Ugrás a tartalomhoz

Új matematikai mozaik

Ambrus Gergely, Bárszi Gergely, Csikós Balázs, Frenkel Péter, Gács András, Gyárfás András, Hraskó András, Kiss Emil, Laczkovich Miklós, Lovász László, Montágh Balázs, Moussong Gábor, Pach János, Pelikán József, Recski András, Reiman István

Typotex

8. Testbővítések

8. Testbővítések

Az előző részben kapott állítás fordítottja is igaz: tetszőleges p -re és n -re létezik p n elemszámú test, és ezért létezik p n -rendű affin sík is. Ennek bizonyítása meglehetősen bonyolult, de szorosan összefügg a matematika többezer éves fejlődésének egyik legfontosabb folyamatával, a számfogalom fejlődésével. A p n elemszámú testek ugyanis hasonlóan viszonyulnak a p eleműekhez, mint az emberiség által használt újabb számkörök a régebbiekhez. Mielőtt továbbmennénk, elevenítsünk fel két momentumot ezzel kapcsolatban.

Új számkör „befogadása” mindig nagyon nehéz. A görög gondolkodók a racionális számokat értették „számon”, ők úgy tekintették, hogy az

x 2 - 2 = 0

egyenletnek nincs megoldása. Manapság már egy fölsős kisdiák is azonnal mondja a megoldást, ha ránéz a fenti egyenletre: 2 (a figyelmesebbje még hozzáteszi: és - 2 ). A görögök azt mondták, hogy ilyen szám nincs. Ma már gátlástalanul számolunk vele:

( 2 + 3 2 ) · ( 1 + 2 ) = 2 + 2 · 2 + 3 · 2 + 3 · 2 = 8 + 5 · 2 ;

(11)

1 3 + 2 = 1 3 + 2 · 3 - 2 3 - 2 = 3 - 2 9 - 2 = 3 7 - 1 7 2 .

(12)

Ezek a számolások úgy is elvégezhetők, hogy 2 -t csupán egy matematikai szimbólumnak tekintjük, amely teljesíti a

2 2 - 2 = 0

összefüggést. (Mivel ezt az összefüggést a ( - 2 ) is kielégíti, ezért a (11), (12) számolásokban igaz összefüggést kapunk, ha minden 2 helyére ( - 2 ) -t írunk.) Noha minden gyakorlati példában 2 -t előbb-utóbb egy közelítő értékkel, tehát egy racionális számmal helyettesítjük, a szimbólum mégis fontos, gyakran megkönnyíti a dolgok leírását.

Sokáig úgy tekintette minden gondolkodó ember, hogy az

x 2 + 1 = 0

egyenletnek nincsen megoldása. A harmadfokú egyenlet megoldása során azután kiderült, hogy hasznos bevezetni egy szimbólumot, amely kielégíti a fenti egyenletet. Ezzel az i szimbólummal az i 2 + 1 = 0 azonosság alapján már számolni is tudunk:

( 2 + 3 i ) · ( 1 + i ) = 2 + 2 · i + 3 · i + 3 · ( - 1 ) = - 1 + 5 · i ;

(13)

1 3 + i = 1 3 + i · 3 - i 3 - i = 3 - i 9 - ( - 1 ) = 3 10 - 1 10 · i .

(14)

Világos, hogy ha 2 -t hozzávesszük a racionális számokhoz és továbbra is testet akarunk kapni, akkor minden

r 0 + r 1 · 2

(15)

alakú számot is hozzá kell venni a testhez ( r 0 és r 1 tetszőleges racionális számok).

Nyilvánvaló, hogy az összeadás és a kivonás nem vezet ki ebből a számhalmazból, és gyorsan rájöhetünk, hogy a szorzás sem: valahányszor két 2 találkozik egy szorzatban, azok helyett mindig 2-t írhatunk egészen addig, amíg a (15) alakú kifejezéshez nem jutunk. Kevésbé nyilvánvaló, hogy az osztás is elvégezhető ebben a számhalmazban ( 0 -val persze továbbra sem oszthatunk). Ez éppen a „nevező gyöktelenítése” elnevezésű eljáráson múlik, amit a (12) levezetésben is láttunk. A (15) alakú számok tehát testet alkotnak.

Hasonló meggondolásból testet alkotnak az

r 0 + r 1 · i ,

(16)

alakú kifejezések, ahol most r 0 és r 1 tetszőleges valós számokat jelölnek. Ez a számtest komplex számok teste néven ismert és sok területen alkalmazást nyer[4].

Induljunk most ki a kételemű F 2 testből, melynek műveleti táblái

+ 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1

érdekes azonossága, hogy x + x = 0 , azaz - x = x minden x -re. Nézzünk most is egy olyan másodfokú egyenletet, amelynek nincs megoldása! Összesen csak négy egyenlet jön szóba:

x 2 = 0 , x 2 + 1 = 0 , x 2 + x = 0 , x 2 + x + 1 = 0 .

Az első három egyenletnek van megoldása az F 2 testben, nevezetesen 0, 1, illetve 0 és 1, ami egyébként abból is látszik, hogy ezek az egyenletek így is írhatók:

x · x = 0 , ( x + 1 ) · ( x + 1 ) = 0 , x · ( x + 1 ) = 0 .

Az x 2 + x + 1 egyenletnek azonban sem a 0, sem az 1 nem megoldása, tehát nincs megoldása.

Vezessünk hát be egy szimbólumot, egy „új számot”, a -t az egyenlet (egyik) megoldására:

a 2 + a + 1 = 0 ,

ahol természetesen 1 és 0 az F 2 -beli „számokat” jelöli. Az

r 0 + r 1 · i ,

(17)

( r 0 , r 1 ? F 2 ) alakú kifejezések most összesen csak négyen vannak:

0 , 1 , a , a + 1 ,

és az összeadásra, kivonásra zárt rendszert alkotnak. De mivel egyenlő pl. az a · ( a + 1 ) szorzat eredménye? Számoljuk ki!

a · ( a + 1 ) = a 2 + a = ( a 2 + a + 1 ) + 1 = 0 + 1 = 1 .

Két szorzás eredményében lehetünk még bizonytalanok:

a · a = a 2 + ( a + 1 + a + 1 ) = ( a 2 + a + 1 ) + a + 1 = a + 1 ,

( a + 1 ) · ( a + 1 ) = a 2 + a + a + 1 = ( a 2 + a + 1 ) + a = a .

A „nevező gyöktelenítésének” módszere nélkül is tudunk osztani, hiszen mindegyik (nullától különböző) elemnek ismerjük a reciprokát: 1-nek önmaga, a -nak pedig ( a + 1 ) , míg ( a + 1 ) -nek a . Látható, hogy épp a korábban talált F 4 testre leltünk újra rá.

Ugyanez igaz általánosan is. Tetszőleges p prímre és n pozitív egészre, a p n elemű test konstruálásakor egy megfelelő F p -beli polinomegyenlet gyökével kell kibővíteni a testet. Ha a polinom irreducibilis, azaz nem bontható fel (természetesen F p műveleteivel számolva) két, legalább elsőfokú polinom szorzatára, akkor ez az eljárás mindig testet fog adni. (Ennek részletes bizonyítására sajnos terjedelmi okokból nincs módunk. Végiggondolható, hogy az állítás igaz volta lényégében azon a Laczkovich Miklós e könyvben szereplő írásában bizonyított tényen múlik, hogy egy test polinomjaira is igaz a számelmélet alaptételének megfelelő állítás. Laczkovich Miklós írásában ugyan a racionális együtthatós polinomokról van szó, de a bizonyítás a racionális számokról semmi mást nem használ ki, mint hogy testet alkotnak.) Megjegyezzük még, hogy ezt a polinomot f ( x ) -szel jelölve, ugyanez a test előállítható úgy is, hogy az F p -beli összes polinom halmazán képezzük az f ( x ) szerinti „maradékosztályokat”: két polinomot pontosan akkor sorolunk egy osztályba, ha különbségük f ( x ) egy polinomszorosa. Ezekkel az osztályokkal ugyanúgy lehet számolni, mint az egész számok maradékosztályaival. (A négyelemű testet például előállíthatjuk úgy is, hogy tekintjük az F 2 -beli összes polinomok x 2 + x + 1 szerinti maradékosztályait. Erre céloztunk, mikor a négyelemű testről szóló alfejezetben megemlítettük, hogy a disztributivitás nem „véletlenül” teljesül. A maradékosztályok közti szorzásra „azért” teljesül a disztributivitás, mert a polinomokra magukra teljesül; a polinomokra „azért”, mert F p -ben teljesül; ez pedig „azért” igaz, mert F p -t az egész számok maradékosztályai alkotják, és az egész számok körében fennáll a disztributivitás.) Szintén igazolható (bár meglepően nehezen), hogy bármely p prímre és n pozitív egészre F p -ben számolva van n -edfokú irreducibilis polinom; tehát a p n elemű test megkapható az F p testből egyetlen polinom gyökével való bővítéssel. Valójában minden p -re F p összes n -edfokú polinomjának legalább 1 / 2 n -ed része irreducibilis. Tehát kis n -ekre teljesen véletlenszerű próbálgatással is szinte biztosan elég gyorsan találhatunk irreducibilis polinomot.

Az is bebizonyítható, hogy ha két véges test azonos méretű, akkor lényegében azonosak, azaz van köztük összeg- és szorzattartó egy-egyértelmű megfeleltetés. Ezért a továbbiakban gyakran nem egy p n -elemű testként, hanem a p n -elemű testként fogjuk emlegetni.

Érdemes próbálkozni a következő gyakorló feladat megoldásával:

6. feladat. Tekintsük az F 3 test felett az x 2 + 1 = 0 egyenletet. Bizonyítsuk be, hogy ennek nincs gyöke, majd bővítsük ki a testet az egyenlet egy gyökével. Határozzuk meg az így kapott test elemeinek számát és műveleti tábláit!



[4] Könyvünkben Laczkovich Miklós, Frenkel Péter és Szűcs András írásaiban is olvashatunk a komplex számokról.