Aki tanult már analízist, az ismerheti a differenciálszámítás rendkívül hasznos apparátusát. Ha egy függvény, például a valós együtthatós
polinomhoz tartozó polinomfüggvény minimumát vagy maximumát kell meghatároznunk, akkor elkészítjük ennek a függvénynek a deriváltját:
A derivált gyökei kapcsolatban állnak az eredeti függvény szélsőértékeivel.
Mi nem a szélsőértékeket, hanem az f polinom többszörös gyökeit szeretnénk megkeresni. A derivált fogalma ehhez is segítséget nyújt, mert az f többszörös gyökei a deriváltjának is gyökei lesznek. Ahhoz, hogy ezt az állítást beláthassuk, a polinomot gyöktényezős alakban kellene fölírni, és így deriválni. Szükségünk lenne tehát egy szabályra, amely megmondja, hogy szorzatot hogyan kell deriválni. Az analízisből ismert Leibniz-szabály szerint
teljesül tetszőleges f és g polinomfüggvényekre (sőt általában differenciálható függvényekre is). Ennek alapján például ha f-nek az 1 legalább háromszoros gyöke, vagyis ha
akkor
Könnyű látni, hogy (x-1)3 deriváltja 3(x-1)2, és így f'-ből kiemelhető (x-1)2. Vagyis az 1 szám az f deriváltjának legalább kétszeres gyöke lesz.
Nagyon fontos észrevennünk a következőt. A deriváltat ugyan folytonossági megfontolásokkal származtatják, de a fenti gondolatmenetben a deriválásnak csak a számolási szabályait használtuk! Reménykedhetünk hát, hogy a fenti számolást ki lehet terjeszteni a valós helyett például véges testekre is, ahol a folytonossági megfontolások hasznavehetetlenek, de a számolási szabályok esetleg érvényesek maradnak. Így apparátust kapnánk tetszőleges test fölött a többszörös gyökök vizsgálatára. Most ezt az ötletet fogjuk kivitelezni.
3.6.1. Definíció. Legyen f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0 az R szokásos gyűrű fölötti polinom. Ekkor fformális deriváltján az
polinomot értjük.
Láthatjuk, hogy nem a polinomfüggvényeket, hanem magukat a polinomokat deriváljuk. A képletben szereplő együtthatókat, például nan-et úgy kell érteni, hogy az an elemet n példányban önmagával összeadjuk (egy gyűrűelem egész számszorosát a 2.2.19. Definícióban, illetve az azt követő megjegyzésekben értelmeztük, amikor a hatvány, illetve többszörös általános fogalmáról volt szó).
3.6.2. Állítás. Ha R szokásos gyűrű, akkor tetszőleges f,g∈ R[x] polinomokra érvényesek az alábbi deriválási szabályok.
1. (f+g)'=f'+g'.
2. (fg)'=f'g+fg', speciálisan (cf)'=cf' minden c∈ R esetén (hiszen c'=0).
3. (láncszabály).
Ezeknek a szabályoknak az igazolása úgy történhet, hogy az f és g polinomokat általános együtthatókkal írjuk föl, és a bizonyítandó azonosság mindkét oldalát kiszámoljuk. A számolásban néha segít, ha f vagy g foka szerinti indukciót alkalmazunk. A részletek kidolgozását az Olvasóra hagyjuk.
Megjegyzés
Az igazi matematikust nem elégíti ki, ha a fenti szabályokat számolással kihozza, tudni szeretné azt is, hogy ezek az analízisben tanult (és az ottani módszerekkel sokkal elegánsabban bizonyított) szabályok miért maradnak meg tetszőleges gyűrű fölött is. Egy lehetséges magyarázat szerepel Fried Ervin [19]
könyvében (I. rész, 4.3. fejezet). Röviden a következőről van szó.
Amikor a deriváltat képezzük, akkor az f függvény grafikonját egy rögzített b pont kis környezetében egy y=cx+d egyenessel akarjuk közelíteni (és f'(b) ennek az egyenesnek az iránytangense, vagyis c lesz). Azt akarjuk, hogy a kettő „egymáshoz simuljon”. Ha például b=0, akkor
kell, hogy „kis” x-ekre az x-hez képest „nagyon kicsi” legyen. Ha
akkor
Ez akkor lesz „elég kicsi” x-hez képest, ha a0=d és a1=c, vagyis ha ebben a különbségben már csak csupa x2-tel osztható tag szerepel (ez az egyenessel elérhető legjobb közelítés). Ezért lesz tehát f'(0)=a1. Ha a b pont tetszőleges, akkor a változót b+x alakban érdemes fölírni, tehát a fenti képlet úgy módosul, hogy az
kifejezésről (mint x polinomjáról) követeljük meg, hogy „kis” x-ekre az x-hez képest „nagyon kicsi”
legyen, azaz hogy ne legyen benne se konstans tag, se x-es tag, vagyis osztható legyen x2-tel. Innen ismét kiszámítható az f'(b)=c értéke. Ez már tisztán algebrai átfogalmazás, hiszen nincsen benne szó közelítésről, kicsi és nagy számokról, hanem csak polinomok oszthatóságáról, és így elmondható általános gyűrű fölött is. Az érdeklődő Olvasó Fried Ervin idézett könyvében elolvashatja, hogy ez az átfogalmazott definíció hogyan vezet el a deriválás tulajdonságainak elegáns bizonyításához.
3.6.3. Állítás. Legyen R szokásos gyűrű, és tegyük föl, hogy b∈ R az f∈ R[x] polinomnak legalább k-szoros gyöke (ahol k≥ 1 egész szám). Ekkor b az f deriváltjának legalább k-1-szeres gyöke.
Bizonyítás. Ez a már bemutatott számolás könnyű általánosítása. Mivel b legalább k-szoros gyök, f fölírható f(x)=(x-b)kq(x) alakban, ahol q∈ R[x]. Deriválva
A láncszabály szerint (x-b)k deriváltja k(x-b)k-1 (hiszen a belső x-b polinom deriváltja 1). Ezért (x-b)k-1 tényleg osztója f deriváltjának. □
A számolást folytatva
Tegyük föl, hogy b pontosan k-szoros gyöke f-nek, azaz q(b)≠ 0. A szögletes zárójelben lévő polinomba x=b-t helyettesítve a második tag eltűnik (azaz nullává válik), és az eredmény kq(b) lesz. Azt gondolhatnánk, hogy k≠
0 esetén kq(b) sem lesz nulla, és így b pontosan k-1-szeres gyöke f'-nek. A valós számok teste fölött ez biztosan így is van. A következő példa azonban óvatosságra int.
3.6.4. Kérdés. Legyen f(x)=x3+x2 a ℤ2 fölött. Hányszoros gyöke ennek a nulla? És a deriváltjának hányszoros gyöke a nulla?
Válasz: mivel x3+x2=x2(x+1) és itt 0 már nem gyöke az x+1-nek, ezért a nulla pontosan kétszeres gyök. A polinom deriváltja 3x2+2x. Itt a 2 együtthatót úgy kell érteni, hogy az x2 eredeti együtthatóját, ami 1, kétszer összeadjuk önmagával. De a ℤ2 testben 1+1=0. Ezért f deriváltja 3x2=x2 lesz. Ennek pedig a nulla szintén kétszeres gyöke!
Megjegyzés
Vessük ezt össze a 3.3.21. Gyakorlat megoldásában szereplő (x+1)2=x2+1 képlettel. Az (x+1)2 kiszámításakor nem lép föl a 2 szám: az x-es tag együtthatója 1+2 1=0 lesz. Ugyanakkor valakinek eszébe juthat, hogy az (x+1)2 kiszámítására a 2.2.46. Gyakorlatban bizonyított binomiális tételt alkalmazza. Ekkor már a fent vizsgált jelenséggel szembesül, nevezetesen, hogy a ℤ2[x] gyűrűben 2x=x+x=0.
A probléma oka tehát a következő: egy R nullosztómentes gyűrűben a kq(b) igenis lehet nulla akkor is, ha sem k, sem q(b) nem nulla, hiszen k nem gyűrűelem, hanem egész szám! Például ℤ2-ben 2⋅ 1=0, noha a 2=1+1 egész szám nem nulla, és az 1∈ ℤ2 sem nulla (de természetesen 1+2 1=0). Most már megfogalmazhatjuk azt a feltételt, ami biztosítja, hogy f'-nek a b pontosan k-1-szeres gyöke legyen.
3.6.5. Tétel. Legyen R szokásos gyűrű, és tegyük föl, hogy b∈ R az f∈ R[x] polinomnak pontosan k-szoros gyöke (k≥ 1 egész). Ekkor b az f deriváltjának legalább k-1-szeres gyöke. Ha az R minden r≠ 0 elemére igaz, hogy kr≠ 0, akkor b az f deriváltjának pontosan k-1-szeres gyöke.□
A tételbeli feltétel teljesül, ha k=1 (és az R gyűrű tetszőleges). Ebben az esetben arról van szó, hogy b a deriváltnak nullaszoros gyöke, vagyis nem gyöke. Ha tehát egy elem egy polinomnak pontosan egyszeres gyöke, akkor a deriváltjának biztosan nem gyöke. A feltétel akkor is teljesül, ha R az egész, a racionális, a valós, vagy a komplex számok gyűrűje (és k tetszőleges). Erre a furcsa feltételre vissza fogunk térni később, amikor gyűrűk karakterisztikájáról lesz szó (5.8.3. Tétel).
3.6.6. Következmény. Legyen R szokásos gyűrű, és f∈ R[x]. Ekkor az f polinom többszörös gyökei pontosan az f és f' közös gyökei.
Bizonyítás. Ha b∈ R legalább kétszeres gyöke f-nek, akkor gyöke f'-nek is, és így közös gyöke f-nek és f'-nek.
Megfordítva, ha b közös gyöke f-nek és f'-nek, akkor f-nek legalább kétszeres gyöke, hiszen ha csak egyszeres gyöke lenne, akkor az előző állítás szerint f'-nek nullaszoros gyöke lenne. □
Ha tehát az az (f,f') kitüntetett közös osztó létezik, akkor (a 3.2.15. Állítás szerint) ennek gyökei pontosan f többszörös gyökei. Így például test fölött a többszörös gyököket kereshetjük úgy, hogy az euklideszi algoritmussal kiszámítjuk f és f' kitüntetett közös osztóját. Speciálisan ha (f,f') konstans, akkor f-nek nincs többszörös gyöke. Vizsgálhatjuk azt is, hogy van-e f-nek legalább háromszoros, négyszeres, stb. gyöke, ha a második, harmadik, stb. deriváltakat tekintjük (lásd a 3.6.12. Gyakorlatot és a 3.6.13. Feladatot).
Gondolkodjunk!
3.6.7. Gyakorlat. Határozzuk meg az x6+x5+5x4+4x3+8x2+4x+4 polinom többszörös komplex gyökeit.
3.6.8. Gyakorlat. Miért igaz, hogy ℤ2 fölött 3x2=x2? Miért nem mondhatjuk ugyanilyen alapon a következőt:
„ℤ2 fölött x2=x, hiszen ℤ2 bármelyik elemét (akár 0-t, akár 1-et) helyettesítve az x2 és az x ugyanazt az értéket veszi föl”?
Megjegyzés
Az előző gyakorlat azt is mutatja, hogy ℤ2 fölött nincs értelme polinomfüggvény deriváltjáról beszélni.
Hiszen mi is lenne az identikus leképezésnek a deriváltja? Ezt a polinomfüggvényt az x és az x2 polinom is megvalósítja. Ezeknek a deriváltja 1, illetve 2x=0, és az ezekhez tartozó polinomfüggvények különbözők. Szóval akkor az identitás deriváltja konstans 1, vagy konstans 0 legyen?
3.6.9. Gyakorlat. Adjunk meg egy olyan f polinomot egy alkalmas test fölött, melynek egy nyolcszoros gyöke f'-nek is (pontosan) nyolcszoros gyöke, továbbá egy olyan g polinomot is, melynek egy nyolcszoros gyöke g'-nek (pontosan) tízszeres gyöke.
3.6.10. Gyakorlat. Legyen f egy ℂ fölötti polinom, és tegyük föl, hogy f'-nek egy b∈ ℂ szám pontosan k-1-szeres gyöke (ahol k≥ 1 egész). Igazoljuk, hogy ha b gyöke f-nek, akkor pontosan k-szoros gyöke. Szükséges-e a dőlt betűs feltétel? Igaz-e az állítás tetszőleges test fölött?
3.6.11. Feladat. Mely f∈ ℂ[x] polinomok oszthatók a deriváltjukkal?
3.6.12. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy egy f polinom legalább k-szoros gyökei az f-nek és a k-1-edik deriváltjának közös gyökei. Igaz-e az állítás megfordítása?
3.6.13. Feladat. Legyen 0≠ f∈ ℚ[x] és k≥ 1 egész. Jelölje gk(x) azoknak az x-b gyöktényezőknek a szorzatát, melyekre b∈ ℂ az f-nek pontosan k-szoros gyöke. Mutassuk meg, hogy gk is racionális együtthatós.
3.6.14. Gyakorlat. Igazoljuk tetszőleges test fölött, hogy ha egy f polinomnak van többszörös tényezője (azaz g2 alakú osztója, ahol g nem konstans polinom), akkor (f,f')≠ 1. Mely p prímekre igaz, hogy xn-1-nek van többszörös tényezője ℤp fölött?
3.6.15. Feladat. Lehet-e egy ℚ, illetve ℤ2 fölött irreducibilis polinomnak többszörös gyöke egy nagyobb testben? Igaz-e ℚ, illetve ℤ2 fölött a 3.6.14. Gyakorlat első állításának megfordítása?
Megjegyzés
Az előző feladat állítása nem minden test fölött igaz, egy ellenpélda szerepel a 6.4.23. Feladatban. Ez az ellenpélda azt is mutatja, hogy a 3.6.14. Gyakorlat állítása sem fordítható meg minden test fölött:
van olyan f polinom, amelyre (f,f')≠ 1 (sőt f'=0), de f-nek nincs többszörös tényezője az adott testben.
3.6.16. Gyakorlat. Legyen f(x)=c(x-b1)... (x-bn), ahol c≠ 0, b1,...,bn egy T test elemei. Mutassuk meg, hogy
és hogy f'(bi)= c(bi-b1)...(bi-bi-1) (bi-bi+1)...(bi-bn).
3.6.17. Feladat. Igazoljuk, hogy ha f∈ ℂ[x] legalább másodfokú polinom, akkor van olyan c∈ ℂ, melyre f(x)+c-nek van többszörös komplex gyöke.
3.6.18. Feladat. Igazoljuk, hogy egy n-edfokú, komplex együtthatós polinom legfeljebb n-1 kivételes értéktől eltekintve az értékkészletének minden elemét n különböző helyen veszi fel.