Egy f  R[x] polinom cS -beli helyettesítési értéke 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) = a0 + a1c +…+ ancn c az f gyöke, 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. Polinom2

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

Keressük az f(x) = x2 +1 polinom gyökeit. 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 . 3. Z2[x] –ben egy gyöke van: 1 . 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 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 i2 = j2 = k2 = –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, 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.

R nullosztómentessége  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 + f g’ , 4. (ex)’ = e. Az f ’ polinom f (algebrai) deriváltpolinomja, vagy differenciálhányadosa. f ’= a1 + 2a2x +…+n anxn-1

( x – c)n | f(x) és ( x – c)n+1 | f(x) . 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)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, ha char(R) = 0.

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

g(x) = (x – c)(x – )  f(x) . 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 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.