Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

A. Algebrai alapfogalmak

A. Algebrai alapfogalmak

• A.4.7 f) Az állítás a c) rész alapján minden 1≤in-1-re igaz. Továbbá az a0+a1x+a2x2+…+anxn és an+ an-1x+…+a1xn-1+a0xn polinomok gyökei éppen egymás reciprokai, ezért az i=n és i=0 esetek közül elég az egyikre szorítkozni.

Az i=0 eset igazolásához tegyük fel indirekt, hogy véges sok kivételtől eltekintve bármilyen s egész szám esetén az s+a1x+a2x2+…+anxn polinomnak van racionális gyöke, azaz alkalmas r racionális számmal a -s felírható -s=a1r+a2r2+…+anrn alakban. Egy ilyen r gyök (s-től függetlenül) csak k/an alakú racionális szám lehet. Ez azt jelenti, hogy a g=a1x+a2x2+…+anxn polinomfüggvénybe a k/an alakú racionális számokat behelyettesítve véges sok kivételtől eltekintve minden egész számot meg kellene kapnunk.

Legyen M egy nagy szám és tekintsük az összes olyan g(k/an) helyettesítési értéket, amelyre |g(k/an )|<M. Ha k/an2M/an, akkor — felhasználva, hogy minden elég nagy abszolút értékű x-re |g(x)|>|anxn /2|≥ ≥|anx2/2| — azt kapjuk, hogy |g(k/an)|>M, ami ellentmondás. Ennek megfelelően szükségképpen k/an<2M/an.

Az ilyen k/an számok száma legfeljebb 2an2M/an<3anM. A feltétel szerint ugyanakkor az ezekből képzett g(k/ an) helyettesítési értékek között legfeljebb R darab kivételtől eltekintve a -M és M közé eső összes egész számnak is szerepelnie kell. Ez azt jelenti, hogy 2M-1-R3anM, ami elég nagy M esetén nyilván lehetetlen.

• A.5.10 a) Ha |G|=1 vagy prímszám, akkor egy H részcsoportra a Lagrange-tétel szerint csak |H|=1 vagy |H|=|G| lehetséges, vagyis szükségképpen H=e vagy H=G. Tehát ha |G|=1 vagy prímszám, akkor G-nek csak triviális részcsoportjai vannak. Megmutatjuk, hogy más ilyen tulajdonságú csoport nincs. Tegyük fel, hogy G-nek az e-n és önmagán kívül nincs más részcsoportja. Ekkor bármely ge-re szükségképpen G=g. Ha o(g)=∞, akkor g2, ha pedig o(g) összetett szám és d az o(g) egy nemtriviális osztója, akkor gd egy nemtriviális részcsoportot alkot g-ben, ami ellentmondás. Tehát |G|=o(g) valóban csak 1 vagy prímszám lehet.

• b) Egy véges csoportnak nyilván csak véges sok részcsoportja van. Megmutatjuk, hogy ennek a megfordítása is igaz, azaz bármely végtelen csoportban végtelen sok részcsoport található. Ha létezik olyan gG, amelyre o(g)=∞, akkor a gk, k=1, 2, 3, részcsoportok mind különbözők. Ha G-ben minden elem véges rendű (de|G|=∞), akkor legyen pl. g1=e, és ha már g1,…,gi-t kiválasztottuk, akkor gi+1 legyen egy tetszőleges olyan elem, amely nincs benne a g1, , gi ciklikus részcsoportok egyesítésében. Az elemrendek végessége miatt a ciklikus részcsoportok végesek, ugyanakkor |G|=∞, ezért ez az eljárás nem akad meg. Az így nyert gi, i=1, 2, 3,  részcsoportok mind különbözők.

• A.7.1 A feltételek szerint M egy n-dimenziós vektortér L felett, ezért bármely n+1 eleme lineárisan összefüggő. Speciálisan, az 1,Θ,Θ2,…,Θn elemek is lineárisan összefüggők, azaz léteznek olyan γ0, γ1, γnL nem csupa nulla „skalárok”, amelyekre i=0nγiΘi=0. Ez azt jelenti, hogy Θ gyöke az f=i=0nγixiLx nemnulla polinomnak, tehát legfeljebb n-edfokú algebrai elem L felett. A degΘ|n állítás bizonyításához tekintsük az LLΘM testláncot. A fokszámtétel szerint n=deg(M:L)=deg(M:L(Θ) )deg(L(Θ):L), és itt a második tényező éppen degΘ.

• A.7.16 Mivel |z|=1, ezért z¯=1/z, és így Re z=z+1/z/2Qz. Ebből következik, hogy QRe zQz. Továbbá nyilván QRe zR, tehát QRe zQzR. A másik irányú tartalmazáshoz vegyünk Q(z)-ből egy w valós elemet. Azt kell igazolni, hogy wQRe z. A gondolatmenet jobb megvilágítása érdekében először tegyük fel, hogy z algebrai szám. Ekkor w felírható w=i=0n-1αizi alakban, ahol αiQ és n=degz. Mivel w valós, ezért

Ha megmutatjuk, hogy zi+1/zi felírható z+1/z=2Re z racionális együtthatós polinomjaként, akkor az előzőek alapján ugyanez érvényes 2w-re és így w-re is, tehát valóban w=i=0n-1αizi A jelzett állítást i szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Az állítás i=1-re triviális, i=2-re z2+1/z2=(z+1/z)2-2. Elfogadva i-1-re és i-re, zi+1+1/zi+1=(zi+1/zi)(z+1/z)-(zi-1+1/zi-1) alapján kapjuk, hogy i+1-re is igaz. Ha z transzcendens, akkor is hasonló gondolatmenetet követünk. Legyen w valós és αiQ azaz w=g(z)/h(z), ahol g, hQx. Mivel w=w¯ és z¯=1/z, ezért g(z)/h(z)=g(1/z)/h(1/z). A nevezőkkel átszorozva kapjuk, hogy g(z)h(1/z)=g(1/z)h(z). Jelöljük ezt a közös értéket u-val, ekkor 2u=g(z)h(1/z)+g(1/z)h(z). Itt a szorzásokat elvégezve 2u=iγizi+1/zi adódik, ahol γiQ. Mint láttuk, ekkor 2u felírható z+1/z racionális együtthatós polinomjaként, tehát uQRe z. Ugyanígy kapjuk, hogy v=hzh1/zQRe z. Végül w=u/v, azaz w is eleme a Q(Re z) bővítésnek.

• A.7.17 Legyen f01x+…+Θnxn, ahol Θi algebrai, és legyen f(Ψ)=0. Tekintsük az alábbi bővítésláncot:

Mindegyik „láncszem” véges fokú bővítés: bármely 0≤in-re deg(Mi+1:Mi)≤ degΘi (itt azért nem áll feltétlenül egyenlőség, mert lehet, hogy a Θi-nek az Mi feletti foka kisebb, mint a Q feletti foka) és deg(Mn+2:Mn+1)≤n. A fokszámtétel miatt ekkor az Mn+2:Q bővítés is véges fokú. Ebből következik, hogy Mn+2 minden eleme algebrai szám, tehát speciálisan a Ψ is az.

• A.8.8 Ha f osztója a gk=xpk-x polinomnak, akkor az A.8.7 feladat alapján f-nek van gyöke a pk elemű Mk véges testben (sőt gyöktényezőkre bomlik Mk-ban). Egy ilyen gyöknek a foka éppen degf, és Mk minden elemének a foka osztója k-nak.

Megfordítva, tegyük fel, hogy degf|k. Jelöljük f fokát n-nel, ekkor az Fp[x]/(f) faktorgyűrű egy pn elemű véges test. Ez az Mn test az Fp-nek az f egyik Θ gyökével történő bővítése, Mn=Fp(Θ). Ekkor (pl. az A.8.7 feladat alapján) Θ gyöke a gn=xpn-x polinomnak. Mivel az f-nek és gn nek van közös gyöke és f irreducibilis, ezért szükségképpen f|gn. Továbbá nkpn-1pk-1gngk. Innen kapjuk, hogy f|gk is teljesül.

• A.8.12 a) A pk elemű test multiplikatív csoportjának a generátorelemei éppen a k-adfokú primitív polinomok gyökei. Két különböző primitív polinomnak az irreducibilitás miatt nem lehet közös gyöke, és ugyancsak az irreducibilitás miatt nincs többszörös gyök sem. Így minden primitív polinomnak k gyöke van, az összes primitív elemek száma ϕ(pk-1), tehát a polinomok száma ϕ(pk-1)/k.

• b) Jelöljük az Fp feletti k-adfokú irreducibilis (1 főegyütthatójú) polinomok számát Ik-val. Az útmutatást követve, az A.8.8 feladat szerint az xpk-x polinom irreducibilis tényezőkre bontásában azok az irreducibilis polinomok szerepelnek, amelyeknek a foka osztója k-nak. Ezek mindegyike egyszer fordul elő xpk-x felbontásában, mert xpk-x-nek nincs többszörös gyöke. A fokszámokat összehasonlítva pk=dkdId adódik.

Innen Ik-t a Möbius-féle megfordítási formula segítségével fogjuk kifejezni. Ez az elnevezés a következő tételt takarja: ha h(n) a pozitív egészeken értelmezett tetszőleges (komplex értékű) függvény és Hn=dnhd, akkor hn=dnμdHn/d (a μ(n) Möbius-függvény definícióját lásd az útmutatásnál). A H(n)-et a h(n) osztókra vonatkozó összegzési függvényének, h(n)-et pedig a H(n) megfordításifüggvényének nevezzük. A formula bizonyítása a μ(n) következő tulajdonságán múlik: S=dnμd=0, ha n>1 és S=1, ha n=1.

Visszatérve a pk=dkdId összefüggésre, ez azt fejezi ki, hogy a h(n)=

=nIn számelméleti függvénynek az osztókra vonatkozó összegzési függvénye Hn=dndId=pn. Ekkor a Möbius-féle megfordítási formula alapján hn=dnμdHn/d=dnμdpn/d, azaz Ik=1/kdkμdpk/d.