Az algebra alaptétele

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából

Az algebra alaptétele az (egyváltozós) komplex együtthatós polinomok legfontosabb tulajdonságát mondja ki: van gyökük, sőt egy n-edfokú polinomnak multiplicitással számolva pontosan n gyöke van. Ezzel egyenértékű az a régies megfogalmazás, hogy minden (valós) polinom felírható első és másodfokú tényezők szorzataként. A tétel első teljes bizonyítása 1806-ból származik.

A tétel állítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A komplex polinomok tanulmányozása szempontjából elengedhetetlen tétel azt mondja ki, hogy minden legalább elsőfokú, tehát

p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0

alakú polinomnak (ahol a_n\neq 0) van gyöke, azaz olyan c komplex szám, amire p(c)=0.

Úgy is fogalmazhatunk, hogy {\mathbf C}[x]-ben az irreducibilis elemek pontosan az elsőfokú polinomok, vagy másképpen a komplex számtest algebrailag zárt.

A tétel érdekessége, hogy legtöbb bizonyítása az analízis vagy a topológia módszereit használja.

Ha c gyöke a p(x) polinomnak, akkor p(x)=(x-c)q(x) alakban írható, ahol q(x) eggyel alacsonyabb fokú (azonos főegyütthatóval rendelkező) polinom. Az eljárást folytatva azt kapjuk, hogy

p(x)=a_n(x-c_1)\cdots(x-c_n)

alakba írható, ahol c1,…,cn a polinom gyökei. Ez, az azonos gyökökhöz tartozó tényezőket összevonva

p(x)=a_n(x-d_1)^{m_1}\cdots (x-d_k)^{m_k}

alkban írható, ahol tehát m1,…,mk a különböző d1,…,dk gyökök multiplicitása. Könnyen látható, hogy ez a felbontás egyértelmű.

A tétel kimondható abban az ekvivalens formában is, hogy minden valós együtthatós polinom felbontható első- és másodfokú tényezők szorzatára. Valóban, ha az \alpha valódi komplex szám gyöke a valós együtthatós p(x) polinomnak, akkor \overline{\alpha} is, ekkor viszont a valós együtthatós

(x-\alpha)(x-\overline{\alpha})=x^2-(\alpha+\overline{\alpha})x+\alpha\overline{\alpha}

polinom tényezője p(x)-nek, leosztva indukcióval felbonhatjuk p(x)-et a kívánt formájú tényezőkre.

Bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Tegyük fel, hogy a komplex együtthatós p(x)=anxn+…+a0 polinomnak nincs gyöke.

Első lépés[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Először belátjuk, hogy |p(x)|-nek van lokális minimuma. Osztással feltehetjük, hogy an=1 (az osztás megváltoztatja az esetleges minimum értékét de nem változtatja sem helyét, sem a hely létezésének tényét).

Legyen R=2(1+|an-1|+…+|a0|). Jelöljük K-val az origó körüli R sugarú körlapot, azaz az összes olyan x komplex számot, amire |x|≤R. A |p(x)| függvény felveszi K-n minimális értékét, hiszen K korlátos, zárt halmaz. Belátjuk, hogy ez K egy belső pontjában történik meg és így ez a pont egy környezetében minimális érték.

Minden, a körvonalon levő x pontra |x|=R, ezért

|p(x)|\geq R^n-|a_{n-1}|R^{n-1}-\cdots-|a_0|.

Mivel R>1, ez legalább

R^n-\left(|a_{n-1}|+\cdots+|a_0|\right)R^{n-1}\geq \frac{R^n}{2}>\frac{R}{2}\geq |a_0|.

Mivel |p(0)|=|a0|, legalább egy belső helyen |p(x)| kisebb értéket vesz fel, mint a határon bárhol, tehát a minimumhely nem lehet a határon.

Második lépés[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ezután abból a feltevésből, hogy |p(x)|-nek van nem nulla lokális minimuma, ellentmondásra jutunk. Eltolással feltehetjük, hogy 0 a lokális minimumhely. Továbbá osztással azt is feltehetjük, hogy a polinom konstans tagja 1. Az osztás nem változtatja 0 lokális minimum jellegét, csak a minimum értékét. Ekkor tehát |p(x)|≥1 teljesül 0 egy környezetében. Írjuk a polinomot 1+A+B alakba,

A=a_r x^r, B=a_{r+1}x^{r+1}+\cdots+a_nx^n

ahol r az első index, amire a_r\neq 0. Válasszuk meg a 0<h<1 értéket olyan kicsire, hogy egyrészt legyen

h<\frac{|a_{r+1}|+\cdots+|a_n|}{|a_r|}

másrészt h-ra már teljesüljön, hogy |x|=h esetén |p(x)|≥1. Ezután legyen x abszolút értéke h, szöge pedig (\pi-\alpha)/r, ahol ar szöge α. Ekkor arxr szöge \pi, azaz

a_rx^r=-|a_r|h^r.

Az első két tag összege

1+A=1-|a_r|h^r.

A többi tag összegének abszolút értéke feltevéseink szerint legfeljebb

|a_{r+1}|h^{r+1}+\cdots+|a_n|h^n<\left(|a_{r+1}|+\cdots+|a_n|\right)h^{r+1}

ami kisebb, mint |ar|hr, ezért p(x) abszolút értéke kisebb, mint

1-|a_r|h^r+|a_r|h^r=1,

ellentmondás.

Komplex függvénytani bizonyítások[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

  • Liouville tétele szerint, ha egy függvény az egész komplex síkon analitikus és korlátos, akkor állandó. Ebből következik az algebra alaptétele, hiszen, ha f(x) egy legalább elsőfokú polinom, aminek nincs komplex gyöke, akkor 1/f(x) az egész síkon analitikus. Továbbá korlátos az első bizonyításban második lépése miatt. De konstans nem lehet, hiszen akkor f(x) is konstans lenne.
  • Rouché tétele szerint, ha az f(x) és g(x) függvények a G egyszeresen zárt görbén és annak belsejében analitikusak és a G görbén mindenütt teljesül |g(x)|<|f(x)|, akkor f(x)+g(x)-nek G belsejében ugyanannyi gyöke van (multiplicitással számolva), mint f(x)-nek. Ha F(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 polinom, akkor ezt f(x)=x^n-re és g(x)=a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0-ra elég nagy körön alkalmazva adódik, hogy F(x)-nek n gyöke van.
  • A reziduum-tétel szerint, egy analitikus f függvény gyökeinek száma egy G egyszerű zárt görbe által határolt területen megkapható f logaritmikus deriváltjának integráljából:
    \frac{1}{2\pi i}\int_{G}\frac{f'(z)}{f(z)}dz
    ahol az integrálás pozitív körüljárással történik. Ha itt f(z)=z^n+\cdots polinom, akkor elég nagy kör esetén a z^n főtag adja az integrál nagy részét, ennek az integrálja viszont n.

Topológiai bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A topológiában szintén létezik a körülfordulási szám. A körvonal egy felosztását jónak mondjuk egy vektormezőhöz, ha az két osztópont között csak hegyesszöggel fordulhat el. Ekkor a vektormező szomszédos osztópontok közötti elfordulásait összegezve és 2π-vel osztva a körülfordulási számot kapjuk. Ezzel belátható egy Rouché tételére emlékeztető tétel, miszerint, ha a v és a w vektormező egymáshoz képest mindig hegyesszöget zár be egy mindkettőhöz jó felosztás szomszédos osztópontjaiban, akkor a körülfordulási számuk meg fog egyezni. Innen az algebra alaptétele a Rouché tételét használó bizonyításhoz hasonló gondolatmenettel látható be. Vesszük a p(z) és a zn által meghatározott vektormezőket a komplex sík egy elég nagy sugarú körén. zn körülfordulási száma pozitív n esetén nem nulla, ezért p(z) körülfordulási száma sem lehet nulla, mivel az éppen megegyezik n-nel.

Algebrai bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ez a bizonyítás kevés analízist és sok algebrát használ. Azt igazoljuk, és ez elég, hogy, ha a p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots polinom minden együtthatója valós, akkor a polinomnak van gyöke a komplex számok körében. Írjuk fel n-et n=2^r k alakban, ahol k páratlan. Az állítást r-re vonatkozó indukcióval igazoljuk. Ha r=0, tehát n páratlan, akkor p(x)-nek Bolzano-tétele szerint van valós gyöke (ez a kevés analízis).

Tegyük fel, hogy r>0. A komplex számtestnek van olyan bővítése, amiben p(x)-nek n gyöke van: u_1,\dots,u_n (ez a sok algebra).

Minden 0\leq t \leq {{n}\choose{2}} természetes számra készítsük el a

q_t(x)=\prod_{i<j}\left(x-(u_i+u_j+tu_iu_j)\right)

polinomot. Ennek fokszáma 2^{r-1}k(n-1), amiben pedig 2 kitevője eggyel kisebb, hiszen k és n-1 is páratlanok. Továbbá q_t(x) együtthatói u_1,\dots,u_n egész együtthatós szimmetrikus polinomjai, tehát a szimmetrikus polinomok alaptétele értelmében u_1,\dots,u_n elemi szimmetrikus polinomjainak, tehát az a_1,\dots,a_n-eknek egész együtthatós polinomjai (ez is egy kis algebra). Ezért q_t(x) együtthatói valósok, így, az indukció miatt, van komplex gyöke. Azt kaptuk tehát, hogy minden t-re van i<j, hogy u_i+u_j+tu_iu_j komplex. Mivel ilyen (i,j) pár csak {n}\choose{2} van, van két t, mondjuk t és t', amire ugyanazt az (i,j) értéket kapjuk. Azaz, u_i+u_j+tu_iu_j és u_i+u_j+t'u_iu_j is komplex. De ekkor a=u_i+u_j és b=u_iu_j is komplex, ekkor viszont u_i, az x^2-ax+b egyenlet gyöke is komplex.

Története[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A korai megfogalmazásokban az algebra alaptételét legtöbbször abban az ekvivalens formában mondták ki, hogy minden (valós) polinom első és másodfokú tényezők szorzata. Nicolaus Bernoulli azt állította, hogy a

x^4-4x^3+2x^2+4x+4

polinom nem bomlik így fel. Euler 1742-ben viszont sikeresen felbontotta e polinomot:

\left(x^2-\left(2+\sqrt{4+2\sqrt{7}}\right)x+\left(1+\sqrt{4+2\sqrt{7}}+\sqrt{7})\right)\right)

és


\left(x^2-\left(2-\sqrt{4+2\sqrt{7}}\right)x+\left(1-\sqrt{4+2\sqrt{7}}+\sqrt{7})\right)\right)

szorzatára.

1746-ban d'Alembert publikált bizonyítást az algebra alaptételére. Azt próbálta belátni, hogy ha a p(x) polinomra |p(a)|\neq 0 teljesül egy a komplex számra, akkor van olyan b komplex szám, hogy |p(b)|<|p(a)|. Ezt úgy próbálta igazolni, hogy p(x) inverzét p(a) körül x törtkitevős hatványaiból álló sorral kifejezte, aminek lehetőségét már Newton állította, de igazolnia csak Puiseux-nak sikerült, 1850-ben. Így d'Alembert bizonyítása nem volt teljes.

Euler 1749-ben Recherches sur les racines imaginaires des équations című dolgozatában szintén megpróbálkozott a tétel igazolásával. Először igazolta, hogy minden valós negyedfokú polinom két másodfokú szorzata. Ezután azt próbálta, sikertelenül, igazolni, hogy minden n\ge 2-re minden 2^n-fokú polinom szétesik két 2^{n-1}-fokú polinom szorzatára.

További sikertelen kísérletet tettek a tétel igazolására de Foncenex (1759), Lagrange (1772) és Laplace (1795).

Az algebra alaptételét kifogástalanul először, 1806-ban, Argand bizonyította.

Források[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

  • Halász Gábor: Komplex függvénytan
  • Szűcs András: Topológia

Források[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]