Általában nehéz feladat egy polinomról eldönteni, hogy irreducibilis-e. Most először azt tekintjük át, hogy egy test fölötti polinom irreducibilitása hogyan függ össze azzal: van-e gyöke az adott testben. Emlékeztetjük az Olvasót a 3.2.10. Állításra, mely szerint egy test fölötti polinom akkor és csak akkor irreducibilis, ha nem konstans, és nem bontható föl két alacsonyabb fokú polinom szorzatára.
3.3.1. Állítás. Test fölött egy elsőfokú polinom mindig irreducibilis.
Bizonyítás. Elsőfokú polinomot nem lehet alacsonyabb fokúak szorzatára bontani, hiszen két nulladfokú polinom szorzata is nulladfokú. □
3.3.2. Állítás. Legyen T test. Ha egy legalább másodfokú T[x]-beli polinomnak van gyöke T-ben, akkor nem irreducibilis T fölött.
Bizonyítás. Legyen b∈ T gyöke egy f∈ T[x] polinomnak. Ekkor a hozzá tartozó x-b gyöktényező kiemelhető f-ből. Ha f legalább másodfokú, akkor ezzel f-et két alacsonyabb fokú polinom szorzatára bontottuk. □
Ennek az észrevételnek a kapcsán azt képzelhetnénk, hogy irreducibilitás eldöntéséhez elég a gyököket megkeresni. De ez nem így van! Abból, hogy egy polinomnak nincs gyöke, még nem következik, hogy irreducibilis! A legegyszerűbb példa az (x2+1)2 polinom a racionális test fölött. Ennek még valós gyöke sincs, és nyilván nem irreducibilis, hiszen eleve szorzatként adtuk meg. A gyökök ismerete tehát nem csodafegyver az irreducibilitás eldöntéséhez, de hasznos, mert ha véletlenül találunk gyököt, akkor már készen is vagyunk.
3.3.3. Állítás. Legyen T test. Ekkor egy f∈ T[x] polinomnak akkor és csak akkor van gyöke T-ben, ha van elsőfokú tényezője.
Bizonyítás. Azt már láttuk, hogy ha van gyök, akkor a megfelelő gyöktényező kiemelhető. Megfordítva, tegyük föl, hogy f=gh, ahol g(x)=ax+b egy elsőfokú polinom. Ekkor -b/a gyöke f-nek. □
A gyök létezése tehát elsőfokú tényezőt jelent. Egy reducibilis polinom azonban bomolhat csupa egynél magasabb fokú tényezőre is, és ezért nem biztos, hogy van gyöke. Van azonban egy speciális helyzet, amikor elegendő a polinom gyökeit ellenőrizni az irreducibilitás eldöntéséhez.
3.3.4. Állítás. Legyen T test. Ha egy másod- vagy harmadfokú T[x]-beli polinomnak nincs gyöke T-ben, akkor irreducibilis T fölött.
Bizonyítás. Egy másodfokú polinomot alacsonyabb fokú tényezők szorzatára csak úgy lehet felbontani, hogy mindkét tényező elsőfokú lesz. Hasonlóképpen egy harmadfokú polinomot alacsonyabb fokúak szorzatára csak úgy bonthatunk, hogy az egyik tényező elsőfokú, a másik pedig másodfokú lesz. Mindkét esetben lesz tehát elsőfokú tényező, és így az előző állítás szerint gyök is. □
Most, hogy az irreducibilitás és a gyökök viszonyát tisztáztuk, megpróbáljuk tudásunkat alkalmazni néhány konkrét test esetében.
3.3.5. Tétel. A komplex számok teste fölött (és általában egy algebrailag zárt T test fölött) az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak.
Bizonyítás. Ez nyilvánvaló az eddigiekből, hiszen algebrailag zárt test fölött minden nem konstans polinomnak van gyöke. □
A valós számok teste fölötti irreducibilitás vizsgálatához egy nagyon hasznos segédállításra van szükségünk.
3.3.6. Lemma. Legyen z komplex gyöke a valós együtthatós f polinomnak. Ekkor z konjugáltja is gyöke f-nek, sőt z és ugyanannyiszoros gyökök.
Bizonyítás. Legyen f(x)=a0+a1x+...+anxn. Ennek gyöke a z, tehát
Vegyük mindkét oldal konjugáltját. Tudjuk, hogy összeg konjugáltja a konjugáltak összege, és ezért a bal oldalon álló összeget tagonként konjugálhatjuk. De a konjugálás szorzattartó is, ezért az eredmény ez lesz:
Valós szám konjugáltja önmaga, tehát és . Így a bal oldalon áll, a jobb oldalon 0, tehát tényleg gyöke f-nek.
Most f foka szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy z és minden valós együtthatós f polinomnak ugyanannyiszoros gyökei. Ha z valós, azaz , akkor az állítás nyilvánvaló, ezért feltehető, hogy . Az indukciós feltevésünk az, hogy az f-nél alacsonyabb fokú polinomokra igaz az állítás, be kell látnunk f-re is.
Ha z és közül egyik sem gyöke f-nek, akkor az állítás igaz, mert mindketten nullaszoros, vagyis ugyanannyiszoros gyökök. Ha viszont z és közül az egyik gyöke f-nek, akkor az imént bizonyított állítás miatt a konjugáltja, vagyis a másikuk is gyök. Mivel , a z és gyökökhöz tartozó gyöktényezők (a 2.4.7. Tétel miatt) egyszerre is kiemelhetők:
alkalmas q∈ ℂ[x] polinomra. Azonban
valós együtthatós polinom, hiszen és valós számok. A 3.2.2. Állítás (igazából a maradékos osztás egyértelműsége) miatt q is valós együtthatós polinom. Az indukciós feltevés miatt tehát q-nak z és ugyanannyiszoros (esetleg nullaszoros) gyöke, és így ugyanez igaz f-re is. □
3.3.7. Gyakorlat. Az előző bizonyításban az indukciónak miért nem volt kezdő esete?
3.3.8. Tétel. A valós számok teste fölött az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak, és azok a másodfokúak, melyeknek nincs valós gyöke.
Bizonyítás. A felsorolt polinomokról a korábbi állításokban már beláttuk, hogy irreducibilisek. Tegyük föl, hogy f irreducibilis polinom ℝ fölött. Ekkor nem konstans, és így van egy z komplex gyöke. Ha ez valós, akkor f csak elsőfokú lehet. Ha z nem valós, akkor az előző bizonyításban láttuk, hogy a valós együtthatós kiemelhető f-ből, és a megmaradó q polinom is valós együtthatós. Mivel f irreducibilis, q(x) csak konstans lehet, és így f tényleg másodfokú, melynek gyökei nem valósak. □
3.3.9. Következmény. Páratlan fokú valós együtthatós polinomnak van valós gyöke.
Bizonyítás. Bontsuk a polinomot irreducibilisek szorzatára ℝ fölött. Ezek első- vagy másodfokúak. Mindegyik tényező nem lehet másodfokú, mert a polinom foka páratlan. Tehát van elsőfokú tényező, és így valós gyök is. □
Megjegyzés
Ez a bizonyítás használja az algebra alaptételét. Már említettük, hogy az algebra alaptételének belátásához valamennyi analízis tudás is szükséges, és ha komplex függvénytant is használhatunk, akkor nagyon egyszerű lesz a bizonyítás. Van azonban egy elegáns bizonyítás Galois-elmélet felhasználásával is, ezt a 6.6.10. Tételben fogjuk bemutatni. Az abban felhasznált analízisismeretek minimálisak: semmi másra nincs szükség, mint a fenti, 3.3.9. Következményre. Ezért ezt célszerű elemien, az algebra alaptételének felhasználása nélkül is igazolni. Egy ilyen bizonyítás olvasható az 3.
Függelékben (D.3.4. Tétel).
A racionális számok teste fölött már nem tudjuk olyan könnyen leírni az irreducibilis polinomokat, mint ℂ és ℝ fölött. Itt vannak akárhányadfokú irreducibilis polinomok is: nemsokára látni fogjuk, hogy például xn-2 irreducibilis ℚ fölött tetszőleges n≥ 1 esetén. A most bizonyított eredmények mégis segíthetnek néha, mert ha találunk egy racionális gyököt, akkor tudjuk, hogy a polinom nem lehet irreducibilis (kivéve ha elsőfokú). Az alábbiakban egy eljárást ismertetünk a racionális gyökök megkeresésére.
Ha adott egy racionális együtthatós polinom, akkor szorozzuk be az együtthatók nevezőivel. Így egy egész együtthatós polinomot kapunk, amelynek a gyökei ugyanazok, mint a kiinduló polinomé. Így elegendő az egész együtthatós polinomok racionális gyökeit megkeresni. Erre szolgál az alábbi állítás.
3.3.10. Tétel. [Racionális gyökteszt] Tegyük föl, hogy a p/q már nem egyszerűsíthető tört gyöke az f egész együtthatós polinomnak. Ekkor a számláló (azaz p) osztja f konstans tagját, a nevező (azaz q) pedig osztja f főegyütthatóját.
Azt nem állítjuk, hogy a feltételnek eleget tevő törtek tényleg gyökei az f polinomnak! De csak véges sok törtről van szó, mert a főegyütthatónak és a konstans tagnak is (ha nem nulla) véges sok osztója van. Így ezeket a törteket végigpróbálgathatjuk: mindegyiket behelyettesíthetjük (például a Horner-elrendezéssel) az f polinomba.
Ezzel megkapjuk az f összes racionális gyökét.
Bizonyítás. Az, hogy a tört már nem egyszerűsíthető, azt jelenti, hogy p és q relatív prím egész számok. Legyen f(x)=a0+a1x+...+anxn. Ekkor p/q-t behelyettesítve, majd qn-nel beszorozva
adódik. Ebben az összegben mindegyik tag osztható p-vel, kivéve esetleg a legelsőt. Mivel a 0 is osztható p-vel, ezért a legelső tag is, tehát p∣ a0qn. De p és q relatív prímek, és így p∣ a0. Ugyanezzel a módszerrel kapjuk a q∣ an oszthatóságot is. □
3.3.11. Gyakorlat. Hogyan alkalmazhatjuk a racionális gyöktesztet egy olyan polinom racionális gyökeinek a megkeresésére, melynek a konstans tagja nulla?
A ℚ fölötti irreducibilitás eldöntésében néha segíthet az, ha a polinomnak a komplex gyökeit ismerjük. Ennek a módszernek az illusztrálására egy példát dolgozunk ki.
3.3.12. Példa. Mutassuk meg, hogy x4+36 irreducibilis ℚ fölött.
Határozzuk meg a polinom komplex gyökeit. A -36 számból (például trigonometrikus alak segítségével) negyedik gyököt vonva az eredmény . A gyöktényezős alak tehát a következő:
Egyik gyök sem valós, és így ha x4+36 felbomlik ℚ fölött, akkor csak két másodfokú polinom szorzata lehet:
x4+36=f(x)g(x). Az f és g gyökei összesen kiadják a fenti négy komplex gyököt. Mivel f és g valós együtthatósak, gyökeik konjugáltak kell, hogy legyenek. Ezért f és g egyike
a másik pedig
alkalmas r és s valós számokra, ahol rs=1 (a beszorzást, a 2.5.10. Gyakorlat megoldásához hasonlóan, az (a-b)(a+b)=a2-b2 azonosság felhasználásával érdemes elvégezni). Mivel f és g racionális együtthatós, a fenti első polinom főegyütthatója, azaz r is racionális szám. Racionális továbbá ebben a polinomban x együtthatója, azaz is, ami lehetetlen, hiszen akkor r≠ 0 miatt is racionális lenne. Ezért x4+36 tényleg irreducibilis ℚ fölött.
Megjegyzés
Az előbbi példában az x4+36 polinom ℂ fölötti felbontásából összevonással kaptuk az ℝ fölötti felbontást, és ebből szintén összevonással kapjuk a ℚ fölötti (immár triviális) felbontást. Az alaptétel egyértelműségi állítása miatt ez minden polinom esetében így kell, hogy legyen, hiszen a „kisebb”
testbeli felbontás tényezőit a „nagyobb” test fölött irreducibilisekre bontva a „nagyobb” test fölötti felbontást kapunk.
Gondolkodjunk!
3.3.13. Gyakorlat. Bontsuk föl a következő polinomokat az ℝ fölött irreducibilis polinomok szorzatára: x4-1, x4+1, x4+9, x6-4x3+3.
3.3.14. Gyakorlat. Bontsuk föl a 6(x2-2)(x2+1) polinomot ℂ, ℝ, ℚ, ℤ fölött felbonthatatlanok szorzatára.
3.3.15. Gyakorlat. Mi az xn-1 és xm-1 polinomok kitüntetett közös osztója?
3.3.16. Gyakorlat. Adjuk meg az összes olyan tizenkettedfokú valós együtthatós polinomot, melynek az 1+i hatszoros gyöke.
3.3.17. Gyakorlat. Adjuk meg a 2x3+3x+5 polinom racionális gyökeit, és bontsuk ℚ fölött irreducibilisek szorzatára.
3.3.18. Feladat. Legyen f∈ ℤ[x] egy n-edfokú polinom, melyre f(0)≠ 0. Mutassuk meg tetszőleges rögzített 0<j<n esetén, hogy létezik legalább egy, de csak véges sok olyan m egész, hogy az f(x)+mxj polinomnak van racionális gyöke.
3.3.19. Gyakorlat. Legyen c pozitív egész szám. Mi annak a szükséges és elégséges feltétele, hogy x4+c irreducibilis legyen ℚ fölött? Mi a helyzet negatív c esetén?
3.3.20. Gyakorlat. Létezik-e végtelen sok olyan pozitív egész c szám, amelyre n4+c minden n egészre összetett szám?
3.3.21. Gyakorlat. Határozzuk meg a ℤ2 test fölött a legfeljebb negyedfokú irreducibilis polinomokat.
3.3.22. Feladat. Legyen p pozitív prímszám, és R olyan kommutatív gyűrű, amelyben minden elem p-szerese nulla. Bizonyítsuk be, hogy
minden r,s∈ R esetén, azaz R-ben tagonként lehet p-edik hatványra emelni. Vezessük le ebből a kis Fermat-tételt (miszerint bp-b osztható p-vel minden b egészre). Igazoljuk, hogy tetszőleges f∈ ℤp[x] polinomra f(xp)=f(x)p.
3.3.23. Gyakorlat. Bontsuk irreducibilisek szorzatára az alábbi polinomokat.
1. ℤ2 fölött x8+x2+1, x5+x+1, x5+x3+1, x5+x4+x3+1.
2. ℤ17 fölött x2+1, x4+1, x8+1, x17+1, x17+2.
3.3.24. Feladat. Bontsuk föl az x4-10x2+1 polinomot ℝ, ℚ, ℤ5, ℤ7, ℤ11 fölött felbonthatatlanok szorzatára.