Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

1 Definíció. Egy f  R[x] polinom c  S -beli helyettesítési értéke c az f gyöke, ha a helyettesítési érték f(c) = 0. Legyen S egységelemes integritási.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "1 Definíció. Egy f  R[x] polinom c  S -beli helyettesítési értéke c az f gyöke, ha a helyettesítési érték f(c) = 0. Legyen S egységelemes integritási."— Előadás másolata:

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

2 2 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

3 3 Gyökök száma ? Függ R –től Keressük az f(x) = x 2 +1 polinom gyökeit. 1. Z, Q, R –ben nincs gyöke. 2. C[x] –ben a gyökök száma kettő: 3. Z 2 [x] –ben egy gyöke van: i és –i Z 3 [x] –ben nincs gyöke. 5. Z 5 [x] –ben két gyöke van:2 és 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.

4 4 7. R a kvaterniók ferde teste. (Ferdetest, ha a szorzás kommutativitását kivéve a test axiómák teljesülnek benne.) A=a+bi+cj+dk a, 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 i 2 = j 2 = k 2 = –1, ij = k, jk = i ki = 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, b 2 +c 2 +d 2 =1. Az a+bi+cj+dk kvaternió gyöke a polinomnak. Ilyen kvaternió végtelen sok van.

5 5 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). 1.n = 0 esetén: f konstans polinom, nincs gyöke n = 1 és f(x) = a 0 + a 1 x, a 1  0. Ekkor c 1, c 2  R gyökökre : f(c 1 ) = a 0 + a 1  c 1 = 0, f(c 2 ) = a 0 + a 1  c 2 = 0. a 0 + a 1  c 1 = a 0 + a 1  c 2, a 1  c 1 = a 1  c 2. R nullosztómentes, a 1  0,  c 1 = c 2.  legfeljebb egy gyök van.

6 6 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.

7 7 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.

8 8 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 + f g’, 4. (e  x)’ = e. Az f ’ polinom f (algebrai) deriváltpolinomja, vagy differenciálhányadosa. f ’= a 1 + 2a 2 x +…+n a n x n-1

9 9 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, ha char(R) = 0. Definíció. Legyen R egységelemes integritási tartomány, és f  R[x]*. Azt mondjuk, hogy c  R az f(x) n-szeres gyöke (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) n g(x), és g  R[x], g(c)  0.

10 10 Megjegyzés. Fordítva nem igaz pl : f(x) = x 4 - 1, f ’(x) = 4x 3  f ’(x) –nek a 0 3-szoros gyöke, f(x) –nek nem gyöke. 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.

11 11 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.

12 12 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.  a i =b i 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.

13 13 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.

14 14 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 c j  C, c i  c j, ha i  j és  1 +  2 +…+  k = n = deg f.  C fölött az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak. Komplex együtthatójú polinomok

15 15 Valós együtthatójú polinomok Tétel. Legyen f  R[x], c  C és f(c) = 0. Ekkor  Bizonyítás. f(c)=a 0 +a 1 c+…+a n c n =0. Összeg és szorzat konjugáltja tagonként, illetve tényezőnként vehető. Az a i együtthatók, valamint 0 konjugáltja önmaga, mert valósak.

16 16 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). x 2 – 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.

17 17 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.

18 18 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

19 19 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, c 1, c 2, …, c n  Z páronként különbözőek. Ekkor az alábbi polinomok irreducibilisek Z[x]-ben: f 1 (x)=(x–c 1 )…(x–c n )+1 f 2 (x)=(x–c 1 )…(x–c n )–1 Példa n-edfokú irreducibilis polinomra Z[x]-ben és így Q[x]-ben. (Schőnemann--Eisenstein-tétel) x n + p, p prím.

20 20 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 R hányadosteste (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.


Letölteni ppt "1 Definíció. Egy f  R[x] polinom c  S -beli helyettesítési értéke c az f gyöke, ha a helyettesítési érték f(c) = 0. Legyen S egységelemes integritási."

Hasonló előadás


Google Hirdetések