A komplex és a valós test fölött át tudtuk tekinteni az összes irreducibilis polinomot, az egész számok gyűrűje fölötti irreducibilitást pedig visszavezettük a racionális számtest fölötti irreducibilitás kérdésére. A racionális számok fölött akárhányadfokú irreducibilis polinomok léteznek, és egy adott polinomról egyáltalán nem könnyű megállapítani, hogy irreducibilis-e, vagy sem. Most néhány olyan elemi módszert mutatunk, amellyel az irreducibilitás kérdése megvizsgálható, és amelyek elegendőek lesznek a későbbi alkalmazásokhoz. Az első ilyen ötlet az úgynevezett Schönemann–Eisenstein-kritérium, amivel, ha szerencsénk van, egy-egy konkrét polinomról megállapíthatjuk, hogy irreducibilis. A bizonyításban használni fogjuk az alábbi segédállítást.
3.5.1. Gyakorlat. Legyen T test, és r≠ 0 egy eleme. Mutassuk meg, hogy az rxn polinom osztói T[x]-ben pontosan az sxm alakú polinomok, ahol 0≠ s∈ T és m≤ n.
3.5.2. Tétel. [A Schönemann–Eisenstein irreducibilitási kritérium] Legyen f egész együtthatós, nem konstans polinom. Ha van olyan p prímszám, amelyre
1. Az állítás megfordítása nem igaz! Például az x+1 polinom irreducibilis ℚ fölött, de nincs hozzá megfelelő p prímszám. Tehát ez a kritérium nem ad eljárást az irreducibilitás eldöntésére: ha alkalmazható, akkor a polinom irreducibilis, de ha nem alkalmazható, akkor az irreducibilitást nem tudjuk, és új ötlet után kell néznünk.
2. Az állítás egész együtthatós polinomokról szól, de racionális együtthatós polinomokra is alkalmazható lehet, ha a nevezőkkel felszorzunk.
3. Vigyázzunk: ez a kritérium csak ℚ fölötti (és nem ℤ fölötti) irreducibilitást biztosít. Például a 9x+18 polinomra érvényes a feltétel (ha p=2), és ez a polinom irreducibilis is ℚ fölött, de nem irreducibilis ℤ fölött (hiszen nem primitív).
4. A kritérium alapján láthatjuk, hogy az xn-2 polinom irreducibilis ℚ fölött (és így ℤ fölött is, hiszen primitív).
Vagyis tényleg van akármilyen fokú irreducibilis polinom ℚ és ℤ fölött.
5. A kritérium általánosítható alaptételes gyűrűre (lásd 5.7.9. Gyakorlat).
Megjegyzés
Az első Gauss-lemma (3.4.3. Lemma) bizonyításánál először egy együtthatókkal való számolást mutattunk be, majd ennek elemzésével rájöttünk, hogy a polinom modulo p vizsgálatával a számolás
elkerülhető. Most fordítva járunk el: a számolásmentes bizonyítást mutatjuk be, és az Olvasót a 3.5.3.
Gyakorlatban kérjük meg arra, hogy ezt a bizonyítást fordítsa le elemi számolásra. Ha valakinek a modulo p gondolkodás még nehézséget okoz, az megteheti, hogy a Schönemann–Eisenstein-kritérium bizonyításaként előbb ennek a gyakorlatnak a megoldását olvassa el.
Bizonyítás. Tegyük föl, hogy az f polinom és a p prímszám teljesítik a feltételeket, de f mégsem irreducibilis ℚ fölött, vagyis az f-nél alacsonyabb fokú, racionális együtthatós g és h polinomok szorzatára bontható. A második Gauss-lemma (3.4.7. Lemma) miatt feltehetjük, hogy g és h egész együtthatós.
Vegyük az f, g, h polinomokat (tehát az együtthatóikat) modulo p, a kapott polinomokat jelölje , és . Ekkor (a 2.3.8. Gyakorlat miatt). Ha f főtagja anxn, akkor, mivel f többi együtthatója p-vel osztható, az polinom lesz (ahol az an maradéka modulo p). Az előző, 3.5.1. Gyakorlat miatt minden osztója sxm alakú alkalmas s∈ ℤp-re és m≤ n egészre. Speciálisan
alkalmas u,v∈ ℤp-re. Mivel ℤp nullosztómentes, a és a fokainak összege az foka, vagyis k+ℓ=n. De , hiszen ha a g polinomot modulo p vesszük, akkor foka nem nőhet (akkor csökkenhetne, ha a főegyütthatója osztható lenne p-vel). Hasonlóképpen látjuk, hogy ℓ≤gr(h). Mivel f-et eredetileg két alacsonyabb fokú polinom szorzatára bontottuk fel, k és ℓ mindketten n-nél kisebbek, és mivel összegük n, egyikük sem lehet nulla. Ez azt jelenti, hogy konstans tagja nulla, vagyis g konstans tagja osztható p-vel, és ugyanígy h konstans tagja is osztható p-vel. De akkor f konstans tagja, amely g és h konstans tagjainak a szorzata, osztható p2-tel. Ez ellentmond a feltételeknek. □
Megjegyzés
Vigyázzunk, azzal az ötlettel, hogy „vegyük a felbontást mod p”, óvatosan kell bánni! A 3.5.11.
Gyakorlatban összefoglaltunk néhány lehetséges anomáliát. Például megtörténhet, hogy egy nemtriviális felbontás triviálissá válik mod p.
3.5.3. Gyakorlat. A fenti gondolatmenetet elemezve adjunk a Schönemann–Eisenstein-kritériumra olyan elemi bizonyítást, ami nem használja a ℤp[x] polinomgyűrűt.
3.5.4. Gyakorlat. Az x11+2x+18, x11+2x+12, x11+12x+5, x11+24, x11+72 polinomok közül melyekre alkalmazható közvetlenül a Schönemann–Eisenstein-kritérium? Mely n egészekre felel meg az x11+n polinom?
Megjegyzés
A Maple program factor parancsával könnyen ellenőrizhetjük, hogy például x11+12x+5 is irreducibilis ℚ fölött, noha erre az előző gyakorlat szerint nem alkalmazható a Schönemann–
Eisenstein-kritérium.
Néha előfordul, hogy a Schönemann–Eisenstein-kritérium közvetlenül nem alkalmazható, de egy kis átalakítás után igen. Például legyen f(x)=x4+1, és számítsuk ki az f(x+1) polinomot:
Itt p=2-vel már alkalmazható a kritérium, tehát f(x+1) irreducibilis. De akkor f is az lesz, a következő gyakorlat állítása miatt.
3.5.5. Gyakorlat. Legyen f racionális együtthatós polinom. Mutassuk meg, hogy f akkor és csak akkor irreducibilis ℚ fölött, ha valamelyik eltoltja (vagyis az f(x+c) polinom alkalmas c∈ ℚ-ra) irreducibilis ℚ fölött.
Érvényes marad az állítás más testek fölött is? Mi a helyzet, ha az x→ x+c helyettesítés helyett az x→ ax+b helyettesítést hajtjuk végre, ahol a≠ 0? És ha x helyébe egy legalább másodfokú p(x) polinomot helyettesítünk?
A következő gyakorlatban egy másik esetet látunk, amikor a polinom mod p vizsgálata segít az irreducibilitás eldöntésében.
3.5.6. Gyakorlat. Mutassuk meg, modulo 3 vizsgálódva, hogy 6x4+3x+1 irreducibilis ℚ és ℤ fölött.
Noha az előző gyakorlatban szereplő f(x)=6x4+3x+1 polinomra nem alkalmazható a Schönemann–Eisenstein-kritérium, de ha f együtthatóit fordított sorrendben írjuk föl, akkor a kapott polinomra már igen. Ebből már következik az irreducibilitás, ennek megmutatása az előző gyakorlat megoldásának egyszerű általánosítása.
3.5.7. Gyakorlat. [A fordított Schönemann–Eisenstein-kritérium] Tegyük föl, hogy f egy egész együtthatós, nem konstans polinom. Igazoljuk, hogy ha létezik olyan p prímszám, amelyre
1. p nem osztja f konstans tagját;
2. p osztja f összes többi együtthatóját;
3. p2 nem osztja f főegyütthatóját, akkor f irreducibilis ℚ fölött.
Megjegyzés
A fordított Schönemann–Eisenstein-kritérium egy másik bizonyítását a következő feladat állításából is megkaphatjuk.
3.5.8. Feladat. Legyen T test, és f(x)=a0+a1x+... +anxn∈ T[x], ahol a0 és an nem nulla. Legyen g(x)=an+an-1x+...
+a0xn. Igazoljuk, hogy
1. A g polinom T-beli gyökei pontosan az f gyökeinek a reciprokai (multiplicitással számolva is).
2. Az f akkor és csak akkor irreducibilis T fölött, ha g az.
A g-t az f-hez tartozó reciprok polinomnak nevezzük.
Még egy példát mutatunk arra, hogy egy polinom mod p, illetve ℤ fölötti felbontásainak együttes vizsgálata hogyan döntheti el az irreducibilitás kérdését.
3.5.9. Példa. Mutassuk meg, hogy f(x)=x4+x2+x+1 irreducibilis ℚ fölött.
Megoldás Az f polinomot ℤ2 fölött szorzatra lehet bontani, (x+1)(x3+x2+1) adódik. Az x3+x2+1 irreducibilis ℤ2
fölött, hiszen harmadfokú, és nincsen ℤ2-ben gyöke. Vagyis a polinomunk ℤ2 fölött egy elsőfokú és egy harmadfokú irreducibilis szorzata lesz, és a felbontás egyértelműsége miatt ℤ2 fölött nem lehet két másodfokú polinom szorzatára bontani. Ezek szerint f-et ℤ fölött sem lehet két másodfokú szorzatára bontani (hiszen ha lenne ilyen felbontás, akkor azt vehetnénk modulo 2). Ha tehát ℤ fölött f nem irreducibilis, akkor csak egy első- és egy harmadfokú szorzatára lehet bontható. Az elsőfokú tényező racionális gyököt jelentene, ilyen azonban a racionális gyökteszt szerint nincsen (az 1 és a -1 ugyanis nem gyök). Ezért f irreducibilis ℚ és ℤ fölött. □ Végül egy utolsó módszert mutatunk az irreducibilitás eldöntésére (ami csak ritkán alkalmazható, általában nagyon bonyolult számolásra vezet). A polinomot általános együtthatókkal bontjuk szorzatra, a szorzást elvégezve pedig az együtthatók összehasonlításával egy egyenletrendszert kapunk (amelynek megoldásában néha számelméleti megfontolások is segítenek).
Példaként a fenti f(x)=x4+x2+x+1 polinomot választjuk. Ennek nincs racionális gyöke, tehát ha felbomlik, akkor csak két másodfokú polinom szorzata lehet: x4+x2+x+1=(ax2+bx+c)(ux2+vx+w), ahol a,b,c,u,v,w-ről (a második Gauss-lemma miatt) feltehetjük, hogy egész számok. Beszorozva, és az együtthatókat összehasonlítva a következő egyenletrendszert kapjuk:
Mivel au=1, csak a=u=1 vagy a=u=-1 lehetséges, így a második egyenletből v+b=0. Ugyanígy az utolsó két egyenletből c=w=b+v=1 vagy c=w=b+v=-1 adódik, és ez lehetetlen, mert b+v=0.
3.5.10. Gyakorlat. Felbonthatatlan-e ℤ[x]-ben az x4+x+1 polinom?
Néhány módszer az irreducibilitás eldöntésére ℚ és ℤ fölött. Felbonthatatlan-e ℤ[x]-ben az x4+x+1 polinom?
1. Egy nem konstans polinom akkor és csak akkor irreducibilis ℤ fölött, ha irreducibilis ℚ fölött, és primitív.
2. Ha egy egész együtthatós nem konstans polinom reducibilis ℚ fölött, akkor két alacsonyabb fokú egész együtthatós polinom szorzatára is felbontható.
3. Ha egy legalább másodfokú polinomnak van racionális gyöke, akkor nem irreducibilis ℚ fölött. Egy másod- vagy harmadfokú polinom pontosan akkor irreducibilis ℚ fölött, ha nincs racionális gyöke (használjuk a racionális gyöktesztet). A racionális gyökök az elsőfokú tényezőknek felelnek meg.
4. Bontsuk föl a polinomot ℂ vagy ℝ fölött, és használjuk a felbontás egyértelműségét (lásd a 3.3.12. Példát).
5. A (fordított) Schönemann–Eisenstein-kritérium.
6. Egy f∈ ℚ[x] polinom akkor és csak akkor irreducibilis ℚ fölött, ha egy eltoltja (f(x+c), c∈ ℚ) az.
7. Ha f∈ ℤ[x], akkor vizsgáljuk modulo p, ahol p prímszám.
8. Bontsuk föl a polinomot általános együtthatókkal, és oldjuk meg a kapott egyenletrendszert.
9. A körosztási polinomok irreducibilisek (lásd 9. szakasz).
10. Negyedfokú polinom esetében vizsgálhatjuk az úgynevezett harmadfokú rezolvenst (lásd 3.8.10.
Feladat).
E módszereket kombinálni is érdemes (3.5.13. és 3.5.14. Gyakorlatok).
Gondolkodjunk!
3.5.11. Gyakorlat. Legyen p egy prímszám, f∈ ℤ[x] egy n-edfokú polinom, ahol n≥ 1, és 0<k<n. Legyen az f modulo p véve. Az alábbi állítások közül melyek igazak?
1. Ha f irreducibilis ℤ fölött, akkor irreducibilis ℤp fölött.
3.5.13. Gyakorlat. Irreducibilisek-e az alábbi polinomok ℚ fölött?
1. 3x7-6x6+6x2+3x-2.
3.5.14. Gyakorlat. Irreducibilisek-e az alábbi polinomok ℤ fölött?
1. x5+5x+26.
2. 3x7+6x-18.
3. x6+1.
4. x3+7x-3.
5. x4+3x3+x2+1.
3.5.15. Feladat. Legyen p prímszám és f(x)=xp-1+xp-2+...+x+1. Mutassuk meg, hogy f(x+1) teljesíti a Schönemann–Eisenstein-kritérium feltételeit a p prímre, és így f irreducibilis ℚ fölött.
3.5.16. Feladat. Legyen f(x,y)=x9+x3y3+y2+y∈ ℂ[x,y], és jelölje ℂ(y) a g(y)/h(y) alakú racionális törtfüggvényekből álló testet (g,h∈ ℂ[y]).
1. Primitív-e f, mint ℂ[y] fölötti polinom?
2. Következik-e a Schönemann–Eisenstein-tételből, hogy f irreducibilis ℂ(y) fölött?
3. Irreducibilis-e f a ℂ[x,y]-ban?
3.5.17. Feladat. Van-e olyan f∈ ℤ[x], hogy minden g∈ ℤ[x] nem konstans polinomra az polinom irreducibilis ℚ fölött?
3.5.18. Feladat. Annak felhasználásával, hogy x3-2 irreducibilis ℚ fölött, mutassuk meg, hogy nem írható föl alakban, ahol a, b∈ ℚ.
Megjegyzés
Az előző feladat állítását majd a 6.1.16. Tételben általánosítjuk.
3.5.19. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha f∈ ℂ[x] és f(0)≠ 0, akkor az f polinomra pontosan akkor teljesül, hogy minden b komplex gyökének a reciproka is ugyanannyiszoros gyöke f-nek, mint b, ha az f-hez tartozó reciprok polinom (3.5.8. Feladat) vagy maga f, vagy pedig -f.
Megjegyzés
Az előző gyakorlatban szereplő f polinomokat reciprok polinomnak nevezzük (helyesebb lenne az
„önreciprok” elnevezés). Ha g=f, akkor az f „szimmetrikus”, ha g=-f, akkor f „antiszimmetrikus”
reciprok polinom. Az ilyen polinomok gyökeinek megkeresését visszavezethetjük egy körülbelül feleakkora fokú egyenlet megoldására úgy, hogy x+(1/x) polinomjaként írjuk őket. Ezt az eljárást csak egy feladattal illusztráljuk.
3.5.20. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha egy reciprok polinomból az összes 1-hez és -1-hez tartozó gyöktényezőt kiemeljük (ha van ilyen egyáltalán), akkor páros fokú, szimmetrikus reciprok polinom marad.
Vezessük vissza az x7+2x6-x4-x3+2x+1=0 egyenletet egy harmadfokú egyenletre.