9. A körosztási polinom
3.9.3. Gyakorlat. Általánosítsuk ezt a gondolatmenetet a 3 helyett tetszőleges prímszámra
3.1. ábra - A hatodik egységgyökök rendjei.
Ha a hatodik körosztási polinomot akarjuk kiszámítani, akkor a hatodik egységgyököket kell áttekintenünk.
Legyen η= cos 60° + i sin 60°. Ez primitív hatodik egységgyök, ezért a hatodik egységgyökök ennek a hatványai. A hatvány rendjére vonatkozó képletből látjuk, hogy o(η)=o(η5)=6 (ezek a hatodik primitív egységgyökök), o(η2)=o(η4)=3 (tehát η2 és η4 pont a két primitív harmadik egységgyök), o(η3)=2 (valójában η3 =-1), végül o(η6)=1 (és η6=1). A 3.1. ábrán feltüntettük a hatodik egységgyököket, a bekarikázott számok pedig a rendjeik.
Mivel x6-1 gyökei pont a hat darab hatodik egységgyök, azt kapjuk, hogy
Csoportosítsuk a gyöktényezőket az egységgyökök rendjei szerint.
Mivel a Φ1, Φ2 és Φ3 polinomokat már kiszámoltuk, osztással megkapjuk a keresett Φ6-ot is. A számolást lerövidíti, ha felhasználjuk a korábban már bebizonyított Φ1(x)Φ3(x)=x3-1 összefüggést:
3.9.4. Gyakorlat. Alkalmazzuk ezt a gondolatmenetet n=6 helyett n=12-re, és határozzuk meg a Φ12 polinomot ezzel a módszerrel is.
Az elhangzott gondolatmenetet most már könnyű általánosítani.
3.9.5. Lemma. Ha n≥ 1, akkor .
Bizonyítás. Legyen η= cos (2π/n) + i sin (2π/n). Ekkor η primitív n-edik egységgyök, és ezért hatványai az n-edik egységgyököket adják meg. Ezek éppen az xn-1 gyökei, és mivel n különböző számról van szó, az xn-1 gyöktényezős alakja
Ismét a megfelelő egységgyökök rendjei szerint csoportosítjuk a gyöktényezőket. Jelölje fd a d rendű egységgyökökhöz tartozó gyöktényezők szorzatát. Így
Elég belátni, hogy az itt fellépő d számok pontosan n osztói, és hogy ezekre fd=Φd.
Ha egy d szám fellép, vagyis ha d=o(ηm) teljesül valamelyik m-re, akkor {(ηm)}n={(ηn)}m=1m=1 miatt n jó kitevője ηm-nek, és így d∣ n. Tehát a fellépő d számok tényleg csak n osztói lehetnek. Tegyük föl, hogy d∣ n.
Ekkor Φd gyöktényezős felbontásában az összesd rendű komplex szám szerepel, fd felbontásában pedig az olyan d rendű komplex számok szerepelnek, amik egyben n-edik egységgyökök is (mindegyik egyszer). De ezek ugyanazok a számok: mindegyik d-edik egységgyök egyben n-edik egységgyök is. Hiszen ha egy ξ számra d=o(ξ)∣ n, akkor ξn=1, ezért ξ egy n-edik egységgyök. Beláttuk tehát, hogy fd=Φd. □
3.9.6. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy tetszőleges n≥ 1 egészre . 3.9.7. Következmény. Ha n≥ 1, akkor a Φn körosztási polinom egész együtthatós.
Bizonyítás. Indirekt bizonyítunk, tegyük föl, hogy az állítás nem igaz, és legyen n a legkisebb olyan pozitív egész, melyre Φn nem egész együtthatós. Az előbbi lemma miatt
Az n minimalitása miatt a nevezőben csupa egész együtthatós polinom van, amik normáltak is. Ezért a nevező maga is normált, és egész együtthatós. A nevező osztója a számlálónak ℂ fölött (a hányados Φn). Így a 3.2.20.
Gyakorlat miatt a nevező osztója a számlálónak ℤ[x]-ben is, azaz Φn mégis egész együtthatós. Ez az ellentmondás bizonyítja az állítást. □
Megjegyzés
Ebben a bizonyításban a teljes indukciónak azt a formáját használtuk, ami már a 3.2.1. Tétel bizonyításában is előjött. Feltettük, hogy az állítás minden n-nél kisebb értékre igaz, és beláttuk ebből,
hogy n-re is igaz. Ilyenkor az indukciónak nincs „kezdő esete”. Például az n=1-et nem kell külön megnézni: a fenti gondolatmenetnek ekkor is működnie kell. Ha n=1, akkor az, hogy minden n-nél kisebb értékre tudjuk az állítást, üres feltétel. A fenti képlet most így néz ki:
A nevező üres szorzat (ilyennel már találkoztunk a 2.2.42. Gyakorlatban), értéke tehát 1, és így a Φ1(x)=x-1 összefüggést kapjuk, ami persze bizonyítja, hogy Φ1 egész együtthatós.
A tanulság az, hogy miképpen egy programozónak figyelnie kell arra, hogy a programja akkor is jól működjön, ha mondjuk egy ciklus nullaszor fut le, minden bizonyításban figyeljünk oda az „extrém”
esetekre is, például arra, amikor egy halmaz, összeg, vagy szorzat üres, vagy valami nullával egyenlő, mert a bizonyításnak ilyenkor is működnie kell.
Mint a Φ6 példáján láttuk, az iménti bizonyítás egyben módot ad arra, hogy a körosztási polinomokat rekurzívan kiszámítsuk. A szakasz végén levő gyakorlatokban erre több példát is láthatunk. A 3.9.11. Gyakorlat, valamint a 3.9.15 és a 3.9.12. Feladatok lehetővé teszik, hogy az n-edik körosztási polinom kiszámítását visszavezessük arra az esetre, amikor az n páratlan, összetett, négyzetmentes szám (vagyis minden prímosztója az első kitevőn szerepel).
Megjegyzés
A Maple program segítségével tetszőleges n esetén kiszámítható Φn (sőt, az eredményt a matematikai dokumentumok szedésére mindenki által használt TeX nyelv formátumában is megkaphatjuk). Például a
with(numtheory):
for n from 3 by 2 to 105 do
if issqrfree(n) and not isprime(n) then print(n, cyclotomic(n,x))
fi od;
parancssorozat kiírja páratlan, négyzetmentes, nem prím számokra a körosztási polinomokat 105-ig (ezek közül néhányat a 1. Függelékben is felsoroltunk). A listából megállapíthatjuk, hogy n=105 a legkisebb olyan szám, melyre a Φn polinomnak van olyan együtthatója, ami nem a 0,1,-1 számok valamelyike. Ezt számítógép nélkül is megmutathatjuk, csak azt kell kiszámolni, hogy ha n két különböző páratlan prím szorzata, akkor Φn együtthatói csak a 0,1,-1 számok lehetnek.
3.9.8. Gyakorlat. Határozzuk meg a Maple program segítségével azt a legkisebb n értéket, melyre a Φn
polinomnak van kettőnél, illetve háromnál nagyobb abszolút értékű együtthatója.
Korábban azt állítottuk, hogy az xn-1 irreducibilis komponensei éppen a körosztási polinomok, más szóval, hogy a körosztási polinomok irreducibilisek ℤ fölött. Ezt most már be is tudjuk látni: a könyv klasszikus algebrai részének utolsó, és – véleményünk szerint – legszebb bizonyítása következik.
3.9.9. Tétel. Mindegyik körosztási polinom irreducibilis ℤ és ℚ fölött.
Bizonyítás. A 3.4.8. Tétel miatt a Φn körosztási polinom ugyanakkor irreducibilis ℤ és ℚ fölött, hiszen primitív (mert normált), és nem konstans. Bontsuk föl ℤ fölött irreducibilisek szorzatára: Φn(x)=f1(x)... fs(x). Az fi
tényezők főegyütthatója csak ± 1 lehet, tehát egyik sem konstans (hiszen akkor ± 1, vagyis egység lenne ℤ [x]-ben), és így mindegyik fi irreducibilis ℚ[x] fölött is. Azt kell megmutatnunk, hogy ebben a felbontásban csak egy tényező szerepel.
3.9.10. Lemma. Legyen prím. Ha egy ε számra f1(ε)=0, akkor f1(εp)=0.
A lemmából már következik a tétel. Valóban, mivel f1 legalább elsőfokú, van egy ε∈ ℂ gyöke, ami Φn-nek is gyöke, azaz primitív n-edik egységgyök. Az összes n-edik primitív egységgyök hatványa ε-nak (1.5.13. Tétel),
méghozzá (a hatvány rendjének képlete miatt) n-hez relatív prím kitevőjű hatványa. Legyen εm ilyen szám, ahol (m,n)=1. Az m felbontható prímek szorzatára: m=p1... pℓ (ezek között lehetnek egyenlők is), ahol persze egyik pj
sem osztója n-nek. A lemma miatt εp1 gyöke f1-nek. Alkalmazzuk a lemmát az εp1 számra és a p2 prímszámra. Azt
Mivel f1 főegyütthatója ± 1, az polinom sem konstans. Ez a polinom ℤp fölött nem biztos, hogy irreducibilis, de mindenképpen van egy ℤp fölött irreducibilis k osztója. Ekkor , és mivel az irreducibilis polinomok ℤp[x]-ben prímtulajdonságúak (hiszen ℤp test), azt kapjuk, hogy .
Találtunk tehát egy olyan k∈ ℤp[x] nem konstans polinomot, ami -nak is és -nak is osztója. Ezért . Viszont f1f2∣ Φn, és Φn(x)∣ xn-1. Ezért végül is . Ez azonban ellentmond a 3.6.14.
Gyakorlat megoldásának, amely szerint esetén az xn-1 polinomnak nincs többszörös tényezője mod p.
Ezzel a lemma, és így a tétel bizonyítását is befejeztük. □
Az 8. szakaszban testek karakterisztikájával foglalkozunk, és itt a körosztási polinomokat tetszőleges test fölött értelmezzük majd. A 7. szakaszban véges testekről lesz szó. Mindkét szakasz végén további feladatokat találunk körosztási polinomokra.
Gondolkodjunk!