Definíció.
Download
1 / 20

Definíció. - PowerPoint PPT Presentation


  • 98 Views
  • Uploaded on

Definíció. Legyen S egységelemes integritási tartomány, R részgyűrűje S -nek, és R tartalmazza S egységelemét ( e ). Egy f  R [ x ] polinom c  S -beli helyettesítési értéke. f ( c ) = a 0 + a 1 c +… + a n c n. c az f gyöke , ha a helyettesítési érték f ( c ) = 0.

loader
I am the owner, or an agent authorized to act on behalf of the owner, of the copyrighted work described.
capcha
Download Presentation

PowerPoint Slideshow about ' Definíció.' - nirav


An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript

Definíció.

Legyen S egységelemes integritási tartomány, R részgyűrűje S-nek, és R tartalmazza S egységelemét (e).

Egy f  R[x] polinom cS -beli helyettesítésiértéke

f(c) = a0 + a1c +…+ ancn

c az fgyöke, ha a helyettesítési érték f(c) = 0.

Az f-hez tartozó polinomfüggvény helyettesítési értékét vesszük a c helyen.

Gyakran az érdekel minket, hogy az R feletti f polinomnak van-e R-beli gyöke.


Tétel (gyöktényező leválasztása)

Legyen R egységelemes integritási tartomány, f  R[x]*, és cR az f gyöke. Ekkor q  R[x]* :

f(x) = (x – c)q(x).

Bizonyítás.

x – c polinom főegyütthatója egység 

maradékos osztás :

f(x) = (x – c)q(x) + r(x),

a.r = 0  kész.

b. deg(r) < deg( x – c ) = 1r konstans polinom

f(c) = (c – c)q(c) + r(c) = r(c) = 0.

 r a nullpolinom


Gyökök száma ?

Függ R –től

Keressük az f(x) = x2 +1 polinom gyökeit.

1. Z, Q, R –ben nincs gyöke .

2. C[x] –ben a gyökök száma kettő:

i és –i .

1 .

3. Z2[x] –ben egy gyöke van:

4. Z3[x] –ben nincs gyöke .

5. Z5[x] –ben két gyöke van:

2 és 3 .

6. Legyen R=Zp, valamely p prímre:

a. ha p1 (mod 4), akkor az f polinomnak két gyöke van Zp-ben;

b. ha p–1 (mod 4), akkor f-nek nincs Zp-ben gyöke.


7. R a kvaterniók ferde teste. (Ferdetest, ha a szorzás kommutativitását kivéve a test axiómák teljesülnek benne.)

A=a+bi+cj+dka, b, c, dR

kvaternió, ahol i, j és k a képzetes egységek.

A műveletek:

A’=a’+b’i+c’j+d’k szintén kvaternió.

A+A’=(a+a’)+(b+b’)i+(c+c’)j+(d+d’)k

AA’=(aa’-bb’-cc’-dd’)+(ab’+ba’+cd’-dc’)i+

+(ac’-bd’+ca’+db’)j+(ad’+bc’-cb’+da’)k

A képzetes egységek esetén

i2 = j2 = k2 = –1, ij = k, jk = iki = j.

A szorzás asszociatív, nem kommutatív és — mivel a többi testre vonatkozó tulajdonság teljesül — a kvaterniók ferdetestet alkotnak.

f-nek ebben a struktúrában végtelen sok gyöke van. Legyen ugyanis a=0, b2+c2+d2=1. Az a+bi+cj+dk kvaternió gyöke a polinomnak. Ilyen

kvaternió végtelen sok van.


Tétel (polinom gyökeinek száma)

Legyen f  R[x]*, ahol R egységelemes integritási tar-tomány, és deg( f ) = n  0. Ekkor f-nek legfeljebb n különböző gyöke van R-ben.

Bizonyítás (n szerinti teljes indukció) .

  • n = 0 esetén: f konstans polinom, nincs gyöke

  • n = 1 és f(x) = a0 + a1x, a10.

Ekkor c1 , c2 R gyökökre :

f(c1) = a0+ a1c1 = 0,f(c2) = a0+ a1c2 = 0.

a0 + a1c1 = a0 + a1c2 ,

a1c1 = a1c2 .

R nullosztómentes, a10,  c1 = c2.

 legfeljebb egy gyök van.


2. Tegyük fel, hogy n > 1, és az n-nél kisebb fokúak-ra igaz az állítás. Legyen cR gyöke f-nek :

f(c)=0 f(x)=(x–c)g(x), ahol deg(g) = deg( f ) – 1 = n – 1.

Ha d is gyöke f-nek, akkor

f(d) = 0 = (d – c)g(d) = 0,

R nullosztómentessége 

d = c vagy g(d) = 0.

Ind. feltétel g különböző gyökeinek száma ≤n – 1.

 f különböző gyökeinek a száma n.

Az 1. és 2. pont alapján minden nem nulla polinom esetén igaz az állítás.

A 7. példában nem teljesül a tétel állítása, mert a kvaterniók nem alkotnak integritási tartományt, nem teljesítik a szorzás kommutativitását.


Tétel (Wilson-féle kongruenciatétel).

Ha pN prím, akkor (p–1)!–1 (mod p).

Bizonyítás.

p=2 1!–1 (mod 2) a tétel állítása, ami igaz.

p>2, R =Zp

f-nek legalább p–1 gyöke van Zp-ben:

1p–1, p–11 (mod p) kis Fermat-tétel

DE: deg fp–2, ( f fenti előállításában a (p–1)-edfokú tagok kiejtik egymást).

f-nek több gyöke van, mint amennyi a fokszáma lehet,

f az azonosan zérus polinom.

 a konstans tag is nulla, ami másrészt a

– (p–1)! –1 által reprezentált maradékosztály.


Definíció.

Legyen R egységelemes integritási tartomány, és

f  f ’ R[x]-nek önmagába való leképezése a következő feltételekkel:

1. c’= 0, ha c konstans polinom,

2. (f + g)’ = f ’+ g’,

3. (fg)’ = f ’g + fg’ ,

4. (ex)’ = e.

Az f ’ polinom f (algebrai) deriváltpolinomja, vagy differenciálhányadosa.

f ’= a1 + 2a2x +…+n anxn-1


Definíció.

Legyen R egységelemes integritási tartomány, és f  R[x]*. Azt mondjuk, hogy c  R az f(x) n-szeresgyöke (nN), ha

( x – c)n |f(x) és ( x – c)n+1 |f(x) .

Jelölés.

c az f-nek n-szeres gyöke, ha f(x)=(x–c)ng(x), és gR[x], g(c)0.

Tétel.

Legyen R egységelemes integritási tartomány,f  R[x], c  R, n  N.

Ha c az f(x)-nek n-szeres gyöke, akkor c az f '(x)-nek legalább (n–1)-szeres gyöke;

pontosan (n–1)-szeres gyök abban az esetben, hachar(R)= 0.


Bizonyítás.

Tehát c legalább (n–1)-szeres gyöke f '(x)-nek és

( x – c)n ||f(x)  g(c)  0 .

char(R)= 0  az összeg sosem 0.

Megjegyzés.

Fordítva nem igaz pl :

f(x) = x4 - 1, f ’(x) = 4x3

f ’(x) –nek a 0 3-szoros gyöke, f(x) –nek nem gyöke.


1. Legyenek

mind f-nek, mind a deriváltjának p-szeres gyöke.

2. Legyen

az f-nek kp-szeres, f '-nek kp+n–1-szeres gyöke.

multiplicitása a deriváltban bármennyivel nagyobb lehet az eredeti multiplicitásnál.


Tétel.

Ha R végtelen, egységelemes integritási tartomány, és az f, g polinomfüggvények egyenlőek, akkor az f és g polinomok is egyenlőek.

Bizonyítás.

Ha az f, gR[x] polinomokhoz tartozó polinomfüggvények egyenlőek

f(c)=g(c) minden cR esetén.

f(x)–g(x) polinomnak végtelen sok gyöke van, ami csak úgy lehet, ha maga a nullpolinom.

 ai=bi 1in=k,

 az f és g polinomok azonosak.

Végtelen integritási tartomány felett a polinomok és a hozzájuk tartozó polinomfüggvények között nem szükséges különbséget tenni.

Véges integritási tartomány esetén élesen elválik a két fogalom.


Felbonthatatlanok a polinomok körében

test fölötti polinomok euklidészi gyűrűt alkotnak

felbonthatatlanok és a prímek egybeesnek.

Egység a lehető legkisebb  értékkel rendelkező polinom

nulladfokú, nemnulla konstans polinom lehet egység.

Test fölötti polinomok körében a nemnulla konstans polinomok mindnyájan egységet alkotnak (ezek minden polinomnak osztói.)

Az elsőfokú polinomok mindig felbonthatatlanok.

Bizonyos esetben magasabbfokú polinomok is lehetnek felbonthatatlanok.


Komplex együtthatójú polinomok

Algebra alaptétele:

minden legalább elsőfokú komplex együtthatójú polinomnak van komplex gyöke.

 Egy n1 fokú komplex együtthatós polinomnak pontosan n gyöke van, melyek azonban nem feltétlenül különböznek.

f  C[x] :

ahol cj  C, ci  cj , ha i  j és

1+2+…+k = n = deg f.

C fölött az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak.


Valós együtthatójú polinomok

Tétel.

Legyen f R[x], c C és f(c) = 0. Ekkor

Bizonyítás.

f(c)=a0+a1c+…+ancn=0.

Összeg és szorzat konjugáltja tagonként, illetve tényezőnként vehető.

Az ai együtthatók, valamint 0 konjugáltja önmaga, mert valósak.


Következmény.

Legyen c C\R gyöke f R[x]-nek 

és is gyöke f-nek

x – cf(x) és x – f(x),

felbonthatatlanok és nem asszociáltak 

g(x) = (x – c)(x – )  f(x) .

x2 – 2Re(c)x + |c|2 R[x] .

  h(x) R[x] :

f(x) = g(x) h(x),

deg(h) = deg(f) – 2 .

f R[x]legfeljebb másodfokú polinomok szorza-tára bontható R felett.

Azok a másodfokú polinomok felbonthatatlanok, a-melyeknek nincs valós gyökük.


Z[x] nem alkot euklidészi gyűrűt.

Ha azt alkotna, akkor a 2 és x polinomok legnagyobb közös osztója, ami 1, előállítható lenne 2 és x lineáris kombinációjaként:

2u(x)+xv(x)=1, u, vZ[x].

Ilyen u és v polinomok nincsenek.

Ennek ellenére Z[x]-ben a prímek és felbonthatatlanok egybeesnek, és érvényes az egyértelmű felbontás tétele.

Q[x]-ben irreducibilis polinomok keresése ekvivalens feladat azzal, hogy Z[x]-ben keresünk irreducibilis polinomokat.


Gauss-tétel.

Ha valamely f egész együtthatós polinom felbontható racionális együtthatós polinomok szorzatára, akkor felbontható egész együtthatós polinomok szorzatára is.

f(x)=g(x)h(x), fZ[x], g, hQ[x],

1deg g<deg f , 1deg h<deg f,

 léteznek G, HZ[x],

deg G=deg g, deg H=deg h:

f(x)=G(x)H(x).

Racionális együtthatós polinomból

egész együtthatós polinom:

az együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszörösével beszorzunk. Ez Q[x]-ben egy egységgel való szorzást jelent.


Az egész együtthatós polinomok körében (és így Q[x]-ben is) tetszőleges nN-re van felbonthatatlan polinom.

Schur-tétel.

Legyen nN, n>4, c1, c2, …, cnZ páronként különbözőek. Ekkor az alábbi polinomok irreducibilisek Z[x]-ben:

f1(x)=(x–c1)…(x–cn)+1

f2(x)=(x–c1)…(x–cn)–1

Példa n-edfokú irreducibilis polinomra

Z[x]-ben és így Q[x]-ben.

(Schőnemann--Eisenstein-tétel)

xn + p , p prím.


Hányadostest

R integritási tartomány T testbe ágyazható:

T = { (a, b)  a, b  R, b  0 }.

(a, b)  (c, d)  ad = bc

ekvivalenciareláció által meghatározott osztályok testet alkotnak az alábbi műveletekre:

Definíció.

A fenti test Rhányadosteste (kvóciensteste) .

Test fölötti polinomgyűrű integritási tartomány, és így testbe ágyazható.

Valamely K test esetén a K[x] integritási tartomány hányadostestét racionális függvénytestnek nevezzük és K(x)-szel jelöljük.