Ebben a szakaszban a ℤ[x] számelméletét vizsgáljuk. Erről a gyűrűről is be fogjuk látni, hogy igaz benne az alaptétel, de másképp, mint test fölötti polinomokra, mert ℤ[x]-ben nem végezhető el korlátlanul a maradékos osztás. A kapott eredmények segíteni fognak a ℚ fölötti irreducibilitás vizsgálatában is.
A ℚ és ℤ számelmélete közötti első különbséggel már szembesült az, aki megoldotta a 3.2.11. Gyakorlatot. A 2x polinom ℚ fölött irreducibilis, de ℤ fölött nem az, mert itt a 2⋅ x felbontás nem triviális: a 2 egység ℚ fölött, de nem egység ℤ fölött.
Ha tehát egy egész együtthatós polinomot ℤ fölött akarunk felbontani, akkor úgy érdemes kezdeni, hogy kiemeljük belőle azt az egész számot, amit lehet, vagyis az együtthatóinak a legnagyobb közös osztóját. Például
A megmaradó polinomot primitívnek fogjuk nevezni. Tehát 15x3+6x+10 már primitív polinom.
3.4.1. Definíció. Egy egész együtthatós nem nulla polinomot primitívnek nevezünk, ha együtthatóinak legnagyobb közös osztója 1.
Megjegyzés
E definíció egytagú polinom esetében azt jelenti, hogy az egyetlen nem nulla együttható ± 1 (ez felel meg annak a szemléletnek, hogy a polinomból csak egységet lehessen kiemelni). De ezt nem szükséges külön kikötni, mert együtthatók legnagyobb közös osztóján az (a,0)=a összefüggés miatt nem változtat, ha nulla együtthatókat is közéjük veszünk.
A polinomból kiemelt egész számot úgy bontjuk fel, mint az egész számok között. Ez azért lesz megfelelő, mert az egészek közötti felbonthatatlan számok a polinomok között is felbonthatatlanok.
3.4.2. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a felbonthatatlan egész számokat konstans polinomnak képzelve ℤ [x]-ben is felbonthatatlan elemeket kapunk.
A számelmélet alaptétele kapcsán láttuk, hogy a felbonthatatlan egész számok prímtulajdonságúak. A ℤ[x]-beli alaptétel bizonyításának első lépése az, hogy belátjuk: ezek a számok prímtulajdonságúak ℤ[x]-ben is.
3.4.3. Lemma. [Első Gauss-lemma] Ha p∈ ℤ prímszám, akkor p a ℤ[x]-ben mint konstans polinom is prímtulajdonságú.
Bizonyítás. A lemmára két bizonyítást is adunk. Az első elemi számolás lesz. A második elegánsabb, felhasználja a modulo p számolásról tanultakat. Azt tudjuk, hogy p nem nulla, és nem ± 1, tehát ℤ[x]-ben sem egység. Tegyük föl, hogy p∣ fg, ahol f,g∈ ℤ[x]. Meg kell mutatni, hogy p∣ f vagy p∣ g.
Az első bizonyításban fölírjuk f és g együtthatóit, és elvégezzük a szorzást. Legyen
Tegyük föl, hogy p nem osztója sem f-nek, sem g-nek, azaz mindkét polinomnak van p-vel nem osztható együtthatója. Válasszuk ki mindkét polinomban a legnagyobb indexű ilyen együtthatót, legyenek ezek ai és bj. Tudjuk, hogy fg-ben az xi+j együtthatója
(3.1) (ahol an+1=an+2=...=0 és bm+1=bm+2=...=0). Az összeg tagjai egy kivétellel mind p-vel oszthatók, mert az ai
választása (az i maximalitása) miatt ai+1,...,ai+j, a bj választása miatt pedig bj+1,...,bj+i osztható p-vel. (Ha i=0, akkor a (3.1) képletben az aibj bal oldalán, ha j=0, akkor pedig a jobb oldalán üres összeg áll.) A kimaradó aibj
viszont nem osztható p-vel, mert ai és bj nem osztható p-vel, és p prímszám. Tehát a fenti összeg nem osztható p-vel. Ez lehetetlen, mert ez az összeg a p-vel osztható fg polinom egyik együtthatója. Ez az ellentmondás bizonyítja az állítást.
A második bizonyítást az elsőből származtathatjuk, ha észrevesszük, hogy az elmondott gondolatmenet mennyire hasonlít annak bizonyításához, hogy szorzatpolinom foka a fokok összege. Ezt a hasonlóságot ki is aknázhatjuk, ha az f és g polinomokat (pontosabban az együtthatóikat) modulo p vesszük. Ekkor ugyanis az iménti gondolatmenetben kiválasztott ai az f polinom főegyütthatójává, a bj pedig a g polinom főegyütthatójává válik.
A második bizonyítás tehát a következőképpen hangzik. Vegyük az f, g és fg polinomokat modulo p, az eredményt jelölje . Ekkor (a 2.3.8. Gyakorlat miatt). Mivel p∣ fg, az a nullapolinom. De ℤp test, és így ℤp[x] nullosztómentes. Tehát és egyike nulla, vagyis f és g egyike osztható p-vel. □
Néha az alábbi következményt is „első Gauss-lemma” néven emlegetik.
3.4.4. Következmény. [Első Gauss-lemma, első következmény] Primitív polinomok szorzata is primitív.
Bizonyítás. Tegyük föl, hogy f,g∈ ℤ[x] primitív polinomok. Azt kell megmutatni, hogy fg nem osztható egységtől különböző egész számmal. Ha osztható lenne, akkor lenne egy p prímosztója is. Az előző lemma miatt ekkor p∣ f vagy p∣ g, ami nem lehet, hiszen f és g primitívek. □
3.4.5. Következmény. [Első Gauss-lemma, második következmény] Legyen f (egész együtthatós) primitív polinom. Ha g olyan racionális együtthatós polinom, melyre h=fg egész együtthatós, akkor g is egész együtthatós. Speciálisan ha f osztója egy h egész együtthatós polinomnak ℚ[x]-ben, akkor f osztója h-nak ℤ [x]-ben is.
Bizonyítás. Hozzuk g együtthatóit közös nevezőre, és emeljük ki a számlálókból a legnagyobb közös osztójukat.
Így a g=(s/t)g0 felbontást kapjuk, ahol g0 már primitív (egész együtthatós) polinom, és az s, t egész számokról az s/t törtet egyszerűsítve feltehetjük, hogy relatív prímek. A h=fg egyenlőséget t-vel megszorozva kapjuk, hogy th=sfg0. Ha p prímosztója t-nek, akkor p∣ sfg0, az első Gauss-lemma miatt tehát p∣ s, vagy p∣ f, vagy p∣ g0. Mindhárom lehetetlen, az első azért, mert t és s relatív prímek, a másik kettő azért, mert f és g0 primitívek. A t számnak nincs tehát prímosztója, vagyis t egység, és így g=(s/t)g0 tényleg egész együtthatós polinom. □
Az előző bizonyítás szerint minden racionális együtthatós polinom felbontható egy racionális szám és egy egész együtthatós primitív polinom szorzatára. Az alábbi gyakorlat ennek a felbontásnak az egyértelműségét fogalmazza meg.
3.4.6. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy minden nem nulla racionális együtthatós polinom fölírható egy egész együtthatós primitív polinom és egy racionális szám szorzataként, és a felbontásban szereplő primitív polinom ℤ fölötti asszociáltság erejéig egyértelműen meghatározott.
A ℤ[x]-beli alaptételt a ℚ[x]-beli alaptétel segítségével fogjuk bizonyítani. Ehhez meg kell vizsgálnunk, hogy egy adott polinomnak „mennyivel több” felbontása van ℚ, mint ℤ fölött. Ha a polinom f(x)=x2-1, akkor ennek ℚ fölött felbontása lesz például a következő:
Mindannyian érezzük, hogy ez „valójában” az (x-1)(x+1) felbontás, csak „el van bonyolítva” úgy, hogy az első tényezőt 2/3-dal, a másodikat 3/2-del beszoroztuk. Gauss második lemmája azt mondja ki, hogy minden ℚ fölötti felbontás egy ℤ fölötti felbontás hasonló „elbonyolításával” keletkezik.
3.4.7. Lemma. [Második Gauss-lemma] Tegyük föl, hogy az f≠ 0 egész együtthatós polinomot felbontottuk a racionális együtthatós g és h polinomok szorzatára. Ekkor g és h megszorozható alkalmas racionális számokkal úgy, hogy a kapott g0 és h0 polinomok egész együtthatósak legyenek, és f=g0h0 teljesüljön.
Bizonyítás. Írjuk föl a g és h polinomokat rg1 és sh1 alakban, ahol r,s racionális számok, g1 és h1 pedig egész együtthatós primitív polinomok. Ekkor f=(rs)(g1h1). Az első Gauss-lemma első következménye miatt g1h1
primitív polinom, a második következménye miatt tehát n=rs egy egész együtthatós polinom, azaz egész szám.
Így a g0=ng1 és h0=h1 választás megfelel a követelményeknek. □
3.4.8. Tétel. Egy egész együtthatós polinom akkor és csak akkor irreducibilis ℤ fölött, ha 1. vagy egy ℤ-beli prímszám (mint konstans polinom),
2. vagy egy (nem konstans) primitív polinom, amely ℚ fölött irreducibilis.
Bizonyítás. A ℤ-beli felbonthatatlan számokról láttuk, hogy mint konstans polinomok szintén felbonthatatlanok.
Tegyük föl, hogy f nem konstans primitív polinom, amely ℚ fölött irreducibilis. Ha f=gh egy felbontás, ahol g,h∈ ℤ[x], akkor a ℚ fölötti irreducibilitás miatt g és h egyike egység ℚ-ban, vagyis konstans, és így egész szám (hiszen g és h egész együtthatós). Mivel f primitív, ez az egész szám csak egység lehet, és így az f=gh felbontás ℤ[x]-ben is triviális. Tehát f irreducibilis ℤ fölött.
Megfordítva, tegyük föl, hogy f irreducibilis ℤ[x]-ben. Ekkor f fölírható nk alakban, ahol n egész szám, és k primitív polinom. Mivel f irreducibilis, ez a felbontás triviális. Így vagy n egység (és akkor f primitív), vagy k egység (és akkor f konstans).
Ha f konstans, akkor nyilván felbonthatatlannak kell lennie ℤ-ben, hiszen a ℤ-beli nemtriviális felbontások egyben ℤ[x]-beli nemtriviális felbontások is. Ha f nem konstans primitív polinom, akkor meg kell mutatnunk, hogy nemcsak ℤ, hanem ℚ fölött is irreducibilis.
Tegyük föl, hogy f előáll a nála alacsonyabb fokú (és ezért nem konstans), racionális együtthatós g és h polinomok szorzataként. A második Gauss-lemma miatt ekkor f fölírható g0h0 alakban is, ahol ezek már egész együtthatós polinomok, és g0 foka megegyezik g fokával, h0 foka pedig h fokával. Tehát g0 és h0 egyike sem konstans, és így ez nemtriviális felbontás ℤ[x]-ben is, ami ellentmond f irreducibilitásának ℤ fölött. □
Az alaptétel bizonyításához már csak egy észrevételre van szükség.
3.4.9. Állítás. A ℤ[x] gyűrű minden irreducibilis eleme prímtulajdonságú.
Bizonyítás. Az előző tétel miatt ez az irreducibilis elem vagy egy ℤ-beli prím (mint konstans polinom), vagy
3.4.10. Tétel. A ℤ[x] gyűrűben érvényes a számelmélet alaptétele.
Bizonyítás. Az alaptétel egyértelműségi állítása következik abból, hogy a felbonthatatlan elemek prímtulajdonságúak (lásd 3.1.28. Feladat). Azt kell tehát csak megmutatni, hogy minden f egész együtthatós polinom, amely nem nulla és nem egység, felbontható irreducibilisek szorzatára. Az f polinomot fölírhatjuk egy n egész szám és egy g primitív polinom szorzataként, és az n számot felbonthatjuk ℤ-ben felbonthatatlanok szorzatára, ezek a tényezők ℤ[x]-ben is felbonthatatlanok lesznek. Tehát elég azt megmutatni, hogy ℤ[x]
minden primitív, nem konstans g polinomja fölírható irreducibilisek szorzataként.
Tegyük föl, hogy ez az állítás nem igaz, legyen g minimális fokú ellenpélda. Ha g maga irreducibilis, akkor önmaga, mint egytényezős felbontás megfelelő lesz. Ha nem, akkor g=hk alakban írható, ahol k és h egyike sem egység. Mivel g primitív, a h és k is primitív polinomok. Így egyikük sem lehet konstans (mert akkor egység lenne), és ezért mindketten g-nél alacsonyabb fokúak. Mivel g foka minimális volt, h és k már felbomlik irreducibilisek szorzatára, de akkor ezt a két felbontást összeszorozva g-t is felbontottuk irreducibilisek szorzatára. Ez az ellentmondás bizonyítja a tételt. □
Az eddigiektől vérszemet kapva megkérdezhetjük, alaptételes-e a ℤ[x,y] vagy a ℚ[x,y] polinomgyűrű. A válasz igenlő, és a meglepő az, hogy ezt lényegében már be is bizonyítottuk! Például ℚ[x,y] úgy tekinthető, mint ℚ[y][x], ahol ℚ[y]-ról tudjuk, hogy alaptételes gyűrű. Ha a most elhangzott bizonyítást el tudnánk mondani ℤ helyett ℚ[y]-ra is, akkor készen lennénk.
Azt kell megvizsgálni, hogy a fenti bizonyításban a ℤ milyen tulajdonságait használtuk, és ezek teljesülnek-e ℚ[y]-ban is. Az alaptételt sokszor, de az ℚ[y]-ban is teljesül. Használtuk a ℤp fogalmát is, de csak egy második bizonyításban, tehát ezt nem muszáj általánosítanunk. (Ennek ellenére ez lehetséges, az új fogalmat faktorgyűrű néven vezetjük majd be.) Amiről még rengeteget beszéltünk, azok a racionális számok, vagyis a ℤ elemeiből készített törtek. De probléma ezzel sincs, hiszen olyan törtekről, amiben az y is szerepel, a középiskolában is sok szó esett, egyenletrendezés kapcsán számoltunk ilyenekkel, bár nem definiáltuk őket pontosan (ezeket, tehát két
polinom hányadosát racionális törtfüggvényeknek hívják). A hányadostestről szóló 7. szakaszban precízen be fogjuk bizonyítani, hogy bármilyen szokásos gyűrű esetében használhatjuk a törteket a szokásos tulajdonságokkal.
Mindezt megelőlegezve, az eddigiek gondos áttanulmányozásával láthatjuk, hogy valójában a közvetkező tételt bizonyítottuk be.
3.4.11. Tétel. Ha R alaptételes (szokásos) gyűrű, akkor az R[x] polinomgyűrűben is érvényes a számelmélet alaptétele.
Ezt az áttanulmányozást csak a hányadostest pontos fogalmának ismeretében lesz majd érdemes elvégezni.
Mindenesetre az algebrai szemléletmód erejét mutatja, hogy az alábbi állítás bizonyításához most már a kisujjunkat sem kell mozdítanunk: n szerinti teljes indukcióval azonnal következik az előző tételből.
3.4.12. Következmény. A ℤ[x1,...,xn], továbbá tetszőleges T test esetén a T[x1,...,xn] gyűrű is alaptételes.
3.4.13. Gyakorlat. Ha R szokásos gyűrű, akkor mik T[x1,...,xn] egységei?
Megjegyzés
A 3.4.12. Következmény lehetővé teszi, hogy egy érdekes alkalmazást mutassunk. Nem nehéz olyan a, b, c nem nulla egész számokat találni, melyekre a2+b2=c2. Például a 32+42=52 összefüggést már az ókori Egyiptomban is felhasználták derékszög kimérésére. A számelméletben „pitagoraszi”
számhármasoknak nevezik a fenti egyenlet megoldásait, és sikerült megadni az összes megoldást ([1], 7.2. szakasz). Azonnal láthatjuk, hogy ha f(x,y)=x2-y2, g(x,y)=2xy és h(x,y)=x2+y2, akkor f2+g2=h2. Sokkal nehezebb megvizsgálni az an+bn=cn egyenlet egész megoldásait, ha n≥ 3. Fermat azt sejtette, hogy ennek nincs olyan egész megoldása, ahol a, b, c egyike sem nulla (lásd [1], 7.7. szakasz). Ezt az állítást csak 1994-ben sikerült Wiles-nak bebizonyítania, igen mély eszközök felhasználásával. Az alábbi feladat azt mutatja, hogy a Fermat-sejtésre nem található olyan „megoldóképlet”, amit az imént láttunk a pitagoraszi számhármasok esetében.
3.4.14. Feladat. * Bizonyítsuk be, hogy a Fermat-sejtésnek nincs „nemtriviális” megoldása ℂ[x1,...,xn]-ben.
Vagyis ha az f,g,h∈ ℂ[x1,...,xn] polinomok egyike sem nulla, és fn+gn=hn valamilyen n≥ 3 egészre, akkor f, g, h mindegyike konstans polinom.
Gondolkodjunk!
3.4.15. Gyakorlat. Bontsuk ℤ fölött irreducibilisek szorzatára a 30x3-30 polinomot.
3.4.16. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha R szokásos gyűrű, és R[x] alaptételes, akkor az R gyűrű is az.
3.4.17. Gyakorlat. Adjunk második bizonyítást arra a tényre, hogy ℤ fölött minden polinom irreducibilisek szorzatára bontható úgy, hogy egy ℚ fölötti felbontásból indulunk ki, és azt módosítjuk.
3.4.18. Gyakorlat. Bizonyítsuk be, hogy az f,g∈ ℤ[x] polinomok ℤ[x]-beli legnagyobb közös osztója a következő eljárással határozható meg. Alkalmazzuk az euklideszi algoritmust ℚ fölött, és a kapott racionális együtthatós polinomot írjuk föl rh alakban, ahol r∈ ℚ és h∈ ℤ[x] primitív polinom. Határozzuk meg f és g együtthatóinak a legnagyobb közös osztóját, ez legyen n. Ekkor f és g legnagyobb közös osztója nh. Hogyan módosítható ez az eljárás, ha két ℂ[x,y]-beli polinom legnagyobb közös osztóját keressük?
3.4.19. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy minden test alaptételes. A 3.4.11. Tétel szerint ekkor T[x] is alaptételes. Második bizonyítást kaptunk-e ezzel arra, hogy minden test fölötti polinomgyűrű alaptételes?
3.4.20. Feladat. Legyen f egy n-edfokú egész együtthatós polinom. Bizonyítsuk be, hogy ha f helyettesítési értéke legalább 2n+1 (különböző) helyen prímszám, akkor f irreducibilis ℤ fölött.
Megjegyzés
Izgalmas és nehéz kérdés, hogy az előző feladatban szereplő 2n+1 szám mennyire csökkenthető.
Øystein Ore eredménye a következő. Legyen f egy n-edfokú egész együtthatós polinom, ahol n≠ 4,5.
Ha az f helyettesítési értéke legalább n+3 helyen prímszám, akkor f irreducibilis ℤ fölött. Ha n=4 vagy
5, akkor a polinomnak 9 helyen kell prímet fölvennie ahhoz, hogy biztosan irreducibilis legyen.
Másfelől viszont minden n-re van olyan reducibilis f, amely n+1 helyen prímszámot vesz föl.
Mi a helyzet azokkal az f polinomokkal, amelyek n+2 helyen vesznek föl prímszám értéket? Nevezetes (és máig megoldatlan) sejtés, hogy ha egy polinom irreducibilis ℤ[x]-ben, akkor végtelen sok helyen prímszám értéket vesz föl. (Elsőfokú polinomra ez Dirichlet nevezetes tétele, lásd az 5.8.15. Feladatot követő megjegyzést.) Ha ezt a sejtést elfogadjuk, és ugyancsak elfogadunk egy másik nevezetes számelméleti sejtést is, akkor konstruálható olyan reducibilis, n-edfokú f, melynek legalább n+2 helyen az értéke prímszám.
A probléma könnyebbé válik, ha a prímszám értékekről föltesszük, hogy pozitívak. Ha az f egész együtthatós polinom n+1 helyen pozitív prímszámot vesz föl, akkor irreducibilis ℤ fölött, de minden n≥ 2-re van olyan reducibilis polinom, amelynek (legalább) n helyen pozitív prímszám az értéke. E problémakör vizsgálatában magyar matematikusok is közreműködtek, az Olvasónak érdemes beletekintenie a mély előismeretek nélkül is megérthető [96] dolgozatba.
3.4.21. Feladat. Mutassuk meg, hogy van olyan (nem feltétlenül gyors vagy hatékony) eljárás, amellyel egy egész együtthatós polinom összes egész együtthatós osztóját meg lehet határozni (és így az is eldönthető, hogy a polinom irreducibilis-e ℤ illetve ℚ fölött).