Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

A.7. Testbővítés

A.7. Testbővítés

Ebben a pontban — a fejezet többi részével összhangban — testen mindig kommutatív testet értünk.

A.7.1 Definíció

Az M testet az L test bővítésének nevezzük, ha Lrészteste M-nek, azaz LM és az L testben a műveletek éppen az M-beli műveletek megszorításai.❶

Ennek a kapcsolatnak a szokásos jelölése M|L, de mivel ez könnyen félreérthető és nem is igazán tükrözi az L és M viszonyát, ezért inkább az M:L jelölést fogjuk alkalmazni.

Ha M bővítése L-nek, akkor M egyben vektortér is L felett a „természetesen” adódó műveletekre. Ezek a vektortérműveletek az M test műveleteiből származnak: két M-beli „vektort” mint az Mtest két elemét adjuk össze, továbbá egy L-beli „skalárral” úgy szorzunk meg egy M-beli „vektort”, hogy az Mtestnek ezt a két elemét összeszorozzuk.

Az M-nek mint az L test feletti vektortérnek a dimenziójára külön elnevezést és jelölést vezetünk be:

A.7.2 Definíció

Ha M bővítése L-nek, akkor az M-nek mint L feletti vektortérnek a dimenzióját a testbővítés fokának nevezzük és deg(M:L)-lel jelöljük.❶

Például deg(C:R)=2, deg(R:Q)=∞.

Alapvetően fontos tétel, hogy az egymás utáni testbővítések esetén a fokszámok összeszorzódnak:

A.7.3 Tétel (Testbővítések fokszámtétele)

Az LMN bővítéslánc esetén deg(N:L)=deg(N:M)·deg(M:L).❶

A testbővítések legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen elem által generált bővítések jelentik. Ezt rögtön tetszőleges testekre vizsgáljuk, de melegen ajánljuk, hogy az Olvasó az alábbiakat először az L=Q, M=C speciális esetben gondolja végig, és ezen keresztül „szokja meg” ezt a fogalmat.

Előrebocsátjuk, hogy az M:L testbővítés esetén az L test elemeit görög kisbetűkkel, az M elemeit pedig görög nagybetűkkel fogjuk jelölni.

Legyen L részteste M-nek és θM tetszőleges elem. Ekkor az

L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésén az L-ből és a Θ-ból a(z M) testbeli műveletek (és inverzeik) segítségével előálló elemek halmazát fogjuk érteni. Ehhez elkészítjük minden lehetséges módon az α0+α1θ++αnθnM elemeket, ahol ntetszőleges nemnegatív egész és az αi-k az L test elemei, majd vesszük ilyenek hányadosait. Az α01Θ+…+αnΘn elem nem más mint a g=α0+α1x++αnxnLx polinomnak a θM helyen vett g(θ)M helyettesítési értéke. A szóban forgó hányadosok tehát g(Θ)/h(Θ)alakú M-beli elemek, ahol g és h tetszőleges L[x]-beli polinomok és természetesen h(Θ)≠0. Az ily módon kapott elemek a Θ-t és az L-et tartalmazó legszűkebb résztestet alkotják M-ben. Mindezt pontosan az alábbi definícióban és tételben fogalmazzuk meg.

A.7.4 Definíció

Legyen L részteste M-nek és θM tetszőleges elem. Ekkor a

illetve ugyanezt részletesen kiírva, a

M-beli részhalmazt az L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésének nevezzük és L(Θ)-val jelöljük.❶

A.7.5 Tétel

L(Θ)az M testnek az a legszűkebb részteste, amely a Θ elemet és az L testet tartalmazza, azaz

(i) L(Θ)az M testnek részteste;

(ii) θLθ,LLθ

(iii) ha T részteste M-nek és θT,LT akkor szükségképpen LθT.❶

Bizonyos esetekben L(Θ)elemei egyszerűbb alakban is felírhatók. Ehhez szükségünk lesz az algebrai elem fogalmára.

A.7.6. Definíció

Legyen L részteste M-nek. A θM elem algebrai az L test felett, ha létezik olyan nemnulla fL[x] polinom, amelynek a Θ gyöke, azaz f(Θ)=0.❶

A már említett L=Q,M=C speciális esetben ez az algebrai szám fogalmát jelenti: egy Θ komplex szám akkor algebrai szám, ha létezik olyan racionális együtthatós, nemnulla polinom, amelynek a Θ gyöke. Így például a 2, a 53 vagy az i107 algebrai számok, megfelelő polinomok az x2–2, az x3–5, illetve az x14+100.

A nem algebrai komplex számokat transzcendens számoknak nevezzük, ilyenek pl.a π, az e (a természetes logaritmus alapszáma),lg2,sin1(a szöget radiánban mérve). Az algebrai számok csak megszámlálható sokan vannak, tehát a komplex számok „túlnyomó többsége” transzcendens. Ennek ellenére általában igen nehéz kérdés egy adott komplex számról eldönteni, hogy algebrai-e vagy transzcendens. Megoldatlan például, hogy e+π algebrai-e vagy transzcendens, sőt azt sem tudjuk, hogy racionális-e vagy irracionális.

Egy Θ algebrai elem esetén több olyan fL[x] polinom is létezik, amelynek a Θ gyöke, hiszen például egy ilyen polinom bármely polinomszorosa is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Ezek között a polinomok között a(z egyik) legalacsonyabb fokúnak kitüntetett szerepe van:

A.7.7 Definíció

Az L felett algebrai θM elem minimálpolinomjának a(z egyik) legalacsonyabb fokú L[x]-beli polinomot nevezzük, amelynek a Θ gyöke. A Θ minimálpolinomját mΘ-val jelöljük.❶

A.7.8 Tétel

(i) mΘ egy (L-beli) konstans szorzótól eltekintve egyértelmű.

(ii) Legyen fLx Ekkor fθ=0mθf

(iii) mΘ irreducibilis L felett.

(iv) Ha f irreducibilis L felett és f(Θ)=0, akkor f= mΘ.❶

Megjegyezzük, hogy az mΘ jelölés a Θ akármelyik minimálpolinomját jelentheti, de ez nem okoz problémát, hiszen ezek a polinomok egymástól az (i) állítás alapján csak egy konstans szorzóban különböznek. Ha valaki (nagyon) egyértelműsíteni akar, akkor választhatja pl.azt az alakot, amelynek a főegyütthatója 1. Ekkor természetesen a (iv) állításban az fmΘ következtetés írható, ahol γ egy L-beli konstanst jelöl.

A.7.9 Definíció

Az L felett algebrai θM elem fokának a minimálpolinomja fokszámát nevezzük:degΘ=deg mΘ.❶

A korábbi (L=Q,M=C-re vonatkozó) példáinkban szereplő algebrai számok esetén a megadott polinomok Q felett irreducibilisek voltak, tehát a 2 minimálpolinomja x2–2, a 53x3–5, az i107 -é pedig x14+100, és így a három szám foka rendre 2, 3, illetve 14. (Az i107 -re vonatkozó állítást a legkevesebb számolással az A.7.3 és a nemsokára következő A.7.11 Tételek segítségével lehet igazolni.) Az elsőfokú algebrai számok az elsőfokú racionális együtthatós polinomok gyökei, azaz maguk a racionális számok. Általában, tetszőleges L felett is az elsőfokú algebrai elemek pontosan az L elemei lesznek.

Most rátérünk arra, hogyan írhatók fel egy Θ algebrai elemmel történő bővítés esetén az L(Θ) elemei az A.7.4 Definícióban megadottnál egyszerűbb alakban.

Tekintsük példaként a racionális testnek a 2-vel vett Q2 bővítését. Ez nem más, mint az α0+α12 alakú számok T halmaza, ahol αiQ(lásd az A.2 pont P3 példáját), ugyanis T egy olyan test, amely a 2-t és a racionális számokat tartalmazza és nyilván a legszűkebb. Ez azt jelenti, hogy az A.7.4 Definícióban felírt alakhoz képest nincs szükség osztásra és a 2-nek az egynél magasabb kitevőjű hatványaira. Ha a 2 helyett a 53-tel történő Q53 bővítést tekintjük, akkor itt 53 legfeljebb második hatványaira van szükség, mert a harmadik és magasabb hatványok kifejezhetők ezekkel (és alkalmas racionális számokkal).

Az általános esetben a következő tétel érvényes:

A.7.10 Tétel

Ha θM egy n-edfokú algebrai elem az L test felett, akkor L (Θ) elemei egyértelműen felírhatók α01Θ+…+αn-1Θn-1 alakban, ahol αiL

A tétel más megfogalmazásban azt jelenti, hogy az 1,Θ,…,Θn-1 elemek bázist alkotnak L(Θ)-ban mint L feletti vektortérben. Így ennek a vektortérnek a dimenziója, azaz az L(Θ) :L testbővítés foka n. Ezt a fontos tényt külön tételként is kimondjuk:

A.7.11 Tétel

Ha θM algebrai elem az L test felett, akkor deg(L(Θ):L)=degΘ.❶

Az A.7.10-A.7.11 Tételeket kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ nem algebrai elem (azaz transzcendens) L felett, akkor az L(Θ) elemei nem adhatók meg az A.7.4 Definícióban leírtnál egyszerűbb alakban, és az L(Θ): L testbővítés foka ekkor végtelen.

Az L(Θ) test egy másik megközelítését adja az alábbi tétel:

A.7.12 Tétel

Ha θM algebrai elem az L test felett, akkor az L(Θ) test izomorf az L[x]/(mΘ) faktorgyűrűvel.❶

Tekintsük példaként a valós számoknak az i-vel történő bővítését, ekkor nyilván a komplex számokat kapjuk, azaz C=R(i). Az i minimálpolinomja mi=x2+1, tehát az A.7.12 Tétel értelmében C=R(i) izomorf az R[x]/(x2+1) faktorgyűrűvel — ezt az eredményt már az A.6 pontban is megkaptuk.

Az A.7.12 Tétel alapján az L(Θ) elemeit az mѳ polinom szerinti osztási maradékokként képzelhetjük el.

A tételt kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ transzcendens elem L felett, akkor az L(Θ) test az L feletti algebrai törtek, azaz az L[x]-beli polinomok formálisan képzett hányadosainak testével izomorf.

Végül megjegyezzük, hogy az A.7.12 Tétel segítségével „akkor is megkonstruálhatjuk L(Θ)-t, ha nincs eleve adva egy bővebb M test”, lásd az A.7.18 feladatot.

Feladatok

M A.7.1 Tegyük fel, hogy az M:L testbővítés foka véges, legyen deg(M:L)=n. Bizonyítsuk be, hogy ekkor egy tetszőleges θM elem algebrai L felett, degΘ≤n, sőt degΘ|n.

A.7.2 Mi az oka annak, hogy egy algebrai elem minimálpolinomja mindig irreducibilis, ugyanakkor egy lineáris transzformáció minimálpolinomja (lásd a 6.3 pontban) lehet reducibilis is az adott test felett?

A.7.3 Bizonyítsuk be az A.7.3, 5, 8, 10 és 12 Tételeket.

Az A.7.4-A.7.17 feladatok az algebrai számokra (azaz a komplex számok közül a Q felett algebrai elemekre) vonatkoznak.

A.7.4 Mutassuk meg, hogy egy f≠0 komplex együtthatós polinomhoz akkor és csak akkor létezik olyan g≠0 racionális együtthatós polinom, amelyre f|g, ha f minden (komplex) gyöke algebrai szám.

A.7.5 Bizonyítsuk be, hogy egy algebrai számból pozitív egész kitevős gyököt vonva ismét algebrai számot kapunk.

*A.7.6 Lássuk be, hogy az algebrai számok a komplex számok egy résztestét alkotják.

A.7.7 Mit állíthatunk egy algebrai és egy transzcendens szám összegéről, illetve két transzcendens szám összegéről (algebrai-transzcendens szempontból)?

A.7.8

a) Jelöljük két komplex szám összegét S-sel, a szorzatukat pedig P-vel. Mi mondható a(z eredeti) két számról (algebrai-transzcendens szempontból), ha

(i) S algebrai,P transzcendens;

(ii) S transzcendens,P algebrai;

(iii) S és P is transzcendens;

(iv) S és P is algebrai?

b) Mennyiben változik a helyzet, ha az „algebrai”, illetve „transzcendens” szavak helyére a „racionális”, illetve „irracionális” szavakat írjuk?

A.7.9 Legyen egy z(≠0) komplex szám algebrai alakja z=a+bi, trigonometrikus alakja z=r(cosϕ+i sinϕ). Bizonyítsuk be, hogy z akkor és csak akkor algebrai, ha

a) a és b algebrai; illetve

b) r és cosϕ algebrai.

A.7.10 Az alábbi komplex számok közül melyek algebraiak és mennyi a fokuk?

a) 30001000;

b) 2+3;

c) ei;

d) π1000+3π9+7;

e) 23+43;

f) cos20°;

g) egy 101-edik egységgyök;

h) egy 6-odik egységgyök;

i) egy primitív n-edik egységgyök;

*j) cos1°.

*A.7.11 Van-e az egységkörön az egységgyökökön kívül algebrai szám?

*A.7.12 Határozzuk meg az egységkörön az összes páratlan fokú algebrai számot.

A.7.13 Legyen Θ algebrai szám, degΘ=k. Mik deg(Θ2) lehetséges értékei?

A.7.14 Mutassuk meg, hogy

a) Q8=Q18;

b) Q29Q26=Q23.

A.7.15 Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan racionális együtthatós polinom, amely az 1+3257+111257+10006257 helyen a 57 értéket veszi fel.

M*A.7.16 Bizonyítsuk be, hogy ha |z|=1, akkor Q(z)∩R=Q(Rez).

M*A.7.17 Bizonyítsuk be, hogy ha egy fCx polinom minden együtthatója algebrai szám, akkor f minden (komplex) gyöke is algebrai szám.

Megjegyzés: Jelöljük az algebrai számok testét A-val. Ekkor a feladat állítása úgy is fogalmazható, hogy minden nemkonstans fAx polinomnak van A-ban gyöke (illetve — ami ezzel ekvivalens — minden f-nek multiplicitással számolva pontosan annyi gyöke van A-ban, mint amennyi a foka). Ez azt jelenti, hogy — a komplex testhez hasonlóan — az algebrai számok testére is érvényes az „algebra alaptétele”. Az ilyen tulajdonságú testeket algebrailag zárt testeknek nevezzük.

*A.7.18 Legyen L tetszőleges (kommutatív) test és f egy irreducibilis polinom L felett. Konstruáljunk egy olyan M testet, amely rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal:

(i) M-nek van az L-lel izomorf L*részteste;

(ii) ha f*L*x az a polinom, amelynek az együtthatóit az f együtthatóiból az LL*izomorfizmus szerint kapjuk, akkor f*-nak van egy θM gyöke;

(iii) M=L*(Θ).

Megjegyzés: Ennek a konstrukciónak az alapján akkor is tudjuk az L-et egy irreducibilis polinom ― még nem is létező(!) — gyökével bővíteni, ha nincs eleve adva egy, az L-et tartalmazó test.