polinomok mindnyájan egységet alkotnak
(ezek minden polinomnak osztói.)
Az elsőfokú polinomok mindig felbonthatatlanok.
Bizonyos esetben magasabbfokú polinomok is
lehetnek felbonthatatlanok.
13
Komplex együtthatójú polinomok
Algebra alaptétele:
minden legalább elsőfokú komplex együtthatójú
polinomnak van komplex gyöke.
 Egy n1 fokú komplex együtthatós polinomnak
pontosan n gyöke van, melyek azonban nem
feltétlenül különböznek.
f  C[x] :
f ( x)  an ( x  c1 )1  ( x  c2 ) 2  ...  ( x  ck ) k
ahol cj  C, ci  cj , ha i  j és
1+2+…+k = n = deg f.

C fölött az irreducibilis polinomok pontosan az
elsőfokúak.
14
Valós együtthatójú polinomok
Tétel.
Legyen f R[x], c C és f(c) = 0. Ekkor
f c   0
Bizonyítás.
f(c)=a0+a1c+…+ancn=0.
f (c)  a0  a1  c    an  c n 
 a0  a1  c    an  c n  f c   0.
Összeg és szorzat konjugáltja tagonként, illetve
tényezőnként vehető.
Az ai együtthatók, valamint 0 konjugáltja önmaga,

mert valósak.
15
Következmény.
Legyen c C\R gyöke f R[x]-nek 
c  c és c
is gyöke f-nek
x – cf(x)
és
x – c f(x),
felbonthatatlanok és nem asszociáltak 
g(x) = (x – c)(x – c )  f(x) .
g ( x)  x 2  (c  c ) x  cc 
x2 – 2Re(c)x + |c|2  R[x] .
  h(x)  R[x] :
f(x) = g(x) h(x),
deg(h) = deg(f) – 2 .
 f  R[x] legfeljebb másodfokú polinomok szorzatára bontható R felett.
Azok a másodfokú polinomok felbonthatatlanok, amelyeknek nincs valós gyökük.
16
Z[x] nem alkot euklidészi gyűrűt.
Ha azt alkotna, akkor a 2 és x polinomok
legnagyobb közös osztója, ami 1, előállítható
lenne 2 és x lineáris kombinációjaként:
2u(x)+xv(x)=1,
u, vZ[x].
Ilyen u és v polinomok nincsenek.
Ennek ellenére Z[x]-ben a prímek és
felbonthatatlanok egybeesnek, és érvényes az
egyértelmű felbontás tétele.
Q[x]-ben irreducibilis polinomok keresése
ekvivalens feladat azzal, hogy Z[x]-ben
keresünk irreducibilis polinomokat.
17
Gauss-tétel.
Ha valamely f egész együtthatós polinom
felbontható racionális együtthatós polinomok
szorzatára, akkor felbontható egész
együtthatós polinomok szorzatára is.
f(x)=g(x)h(x), fZ[x], g, hQ[x],
1deg g<deg f , 1deg h<deg f,
 léteznek G, HZ[x],
deg G=deg g, deg H=deg h:
f(x)=G(x)H(x).
Racionális együtthatós polinomból
egész együtthatós polinom:
az együtthatók nevezőinek legkisebb közös
többszörösével beszorzunk. Ez Q[x]-ben egy
egységgel való szorzást jelent.
18
Az egész együtthatós polinomok körében (és így
Q[x]-ben is) tetszőleges nN-re van
felbonthatatlan polinom.
Schur-tétel.
Legyen nN, n>4, c1, c2, …, cnZ páronként
különbözőek. Ekkor az alábbi polinomok
irreducibilisek Z[x]-ben:
f1(x)=(x–c1)…(x–cn)+1
f2(x)=(x–c1)…(x–cn)–1
Példa n-edfokú irreducibilis polinomra
Z[x]-ben és így Q[x]-ben.
(Schőnemann--Eisenstein-tétel)
xn + p , p prím.
19
Hányadostest
R integritási tartomány T testbe ágyazható:
T = { (a, b)  a, b  R, b  0 }.
(a, b)  (c, d)  ad = bc
ekvivalenciareláció által meghatározott osztályok
testet alkotnak az alábbi műveletekre:
a, b   c, d   a  d  b  c, b  d ,
a, b  c, d   a  c, b  d .
Definíció.
A fenti test R hányadosteste (kvóciensteste) .
Test fölötti polinomgyűrű integritási tartomány, és így
testbe ágyazható.
Valamely K test esetén a K[x] integritási tartomány
hányadostestét racionális függvénytestnek nevezzük
20
és K(x)-szel jelöljük.