Az előző szakaszban láttuk, hogy egész számok között a számelmélet alaptételét végső soron a maradékos osztás létezésének köszönhetjük. Test fölötti polinomgyűrűben szintén elvégezhető a maradékos osztás, és ezért itt is igaz lesz az alaptétel.
3.2.1. Tétel. Legyen R szokásos gyűrű. Ekkor az R[x] polinomgyűrűben minden olyan g∈ R[x] polinommal lehet maradékosan osztani, amelynek főegyütthatója invertálható. Ez azt jelenti, hogy tetszőleges f∈ R[x]
polinomhoz léteznek olyan q,r∈ R[x] polinomok, melyekre f=gq+r, és vagy r=0, vagy r foka kisebb g fokánál.
A q és r polinomok egyértelműen meghatározottak.
Az f=gq+r maradékos osztásban az f az osztandó, a g az osztó, a q polinomot hányadosnak, az r-et maradéknak nevezzük. Az r=0 esetet azért kellett külön vennünk, mert a nullapolinomnak nincsen foka. A tételből látjuk, hogy test fölött minden nem nulla polinommal lehet maradékosan osztani.
Megjegyzés
Osszuk el az f(x)=2x3+2x2+3x+2 polinomot g(x)=x2+1-gyel a Maple segítségével. A quo parancs hányadost, rem maradékot számol.
quo(2*x^3+2*x^2+3*x+2, x^2+1, x);
2 x + 2
rem(2*x^3+2*x^2+3*x+2, x^2+1, x);
x
Az angol quotient szó hányadost, a remainder maradékot jelent.
Ez tehát azt jelenti, hogy 2x3+2x2+3x+2=(x2+1)(2x+2)+x, és az r(x)=x foka, ami 1, kisebb, mint g(x)=x2+1 foka, ami 2.
Mielőtt a tételt bebizonyítanánk, a fenti osztást elvégezzük „kézzel” is (a bizonyítás ezt az eljárást általánosítja majd). A polinomok között az osztás ahhoz hasonló lépésekben történik, ahogy egész számok között maradékosan osztunk, még a jelölés is ugyanolyan.
Az első lépésben az osztandó főtagját osztjuk az osztó főtagjával: 2x3/x2=2x. Ezt leírjuk, majd visszaszorozzuk vele az osztót: (2x)(x2+1)=2x3+2x. Ezt az osztandó alá írjuk, és kivonjuk: (2x3+2x2+3x+2)-(2x3+2x)=2x2+x+2.
Ezzel az új polinommal ismételjük az eljárást addig, ameddig lehet, vagyis ameddig a kapott különbség foka még nagyobb vagy egyenlő, mint az osztó foka. Láthatjuk, hogy a hányados 2x+2, a maradék pedig x.
A 3.2.1. Tétel most következő bizonyításában a fenti eljárást modellezzük. Rögzített g mellett f foka szerinti indukcióval bizonyítjuk q és r létezését.
Megjegyzés
Ez az indukció olyan formájú lesz, amelyre az Olvasó nem biztos, hogy korábban is látott példát.
Föltesszük, hogy az állítás minden f-nél kisebb fokú polinomra igaz (tehát nem csak a gr(f)-1 fokú polinomokra), és ebből az erős indukciós feltevésből igazoljuk az állítást f-re. Speciálisan ha f foka nulla, akkor az indukciós feltevésünk üres feltétel (azaz semmit sem teszünk föl). Oda kell figyelnünk
arra, hogy a bizonyításunk ebben az esetben is működjön (az Olvasó gondolja majd meg, hogyan működik az alábbi bizonyítás akkor, amikor gr(f)=gr(g)=0). Vagyis az indukciónak kezdő esete sem lesz.
Hogy az Olvasót meggyőzzük az ilyesfajta indukció helyességéről, az indukciót indirekt bizonyítássá változtatjuk. Azt a halmazelméleti tényt használjuk föl, hogy nemnegatív egész számok minden nem üres halmazában van legkisebb elem. Ezért az ellenpéldák között lesz olyan, amelynek foka kisebb vagy egyenlő a többi ellenpélda fokánál. Hasonló típusú indukciót látunk majd a 3.9.7. Következmény bizonyításában (érdemes elolvasni az ottani apró betűs részt). Ez a fajta gondolatmenet igen gyakori a véges csoportok elméletében, továbbá a számelméletben is, ahol a módszert végtelen leszállásnak nevezik.
Bizonyítás. Ha f=0, akkor a 0=g⋅ 0+0 előállítás megfelelő lesz. Ha f foka kisebb g fokánál, akkor is készen vagyunk, mert az f=g⋅ 0+f maradékos osztás is eleget tesz a feltételeknek.
Tegyük föl indirekt, hogy az állítás nem igaz, azaz van olyan „ellenpélda-polinom”, amely nem osztható el maradékosan g-vel. Láttuk, hogy a nullapolinom elosztható maradékosan g-vel, és így az ellenpéldák között nincs ott a nulla, vagyis mindegyik ellenpélda-polinomnak van foka. Válasszunk ki közülük egy lehető legkisebb fokút, legyen ez f és ennek foka n. Ekkor az n-nél kisebb fokú polinomok már nem ellenpéldák, vagyis maradékosan eloszthatók g-vel.
Jelölje f főtagját axn és g főtagját bxm (ahol feltevésünk szerint b invertálható eleme R-nek). Az állítást már beláttuk abban az esetben, amikor f foka kisebb g fokánál, vagyis az m-nél kisebb fokú polinomok nem ellenpéldák. Mivel f ellenpélda, ezért gr(f)=n≥ m.
Most végezzük el a fenti példában leírt osztási eljárás egy lépését, azaz f főtagját osszuk el g főtagjával, szorozzuk ezzel vissza a g osztót, és a kapott szorzatot vonjuk ki f-ből. Az eredmény f0=f-(a/b)xn-mg. Ez értelmes, hiszen feltettük, hogy b-vel lehet R-ben osztani.
A kivonásnál f főtagja kiesik, és így f0 foka kisebb, mint gr(f)=n (vagy f0=0). Ezért f0 már nem ellenpélda az állításra, vagyis maradékosan elosztható g-vel: f0=gq0+r, ahol r=0, vagy r foka kisebb g fokánál. De innen
tehát f is elosztható maradékosan g-vel. Ez az ellentmondás bizonyítja a tétel első állítását, azt, hogy a maradékos osztás elvégezhető.
Az egyértelműség bizonyításához tegyük föl, hogy f-et kétféleképpen is elosztottuk maradékosan g-vel:
ahol r1 és r2 is vagy nulla, vagy g-nél kisebb fokú polinom. Átrendezéssel
A jobb oldalon álló r2-r1 polinom vagy nulla, vagy g-nél kisebb fokú. Ha q1-q2≠ 0, akkor viszont a bal oldalon álló polinom foka legalább annyi, mint g foka, hiszen szorzásnál a fokok összeadódnak, ami ellentmondás. Ezért q1-q2=0, de akkor nyilván r2-r1=0, és így a két maradékos osztásban a hányados és a maradék is ugyanaz. □ Az osztásnál kapott hányados és maradék együtthatói az R gyűrű elemei. Ennek az észrevételnek, és a tétel egyértelműségi állításának van egy fontos következménye. Képzeljük el, hogy f és g racionális együtthatós polinomok, és g osztója f-nek a ℂ[x] gyűrűben, vagyis létezik egy olyan q∈ ℂ[x] polinom, melyre gq=f. Azt állítjuk, hogy q minden együtthatója racionális szám, és így g már ℚ[x]-ben is osztója f-nek.
Ez következik abból, ahogy az osztást végezzük, hiszen az f:g kiszámításakor csak a négy alapműveletre van szükség, és megkapjuk q együtthatóit. Elegánsabb azonban az állítást a következőképpen bizonyítani. Osszuk el maradékosan f-et g-vel ℚ[x]-ben:
ahol q1,r1∈ ℚ[x] (és r1=0 vagy gr(r1)<gr(g)). Vessük össze ezt az
összefüggéssel. Ez két maradékos osztás ℂ[x]-ben. Az egyértelműség miatt tehát q=q1, vagyis q tényleg racionális együtthatós.
Ugyanez a gondolatmenet működik abban az esetben is, ha ℚ vagy ℂ helyett a valós számok teste szerepel. Az alábbi állítást ezért általánosan mondjuk ki: a ℂ szerepét T, a ℚ szerepét S fogja játszani.
3.2.2. Állítás. Legyen T test, és S részteste T-nek. Ha f,g∈ S[x], és g osztója f-nek T[x]-ben, akkor osztója S[x]-ben is.
A kitüntetett közös osztó meghatározására szolgáló euklideszi algoritmus a maradékos osztáson alapszik, ezért tetszőleges test fölötti polinomgyűrűben is elvégezhető. Ezt az eljárást röviden átismételjük. Legyen T test, és f,g∈ T[x] két polinom. Készítsük el az alábbi maradékos osztásokat:
Az itt szereplő r1,r2,... maradékok foka egyre csökken, és mivel ezek a fokok nemnegatív egész számok, előbb-utóbb a maradék nulla lesz. A jelölést úgy választottuk, hogy rn legyen az utolsó nem nulla maradék. Az egész számokra tanult bizonyítás szó szerint átvihető: rn az f és g kitüntetett közös osztója lesz.
Számelméletből tudjuk, hogy az euklideszi algoritmus segítségével az a és b számok legnagyobb közös osztója fölírható ax+by alakban alkalmas x és y egészekre. Ez a visszahelyettesítési eljárás polinomokra ugyanúgy elvégezhető.
3.2.3. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a fenti eljárásban kapott legutolsó nem nulla maradék (vagyis rn) az f és g kitüntetett közös osztója, és rn előállítható fp+gq alakban, ahol p és q alkalmas T[x]-beli polinomok (lásd a 3.2.17. Gyakorlatot).
3.2.4. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ℤ[x]-ben a 2 és x elemeknek az 1 kitüntetett közös osztója, de nem írható föl 2p(x)+xq(x) alakban, ahol p,q∈ ℤ[x].
3.2.5. Feladat. Az euklideszi algoritmus fenti vázlatában több pontatlanság is van. Keressük meg, és javítsuk ki ezeket.
A kitüntetett közös osztó csak asszociáltság erejéig egyértelmű, és egy test fölött két polinom akkor és csak akkor asszociált, ha egymás konstansszorosai (3.1.11. Gyakorlat). Így néha megállapodnak abban, hogy (f,g) a kitüntetett közös osztók közül az egyetlen normált polinomot jelöli.
3.2.6. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy két racionális együtthatós polinom ℚ[x]-beli kitüntetett közös osztója ℂ [x]-ben is kitüntetett közös osztó. Általánosítsunk!
Megjegyzés
A Maple programban a gcd parancs számol kitüntetett közös osztót.
gcd(x^6-1, x^4-1);
2 x - 1
A gcd az angol greatest common divisor (legnagyobb közös osztó) rövidítése.
Most még egy bizonyítást adunk arra, hogy test fölötti polinomgyűrűben létezik a kitüntetett közös osztó. Ez a bizonyítás egyszerűbb a fentinél, és bevezeti azt a módszert, amellyel később a számelméleti kérdéseket
gyűrűkben vizsgálni fogjuk. Hátránya, hogy segítségével nem lehet kiszámítani a kitüntetett közös osztót, erre a célra továbbra is az euklideszi algoritmust használjuk majd.
3.2.7. Tétel. Legyen T test. Ekkor tetszőleges két T fölötti f és g polinomnak létezik az (f,g) kitüntetett közös osztója. Ha h is egy T fölötti polinom, akkor h pontosan akkor írható föl fp+gq alakban alkalmas p,q∈ T[x]
polinomokkal, ha (f,g)∣ h.
Bizonyítás. Jelölje I az fp+gq alakban fölírható polinomok halmazát, ahol p,q∈ T[x]. Ennek a halmaznak több érdekes tulajdonsága is van. Például zárt az összeadásra. Valóban, ha h1, h2∈ I, akkor
alkalmas p1,p2,q1,q2∈ T[x] polinomokra. De akkor
ami azt mutatja, hogy h1+h2∈ I.
Az I másik fontos tulajdonsága, hogy minden elemének az összes többszörösét (polinomszorosát) is tartalmazza (ez tehát több, mintha csak azt mondanánk, hogy részgyűrű). Valóban, ha h∈ I, azaz h=fp+gq, és r∈ T[x] egy tetszőleges polinom, akkor
Válasszunk ki most I-ből egy olyan h0 polinomot, aminek a foka a lehető legkisebb. Megmutatjuk, hogy az I elemei pont a h0 többszörösei. Azt az előbb láttuk, hogy h0 többszörösei benne vannak I-ben. Megfordítva, ha h∈ I tetszőleges, akkor osszuk el h-t maradékosan h0-lal:
ahol r=0, vagy r foka kisebb, mint h0 foka. Az első esetben készen is vagyunk, hiszen azt akarjuk belátni, hogy h többszöröse h0-nak. Ha r≠ 0, akkor
hiszen I-ben benne van -h0q is (hiszen ez h0 többszöröse), és benne van h is, tehát benne van a kettő összege is.
De ez lehetetlen, mert r foka kisebb, mint h0 foka, és h0 foka a lehető legkisebb volt az I-beli elemek fokai között. Tehát beláttuk, hogy I tényleg a h0 többszöröseiből áll.
Most azt mutatjuk meg, hogy h0 kitüntetett közös osztója f-nek és g-nek. Nyilván f∈ I (mert f=f⋅ 1+g⋅ 0), és hasonlóképpen g∈ I. Így h0 osztója f-nek és g-nek. Tegyük most fel, hogy k∈ T[x] közös osztója f-nek és g-nek, be kell látni, hogy k∣ h0. De ez nyilvánvaló, hiszen h0∈ I, azaz h0 fölírható fp+gq alakban. Tehát h0 tényleg f és g kitüntetett közös osztója.
Menet közben beláttuk a tétel utolsó állítását is. Az I halmaz ugyanis azokból a h polinomokból áll, amelyek fölírhatók fp+gq alakban, és éppen azt mutattuk meg, hogy ezek a polinomok h0=(f,g) többszörösei. □
3.2.8. Feladat. Az előző bizonyításban van egy apró pontatlanság. Keressük ezt meg, és tegyük teljessé a gondolatmenetet.
3.2.9. Feladat. Határozzuk meg az egész számok gyűrűjében az összes olyan nem üres I részhalmazt, amely zárt az összeadásra, és bármely elemének mindegyik többszörösét is tartalmazza. Hogyan használhatnánk föl az eredményt a komplex szám rendjére vonatkozó 1.5.8. Tétel bizonyítására?
Az eddig elmondottakból már könnyen következik az, hogy minden test fölötti polinomgyűrű alaptételes, vagyis minden nem nulla és nem egység (azaz nem konstans) polinom egyértelműen bontható irreducibilisek szorzatára. Először tisztázzuk, hogy test fölött mit is jelent az irreducibilitás.
3.2.10. Állítás. Legyen T test. Egy f∈ T[x] polinom akkor és csak akkor irreducibilis T fölött, ha nem konstans, és nem bontható föl két alacsonyabb fokú T-beli együtthatós polinom szorzatára.
Bizonyítás. Test fölötti polinomgyűrűben az egységek a nem nulla konstans polinomok (3.1.11. Gyakorlat).
Tehát egy polinom triviális felbontásai azok, amikor az egyik tényező konstans, és így a nemtriviális felbontások azok, amikor egyik tényező sem konstans. Ez ugyanazt jelenti, mintha azt mondanánk, hogy mindkét tényező az eredeti polinomnál alacsonyabb fokú kell, hogy legyen, hiszen a tényezők fokainak összege az eredeti polinom foka. □
A most adott jellemzés általános gyűrű fölött nem működik. Ezzel a jelenséggel a 4. szakaszban foglalkozunk, itt csak egy gyakorlattal érzékeltetjük.
3.2.11. Gyakorlat. Irreducibilis-e a 2x polinom ℤ fölött?
Megjegyzés
A Maple programban a factor parancs segítségével bonthatunk polinomokat irreducibilisek szorzatára.
factor(2*x^5-x^3+3*x^2-3*x+3);
2 3
(x + 1) (2 x - 3 x + 3)
A következő szakaszokban, és később a Galois-elmélet tárgyalásakor is látunk majd módszereket annak eldöntésére, hogy egy adott polinom irreducibilis-e. Létezik általános hatékony algoritmus mind ℚ, mind a véges testek fölött az irreducibilitás eldöntésére, ennek tárgyalása azonban meghaladná e könyv kereteit. Egy nem hatékony algoritmust ír le a 3.4.21. Feladat.
3.2.12. Tétel. Ha T test, akkor T[x]-ben érvényes a számelmélet alaptétele.
Ennek a tételnek a bizonyítását most csak két feladat formájában, vázlatosan ismertetjük. Ennek egyrészt az az oka, hogy a gondolatmenet lényegében ugyanaz, mint az egész számok esetében, másrészt pedig az, hogy később a gyűrűelméleti részben egy olyan általános eredményt bizonyítunk majd (5.5.8. Tétel), amelynek a 3.2.12. Tétel speciális esete lesz.
3.2.13. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha T test, akkor T[x]-ben minden irreducibilis polinom prímtulajdonságú.
Vezessük le ebből a számelmélet alaptételének egyértelműségi állítását.
3.2.14. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha T test, akkor minden nem konstans T[x]-beli polinom felbontható irreducibilis polinomok szorzatára.
Az euklideszi algoritmusnak másik fontos alkalmazása, hogy lehetővé teszi két polinom közös gyökeinek megkeresését. Természetesen ez akkor izgalmas, ha a gyököket külön-külön nem tudjuk meghatározni.
3.2.15. Állítás. Legyen R szokásos gyűrű és f,g∈ R[x]. Ha létezik az (f,g) kitüntetett közös osztó, akkor ennek az R-beli gyökei pontosan az f és g közös gyökei.
Bizonyítás. Ha b∈ R gyöke (f,g)-nek, akkor gyöke mindegyik többszörösének, azaz f-nek is és g-nek is. Ha viszont b közös gyöke f-nek és g-nek, akkor x-b osztója mindkét polinomnak, és így a kitüntetett közös osztójuknak is. □
Gondolkodjunk!
3.2.16. Gyakorlat. Osszuk el az x3-2 polinomot 2x2+2x-3-mal.
3.2.17. Gyakorlat. Az alábbi f és g polinomoknak határozzuk meg a kitüntetett közös osztóját az euklideszi algoritmussal, és az eredményt a visszahelyettesítési eljárással írjuk föl fp+gq alakban, ahol p és q alkalmas polinomok.
1. f(x)=3x3+6x2+6x+3 és g(x)=2x4+2x2+2.
2. f(x)=x5-1 és g(x)=x3-1 (a 3.3.15. Gyakorlatban egy másik megoldást mutatunk).
3.2.18. Gyakorlat. Elvégezhető-e ℤ[x]-ben az x:2 maradékos osztás? Vagyis vannak-e olyan q,r∈ ℤ[x]
polinomok, hogy x=2q(x)+r(x), és r=0, vagy r foka kisebb a 2 fokánál? (Lásd az 5.5.7. Következmény utáni megjegyzést is.)
3.2.19. Gyakorlat. Legyenek f és g≠ 0 egész együtthatós polinomok. Igaz-e, hogy g akkor és csak akkor osztója f-nek ℤ[x]-ben, ha az f:g maradékos osztást ℚ[x]-ben elvégezve a hányados egész együtthatós, és a maradék nulla?
3.2.20. Gyakorlat. Legyen T test, és S részgyűrűje T-nek. Tegyük föl, hogy f,g∈ S[x], és g főegyütthatója invertálható S-ben. Mutassuk meg, hogy ha g osztója f-nek T[x]-ben, akkor osztója S[x]-ben is.
3.2.21. Gyakorlat. Legyen T test, és S részteste T-nek. Tegyük föl, hogy f,g∈ S[x], e két polinomnak b∈ T közös gyöke, és g irreducibilis S fölött. Mutassuk meg, hogy g∣ f az S[x]-ben.
Megjegyzés
Az előző gyakorlatot több alkalommal is alkalmazzuk majd. A későbbi alkalmazásokban viszont helyettesíteni fogják a minimálpolinomról szóló 5.10.10, 5.10.12. és 6.1.13. Tételek.
3.2.22. Gyakorlat. Vezessük le a maradékos osztás tételéből a gyöktényező kiemelhetőségéről szóló 2.4.6.
Állítást.
3.2.23. Gyakorlat. Ha az x4+x2+1 polinomot elosztjuk x2+x+1-gyel, mi a maradék? A kapott eredményt indokoljuk meg számolás nélkül is. Hogyan lehetne általánosítani a kapott észrevételt?
3.2.24. Gyakorlat. Mi a maradék, ha x64+x54+x14+1-et osztjuk x2-1-gyel, illetve x2+1-gyel?
3.2.25. Gyakorlat. Egy f∈ ℂ[x] polinom x-1-gyel osztva kettőt, x-2-vel osztva egyet ad maradékul. Mit ad maradékul (x-1)(x-2)-vel osztva?
3.2.26. Gyakorlat. Ha b közös gyöke az f és g (szokásos gyűrű fölötti) polinomoknak, és h kitüntetett közös osztója f-nek és g-nek, akkor mi lesz a b gyök multiplicitása h-ban?