Bevezets az absztrakt algebrbaKiss EmilStanisaw Lem emlknek,aki mindannyiunknl messzebbre ltott.TartalomBevezets 71. Komplex szmok 111.1. Szmols maradkokkal 121.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 171.3. Szmols komplex szmokkal 211.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 261.5. Egysggykk s rendjeik 321.6. A komplex szmok precz bevezetse 371.7. sszefoglal 392. Polinomok 432.1. A polinom fogalma 432.2. A szoksos szmolsi szablyok 502.3. A polinomok alaptulajdonsgai 612.4. Polinomfggvnyek s gykk 642.5. A gyktnyez os alak 712.6. Tbbhatrozatlan polinomok 752.7. Szimmetrikus polinomok 802.8. sszefoglal 873. A polinomok szmelmlete 893.1. Szmelmleti alapfogalmak 893.2. A maradkos oszts 983.3. Gykk s irreducibilits 1043.4. Egsz egytthats polinomok 1093.5. Irreducibilits a racionlis szmtest fltt 1153.6. A derivlt s a tbbszrs gykk 1213.7. A rezultns s a diszkriminns 1263.8. A harmad- s negyedfok egyenlet 1333.9. A krosztsi polinom 1393.10. sszefoglal 14534 Tartalom4. Csoportok 1494.1. Pldk szimmetriacsoportokra 1504.2. Permutcik el ojele s ciklusfelbontsa 1624.3. Izomorzmus, ciklikus csoportok 1714.4. Mellkosztlyok, Lagrange ttele 1804.5. Orbit s stabiliztor 1864.6. Generlt rszcsoport 1964.7. Homomorzmusok s normlosztk 2014.8. Hogyan keressnk normlosztt? 2104.9. A direkt szorzat 2204.10. Szabad csoportok s denil relcik 2294.11. Prmhatvnyrend u csoportok, Sylow ttelei 2414.12. Permutcicsoportok 2494.13. Feloldhat csoportok 2614.14. Vges egyszer u csoportok 2664.15. sszefoglal 2715. Gy ur uk 2775.1. Rszgy ur u, idel, direkt szorzat 2785.2. Faktorgy ur u 2865.3. Egyszer u gy ur uk 2915.4. Lncfelttelek 2955.5. A szmelmlet alapttele 2995.6. A polinomgy ur u ideljai 3045.7. Hnyadostest 3155.8. Karakterisztika s prmtest 3215.9. Rendezett gy ur uk s testek 3265.10. Minimlpolinom algebrkban 3305.11. A szmfogalom lezrsa 3365.12. sszefoglal 3426. Galois-elmlet 3456.1. Testb ovtsek 3466.2. A szorzsttel s kvetkezmnyei 3536.3. Normlis b ovtsek 3596.4. Testb ovtsek konstrukcija 3646.5. Szimmetrik s kzbls o testek 3726.6. A Galois-elmlet f ottele 3826.7. Vges testek 3886.8. Geometriai szerkeszthet osg 3966.9. Egyenletek gykjelekkel val megoldhatsga 4076.10. A legfeljebb negyedfok egyenletek 417Tartalom 56.11. sszefoglal 4237. Modulusok 4277.1. Rszmodulusok, homomorzmusok 4277.2. Direkt sszeg s fggetlensg 4327.3. Elem rendje modulusban 4387.4. Vgesen generlt modulusok 4437.5. A felbonts egyrtelm usge 4507.6. A Jordan-fle normlalak 4547.7. Homomorzmusok csoportjai 4607.8. A tenzorszorzat 4667.9. Nemkommutatv gy ur uk 4757.10. sszefoglal 4838. Algebrai struktrk, hlk 4878.1. Hlk 4888.2. Algebrai struktrk 4968.3. Kifejezsek, polinomok, szabad algebrk 5088.4. Varietsok 5198.5. Disztributv hlk s Boole-algebrk 5258.6. Modulris hlk 5338.7. Galois-kapcsolat s fogalom-analzis 5468.8. Kategrik s funktorok 5538.9. Kitekints 5618.10. sszefoglal 5649. Hibajavt kdok 5699.1. Alapfogalmak 5709.2. Lineris kdok 5739.3. Polinomkdok 5779.4. Ciklikus kdok 5849.5. A CD matematikja 5889.6. sszefoglal 59010. Utsz: Mi az algebra? 593U. tmutatsok, tletek a feladatokhoz 601U.1. Komplex szmok 601U.2. Polinomok 602U.3. A polinomok szmelmlete 605U.4. Csoportok 608U.5. Gy ur uk 614U.6. Galois-elmlet 6186 TartalomU.7. Modulusok 621U.8. ltalnos algebrk, hlk 623U.9. Hibajavt kdok 628M. Megoldsok, eredmnyek 629M.1. Komplex szmok 629M.2. Polinomok 648M.3. A polinomok szmelmlete 675M.4. Csoportok 718M.5. Gy ur uk 802M.6. Galois-elmlet 836M.7. Modulusok 868M.8. ltalnos algebrk, hlk 900M.9. Hibajavt kdok 932E. Az el oismeretek sszefoglalsa 937E.1. Halmazelmlet s logika 937E.2. Vges matematika 944E.3. Analzis 945E.4. Szmelmlet 945E.5. Lineris algebra 948T. Pldk, tblzatok 949T.1. Nhny krosztsi polinom 949T.2. Konkrt csoportok 950T.3. A grg bet uk tblzata 952T.4. Angol-magyar algebra kissztr 953P. Szmtgpes programok 959Trgymutat 961Irodalom 973BevezetsTe jl tudod, a klt o sose ldt:az igazat mondd, ne csak a valdit.Jzsef Attila: Thomas Mann dvzlseMiazalgebra? Azalgebraabblazignyb olfejl odttki, hogyaszmt-sokat hatkonyan tudjuk elvgezni. Nemcsak klasszikus egyenletek s egyen-letrendszerek megoldsrl van sz:geometriai s zikai problmk megold-sakor msfle mennyisgekkel, pldul komplex szmokkal, vektorokkal, mt-rixokkal, transzformcikkal, tenzorokkal, kvaternikkal isvgznkm uvele-teket, amelyek kzs tulajdonsgait azalgebraistruktrkrjk le. Ezek n-ll vizsglata szmos vratlan alkalmazssal szolglt a kombinatorikban, azalgoritmuselmletben, s otakdelmletbenis, amipldulamaimegbzhatelektronikus kommunikcit teszi lehet ov. A csoportokrendez o elvet adnakageometriaivizsglatokhoz. Aztmondhatjuk, hogyazalgebraistruktrkamatematika tbb gban is az alapvet o nyelvezet rszt alkotjk. Az Olvastnem akarjuk technikai rszletekkel untatni,hiszen a knyvnk pontosan azt aclt szolglja, hogy megismerje az alapvet o fogalmakat. Mgis azt tancsoljuk,hogy lapozzon bele most, s a knyv olvassa sorn is tbbszr a rvid 10. Feje-zetbe, ahol megksreltk lerni minl kzrthet obben, de mgis valdi pldkratmaszkodva azt, hogy vlemnynk szerint mi is az algebra.Ezek a pldk sa mgttk hzd elvek remlhet oleg egyre vilgosabb vlnak majd az anyagelsajttsa sorn.Kiknekszl ezaknyv? Amagyarfels ooktats, sezenbell azalgebratantsa is komoly vltozson megy keresztl mostanban. A kreditrendszer be-vezetsvel,a bolognai folyamat el orehaladtval a hallgatk szabadsga nagymrtkben megnvekedett. Ki-ki ignyei szerinti mlysgben hallgathat kurzu-sokat,ahol az anyag mennyisge,felptse,s gy az el oads tempja,rsz-letessge is klnbz o lehet. El otrbe kerlt az nll, otthoni tanuls lehet o-sgeis. Ezrtszksgtreztkegyolyantanknyvmegalkotsnak, amelyezekhez az j ignyekhez alkalmazkodik, mind a dik, mind a tanra szmra.Aknyvtehtmindenkinekszl, akikzpiskolaitanulmnyaibefejezetvelszksgt rzi, hogy betekintsen az algebrba. Els osorban a leend o matematika78 Bevezetstanrok, matematikusok, a matematikt alkalmaz szakemberek ignyeit tartot-tuk szem el ott, idertve pldul a zika, a kmia, a mrnki tudomnyok, vagyakr a kzgazdasgtan irnt rdekl od oket is.Mennyire nehz elsajttani az anyagot? Euklidsz ta tudjuk, hogy a ma-tematikhoz nem vezet kirlyi t. Ennek ellenre az els odleges clunk az volt,hogy a knyv maximlisan rthet o legyen minl tbb rdekl od o szmra. Eh-hez felhasznltuk az Etvs Lornd TudomnyegyetemAlgebra s SzmelmletTanszknek sok vtizedes oktatsi tapasztalatait: azt, hogy milyen tipikus kr-dsek hangzanak el a konzultcikon, milyen feladatok bizonyultak a legered-mnyesebbnek a gyakorlatokon. Az egyszer ubb anyagrszeket is magyarza-tokkal lttuk el, bevettk mindazokat a httrszmolsokat, rszleteztk azokatameggondolnivalkat, amelyeksokszorcsakhzifeladatkntszerepelnekazel oadsokon. Komolyan remnykednk abban,hogy a gyengbb httrrel in-dul hallgatk is kpesek lesznek e knyv segtsgvel felzrkzni, s tljutni akezdeti nehzsgeken.Hogyan olvassuk a knyvet?A matematikt nem elg megtanulni, meg is kellrteni azt.Meggy oz odsnk, hogy gy lehet a legeredmnyesebben tanulni, haminl tbb bizonytst nllan magunk tallunk ki, s ha menet kzben elgon-dolkozunk a dolgokon, miel ott tovbb olvasnnk. Sok olyan knny u llts van,aminekabizonytstcsakakkorlehetmegrteni, havalakimagavgzielamegfelel o szmolst. Tipikusan ilyen pldul j dencik egyszer u kvetkez-mnyeinek a vgiggondolsa, vagy pldk, ellenpldk ellen orzse.Ezrt a knyv formja szokatlan: egyes szmolsi rszletek, meggondolniva-lk Krds, Gyakorlat, vagy akr Feladat formjban szerepelnek az elmletiszvegen bell is. Ha valaki nem boldogul egy ilyen Gyakorlattal, vagy ha el-len orizni akarja magt, akkor rdemes a megoldst fellapoznia a knyv vgn,miel otttovbbhaladna. AKrdsekremindigaszvegbenkvetkezikav-lasz, hatovbbolvasunk. AGyakorlatokltalbanknnyebbek, aFeladatoknehezebbek. Mindegyikhezmegoldst, aFeladatokhozezenkvltmutatstisadunkaknyvvgn. Anehezebbfeladatokataszimblumjelli. gyaknyvbencsaknemteljesegszben, megoldsokkalegyttmegtallhatazegyetemi gyakorlatokon ltalban szerepl o trzsanyag.Vigyzzunk: a megoldsok elolvassa nem helyettesti az nll gondolko-dst. Ezen kvl a megrts s a begyakorls kt klnbz o dolog! A knyv-ben szerepl o Gyakorlatok s Feladatok els osorban az anyag megrtst segtik.Hanemelegend oekabegyakorlsra, akkoraFagyejev-Szominszkij [9]saCzdli-Szendrei-Szendrei [6] feladatgy ujtemnyekb ol rdemes tovbbi felada-tokat megoldani, egyni szksgletek szerint.Ha valaki matematikval foglalkozik,akr tanrknt,akr kutatknt,akralkalmazknt,mindig el kell dntenie,hogy a preczsgnek mely szintje az,Bevezets 9amelyamaximlisrthet osgeteredmnyezisajtmagasakrnyezetesz-mra. Ha nem vagyunk elg preczek, akkor sszemoshatunk klnbz o dolgo-kat, kimaradhatnak fontos felttelek, ami hibhoz, rthetetlensghez vezet. Haviszont tl preczek vagyunk,akkor a formalizmus mgtt elsikkad a lnyeg,az id o a kdolssal/dekdolssal,s nem az emberi gondolkozssal telik. Azttekinthet osg, s az ehhez kapcsold j jells megtallsa minden matema-tikusnak els orend uen fontos feladata minden egyes problmban, mert hatko-nyabb teszi a gondolkodst s a kommunikcit.Milyen a knyv stlusa?Nagy hangslyt fektettnk arra, hogy elmagyarzzuka mirt-eket: azt, hogy az egyes fogalmak mirt fontosak, mirt gy s nemmshogy deniltuk oket, hogy a bizonytsokban mirt ppen a lert lpsekettesszk, hogyanlehetnemsmerrehaladni. Els osorbanazaprbet usrszek-ben szerepelnek mlyebb, el oremutat, vagy lozai jelleg u megjegyzsek is.Nohahangslyozottanelmletianyagottrgyalunk, ateljessgignyenlklmegprbltunk itt-ott kitekinteni a mlyebb matematikai elmletek s nhnyalkalmazs irnyba is, a ziktl a hibajavt kdols bemutatsig.gy gondoljuk, mindez nemcsak az anyag alkalmazshoz ad segtsget, ha-nem az nll problmamegolds elsajttshoz is. Aki a matematikt alkal-mazza, azaz modelleket kszt, annak a fogalomalkots technikjt is meg kellismernie. A fogalmak mgtt meghzd lozt, az algebrai fogalomalko-tsi mdokat, szemlletet egy matematika tanrnak sokszor fontosabb ismernie,mint magukat a konkrt eredmnyeket. A tanr feladata az is,hogy hidat je-lentsen a tudomny s a mindennapok kztt, s ezrt fontos, hogy amennyirelehetsges, ttekintst szerezzen az ismeretek jelenlegi llsrl.Amodernmatematiknaksajtossga, hogymgazelmletimunkhozisegyre inkbb hasznl szmtgpes szoftvereket. Ebben a vonatkozsban a c-lunk nem egy-egy program ismertetse, hanem a kedvcsinls volt. Els osorbanaMaple, illetve a csoportelmleti rszben aGAP program lehetsges felhasz-nlsbl adtunk zelt ot. A matematikai programokrl rszletesebb informcitallhat a P. Fggelkben.Milyen el oismereteket tteleznk fl? A knyv kiindulskppen csak a k-zpiskolai anyagra tmaszkodik. Ahogy azonban haladunk el ore, szksg leszms, els osorbanszmelmleti, kombinatorikai, sks obblinerisalgebraiis-meretekre is. Ezek elsajttsban segthetnek az irodalomjegyzkben szerepl om uvek, els osorbanFreudRbertsGyarmatiEdit: Szmelmlet[12], illetveFreud Rbert: Lineris algebra [11] cm u knyvei. A szvegben termszetesenmindig megemltjk a szksges el oismereteket. A Fggelkben kln ssze-foglaltunk tbb olyan ttelt is, amelyre a szvegben hivatkozunk.Azt ajnljuk,hogy az Olvas mihamarbb fusson vgig a halmazelmleti s logikai alapfo-galmakat tartalmaz E.1. Szakaszon. A trgyalsi mdot gy vlasztottuk, hogy10 Bevezetskezdett ol fogva a lehet o legjobban el oksztse a legfontosabb absztrakt algebraifogalmak bevezetst. Ezrt a knyv els o fejezeteibe annak is rdemes belepil-lantania, aki mr ismeri pldul a komplex szmokat, vagy a polinomokat.Milyen anyagot lel fl ez a knyv?A matematika ptkez o jelleg u, az j fo-galmak kialakulst sokszor a rgiekkel kapcsolatban felmerl o krdsek mo-tivljk. Ezrt nem ksreljk meg, hogy el ore sszefoglaljuk a knyvnk ltaltrgyalt anyagot, mert ezt nehz lenne rthet oen elmondani. Arra biztatjuk azOlvast, hogy a knyv elejn tallhat tartalomjegyzkben fussa t az egyes fe-jezetek cmeit. Mindegyiknek az elejn rvid bevezet o olvashat. Kln felhv-juk a gyelmet a fejezetek vgn tallhat sszefoglalkra, amelyek a legfon-tosabb eredmnyekre val hivatkozsokat is tartalmazzk, s elmondjk, hovjutottunkel. Ezekavizsgrakszlsbenishasznosaklehetnek. gyegyestteleket is visszakereshetnk (ebben a trgymutat is segthet).Ksznetnyilvnts. Hlmat szeretnm kifejezni kollgimnak: goston Ist-vnnak, Freud Rbertnek, Fried Ervinnek, Hermann Pternek, Keith Kearnes-nek, MoussongGbornak, PlfyPterPlnak, PeliknJzsefnek, Pr ohleP-ternek, Szab Csabnak, Szab Endrnek, valamint hallgatimnak (a legtbbetsegt ok nvsora, a teljessg ignye nlkl: Boros Balzs, Brczi Kristf, CskaEndre, Finta Viktria, Gyenis Zaln, Hasz Sndor, Kmecs Viktria, Salt Mt,Strenner Balzs, Szab Mt, Vicze Zsolt) a rengeteg szakmai segtsgrt, a saj-thibk megtallsrt, a knyv olvashatbb ttelrt. A knyv mindannyiunkkzs munkja, a kirlyi tbbest ez indokolja.Vgezetl hadd hangslyozzam, hogy a matematikval val foglalkozs a hasz-nossga mellett lvezetes,s a gondolkodst fejleszt o id otlts is. Abban re-mnykedve, hogy az Olvasnak is sikerl rtallnia a matematika szpsgre,sikeres s kellemes munkt kvnok nhny arkhimdszi test rajzval, melyekszimmetriirl a csoportelmletben lesz majd sz.1. KOMPLEX SZMOK. . . a zsenilis Cerebron, egzakt mdszerekkelboncolgatva a problmt, a srknyok hromfajt fedezte fel:a nulls, az imaginrius, sa negatv srknyokat. Mindezek, amint mremltettk, nemlteznek, demindegyikfajtaegszen mskppen nem ltezik.Stanisaw Lem: Kiberida(Murnyi Beatrix fordtsa)Mikazokaszmok? Egy osembervalszn ulegkispozitvegszszmokragondolna: egy, kett o, hrom, sok. Komoly felfedezs volt, hogy a nulla is szm.A rgi grgk csak a racionlis szmokat tekintettk szmnak. A trteket is-mertk, de a vgtelen tizedes trteket nem. Aszakaszok hosszt csak geometria-ilag tudtk sszeadni, s ot be is bizonytottk, hogy egy egysgnyi oldal ngyzettljnak hossza nem szm, hiszen nem lehet kt egsz hnyadosaknt kifejezni.A szmfogalom teht fejl odtt az emberisg trtnelme sorn (err ol mg leszsz az 5.9. Szakaszban, ahol a termszetes szmokbl kiindulva eljutunk majdavalsszmokig). Prszzvederltki, TartagliasDescartesmunkssganyomn, hogy a vals szmok fogalmt is rdemes tovbb b ovteni.Haavzall azt ujjunkat kidugjuk, akkor azokfggetlennekltszanak.Akomplexszmokbevezetselehet ovteszi, hogybenzznkavzal, smegrtsk, hogy valjban egyetlen dologrl, a keznkr ol van sz. A geometria,analzis s algebra krbe tartoz problmk egysgesebben kezelhet ok, jobbanmegrthet ok komplex szmok segtsgvel. Pldul az algebra alapttele szerintegy n-edfok egyenletnek a komplex szmok kztt mindig n megoldsa van.Ebben a fejezetben megmutatjuk, hogy a harmadfok egyenlet megoldshozhasznos ezeket az jfajta szmokat bevezetni, majd alapvet o tulajdonsgaikkalfoglalkozunk. Aszmolsiszablyokhasonlaklesznekahhoz, ahogyeddigszmokkal, vagy (egyenletek rendezse sorn) ismeretleneket tartalmaz kife-jezsekkel (gynevezett polinomokkal)szmoltunk. Ugyanezekaszablyokvonatkoznakarraazesetreis, amikorszmelmletiproblmkmegoldsakoregsz szmokkal szmolunk ugyan, de specilis mdon, mert csak az eredmnyegy bizonyos osztsi maradka, pldul a paritsa rdekel bennnket.1112 1. Komplex szmok1.1. Szmols maradkokkalEbben a szakaszban a maradkokkal val szmols hasznossgt illusztrljuknhny feladattal, majd sszefoglaljuk a r vonatkoz szablyokat. Felttelez-zk, hogy az Olvas mr ismeri az elemi szmelmlet legalapvet obb fogalmait(maradkos oszts, oszthatsg, relatv prm szmok, prmszm, trzstnyez osfelbonts). Ezekmegtallhatkpldul FreudRbert sGyarmati Edit [12]knyvnek els o fejezetben.Az albbi kt feladat nagyon klnbz o, de a megoldsuk tlete hasonl.1.1.1. Krds. Lefedhet o-e egy 100100-as sakktbla 81-es dominkkal(egyrt uen s hzagmentesen)?1.1.2. Krds. Megoldhat-eazegszszmokkrbenazx2 5y =1002egyenlet?Az els o feladat megoldshoz rjunk fl a sakktbla minden mez ojre egy-egyszmot akvetkez okppen. Abal fels osarokbanullt runk. Ezutnasor tbbi elemt gy tltjk ki, hogy az el oz o mez on lv o szmhoz mindig 1-ethozzadunk, de ha a 8-hoz rnk, akkor nem 8-at, hanem nullt runk ismt. Eztgy fejezzk ki, hogy az 1 hozzadst modulo 8 vgezzk el. Ha mr az els osorksz, akkorebb olkiindulvaazsszesoszlopotishasonlanksztjkel:lefel haladva minden mez o rtkt megnveljk 1-gyel modulo 8. Mskppfogalmazva: a (fellr ol szmtott) i -edik sorj -edik mez ojre rt szmaz i j 2maradka 8-cal osztva. A bal fels o sarok teht gy nz ki:0 1 2 3 4 5 6 7 0 11 2 3 4 5 6 7 0 1 22 3 4 5 6 7 0 1 2 33 4 5 6 7 0 1 2 3 44 5 6 7 0 1 2 3 4 55 6 7 0 1 2 3 4 5 66 7 0 1 2 3 4 5 6 77 0 1 2 3 4 5 6 7 00 1 2 3 4 5 6 7 0 11 2 3 4 5 6 7 0 1 2Knnyen lthat, hogy brmely mez or ol egyet jobbra vagy lefel lpve a rrtrtk pontosan 1-gyel nvekszik modulo 8. Helyezznk most r egy 81-esdominterreasakktblra, akrvzszintesen, akrfgg olegesen. Brmilyenszmottakariseladominbalfels osarka, akvetkez oeltakartszmennleggyelnagyobbmodulo8, akvetkez omgeggyel, sgytovbb. Miveladomin nyolc ngyzetb ol ll, mindenkppen a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 szmokat ta-karja el, valamilyen sorrendben.1.1. Szmols maradkokkal 13Most mr knny u beltni, hogy a kvnt lefeds nem lehetsges. Ha ugyanisltezne ilyen lefeds,akkor,mivel mindegyik domin pontosan egy darab 0-ttakar el, a sakktbln annyi 0 szerepelne, mint amennyi a szksges dominkszma. Ugyanennyi szerepelne az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 szmok mindegyikb ol is.De ez nem gy van, knny u megszmolni, hogy a sakktblra 1249 darab 0-t,de csak 1248 darab 7-est rtunk.1.1.3. Gyakorlat. Mutassukmeg, hogyasakktblratbbnulltrtunk, minthetest, anlkl, hogy megszmolnnk, melyikb ol hnyat rtunk.A most alkalmazott gondolatmenet egy indirekt bizonyts volt: feltteleztk,hogy a bizonytand llts hamis (azaz, hogy ltezik lefeds), s ebb ol ellent-mondsra jutottunk (hiszen az jtt ki, hogy 1248 = 1249). Ezrt a bizonytandllts sem lehetett hamis, vagyis igaz kell, hogy legyen.Teht mg sincs ilyenlefeds. Ezt a bizonytsi mdot lpten-nyomon alkalmazni fogjuk.Az 1.1.2. Feladat megoldshoz modulo 5 fogunk szmolni. A jobb olda-lon ll 1002 szm maradka 5-tel osztva 2. Mivel 5ymaradka nulla, olyanx-et kell tallnunk, melyrex2maradka szintn 2. Meg fogjuk mutatni, hogynincs ilyen x, teht az egyenletnek nincs megoldsa az egsz szmok kztt.Ehhezelvilegvgigkellenenznnkazsszesegszszmot, mindegyiketngyzetre emelni, s ttel elosztani. A nulltl indulva a keletkez o maradkoka kvetkez ok lesznek:0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, . . .0, 1, 4, 4, 1, 0, 1, 4, 4, 1, 0, 1, 4, 4, 1, . . .Lthatjuk, hogy a sorozat 5-svel periodikus. gy van-e ez akkor is, ha tovbbfolytatjukasorozatot, vagyhaanegatvx-eketismegvizsgljuk? Avlaszigenl o. Ennek beltshoz az x szmot osszuk el maradkosan 5-tel: x = 5qr,ahol ra 0, 1, 2, 3, 4 valamelyike. Ekkorx2= (5q r)2= 25q210q r2= 5(5q22q) r2.Vagyisazx2sazr2ugyanazt aszmot adjamaradkul! Ezrt elgazr2lehetsges maradkait vgignzni. Ezt mr megtettk, s ltjuk, hogy a 2 nemfordul el o kzttk, teht a feladatot megoldottuk: az egyenletnek nincs egszmegoldsa.Az el oz o feladatban az eredeti szm, azaz xhelyett annak az 5-tel val osz-tsimaradkvalszmoltunk. Ezrisiknnyebbsgvolt, mertvgtelensokszmhelyettcsakvgessokataztlehetsgesmaradkotkellettmeg-vizsglni. A megoldst az tette lehet ov,hogy szoros kapcsolat voltx2s r2maradka kztt. Hasonl llts igaz ltalban az sszeadsra s a szorzsra is,durvn fogalmazva sszeg maradka a maradkok sszege, szorzat maradka amaradkok szorzata lesz. Emiatt tetsz oleges olyan egyenletet, amelyben az is-meretlenek egsz szmok, megprblhatunk gy megvizsglni, hogy modulo 514 1. Komplex szmokvesszk, vagyisazismeretlenekhelyettazok5-telvalosztsimaradkvalszmolunk. Ha gy nincs megolds, akkor eredetileg sem lehetett. Persze az 5helyett ms modulust is kereshetnk, ha az egyenlet vizsglathoz az a cl-szer ubb.Hogyanisvgezzkezeketam uveleteketamaradkokkztt? Foglaljukssze tblzatosan az sszeadst is s a szorzst is. Az a elemhez tartoz sor sa b elemhez tartoz oszlop metszspontjban az as b modulo 5 vett sszegeilletve szorzata szerepel:50 1 2 3 40 0 1 2 3 41 1 2 3 4 02 2 3 4 0 13 3 4 0 1 24 4 0 1 2 350 1 2 3 40 0 0 0 0 01 0 1 2 3 42 0 2 4 1 33 0 3 1 4 24 0 4 3 2 1Ezekb ol a tblzatokbl sok hasznos informci olvashat le. Pldul a szor-zstblaf otljranzveltjukaztakorbbanmrfelhasznlttnyt, hogymodulo 5 a 0, 1, 4 szmoknak van ngyzetgyke, 2-nek s 3-nak pedig nincs.Mshogy fogalmazva: egy ngyzetszm5-tel osztva nemadhat sem 2-t, sem3-at maradkul.A fenti tblzatokkal kt j m uveletet deniltunk a {0, 1, 2, 3, 4} halmazon,vagyisamodulo5maradkokhalmazn. Em uveletektulajdonsgainagyonhasonltanak az eredeti sszeads s szorzs tulajdonsgaihoz. Foglaljuk sszeezeket a tulajdonsgokat, de most mr ltalban, az 5 helyett tetsz oleges m mo-dulust alkalmazva.1.1.4. Denci. Legyen m pozitv egsz szm, s jellje Zm a {0, 1, . . . , m1}halmazt, vagyis a modulo m maradkok halmazt. rtelmezzk e szmok kztta modulo msszeadst s szorzst a kvetkez okppen. Ha a, b Zm, akkora mb jellje az (egsz szmok kztt kiszmtott) a b sszeg m-mel valosztsimaradkt. Hasonlkppenlegyena mbazabszorzat m-melvalosztsi maradka.1.1.5. llts. Legyenm1egszsx, y, z Zm. Ajobbttekinthet osgkedvrt jellje = ma modulo msszeadst, = mpedig a modulo mszorzst.(1) (x y) z = x (y z) (az sszeads asszociatv).(2) x y =y x (az sszeads kommutatv).(3) x 0 =0 x =x(azaz ltezik nullelem, amelyet brmely elemhezhozzadva azt az elemet kapjuk).(4) Minden x-nek van ellentettje, azaz olyan y, melyre x y =y x = 0.(Ilyen y lesz a x maradka modulo m.)1.1. Szmols maradkokkal 15(5) (x y) z = x (y z) (a szorzs asszociatv).(6) x y =y x (a szorzs kommutatv).(7) x 1 = 1 x =x(azaz ltezik egysgelem, amellyel brmely elemetmegszorozva azt az elemet kapjuk).(8) (x y) z = x z y z disztributivits).Ezeket a tulajdonsgokat most nem bizonytjuk be (br nmelyiket knny uellen orizni). A legtbbjk kvetkezik az albbi lltsbl, ami a modulo m m u-veletek s az egsz szmok kztti m uveletek mr emlegetett kapcsolatt rja le.Az llts megfogalmazshoz egy x egsz szm m-mel val osztsi maradktegyszer uen csak fellvonssal, vagyis x-sal jelljk. Ezt persze csak akkor te-hetjk meg, ha mr el ore megbeszltk, hogy mi az m modulus!1.1.6. llts. Ham1egsz, x, y Z, sfellvonsjelli amodulommaradk kpzst, akkorx y = x my s xy = x my .Mshogy fogalmazva: sszeg maradka a maradkok (modulo m vett) sszege,s szorzat maradka a maradkok (modulo mvett) szorzata. Rviden: a mo-dulo m maradkkpzs sszeg- s szorzattart, azaz m uvelettart.Nem beszltnk a kivons s az oszts m uveletr ol. Elvgezhetjk-e ezeketis modulo m?A kivonst az sszeadsbl szrmaztatjuk, hiszen z =x y azaszm, amelyrez y=x. Szerencsreezzelam uvelettelnemkellklnfoglalkoznunk, mert visszavezethet oazellentettkpzsre. Valban, azegszszmok kztt x y megkaphat gy, mint x (y) (szavakban: az y kivonsaaz y ellentettjnek a hozzadsa). Ugyanez a helyzet akkor is, amikor modulo mszmolunk.1.1.7. Feladat. Igazoljuk az 1.1.6 s az 1.1.5 lltsokat. Deniljuk alkalmasana kivons m m uvelett, s mutassuk meg az x y = x my azonossgot.Az oszts m uvelete ugyangy szrmazik a szorzsbl, mint ahogy a kivonsaz sszeadsbl:z =x: y az a szm, amelyre z y =x. Ahogy a kivons azellentett kpzsre, az oszts a reciprok (ms nven inverz) kpzsre vezethet ovissza.Az y reciproka (vagy inverze) az az u = 1/y-nal (nha y1-gyel) jelltszm, melyre y u = u y = 1 (az egysgelem). Ha ezt ismerjk, akkor x:ymegkaphat gy, mint x u (szavakban: az y-nal val oszts a reciprokval valszorzs).A reciprokkpzs (s gy az oszts) azonban nem vgezhet o el korltlanul.Pldulanullnakegszbiztosannincsreciproka, hiszenu 0 =0mindenu-ra, s gy soha nem kapunk 1-et. Az egsz szmok kztt csak az 1-nek s a1-nek van olyan reciproka, ami szintn egsz szm, teht csak ezekkel lehetkorltlanul osztani.Mint az albbi gyakorlat illusztrlja, modulo m szmolva ahelyzet ennl jobb egy kicsit.16 1. Komplex szmok1.1.8. Gyakorlat. Vgezzkelafentimodulo5szorzstblaalapjna2: 3osztst modulo5. Tudunk-eosztani Z5mindennemnullaelemvel? Mi ahelyzet modulo 6?Az eddigiek alapjn lesz urhetjk, hogy modulo m maradkokkal ugyangy aszoksos szablyok szerint szmolhatunk, mint vals szmokkal, br az osz-tsnl vatosnak kell lennnk. A kvetkez o gyakorlat tovbbi vatossgra int.1.1.9. Gyakorlat. Igaz-e modulo 5 illetve modulo 6,hogy szorzat csak akkorlehet nulla, ha valamelyik tnyez oje nulla?(Ezt a tulajdonsgot nullosztmen-tessgnek hvjuk.)A tanulsg, hogy meg kell majd vizsglnunk pontosan, mit is rtnk a szo-ksos szmolsi szablyokon: fel kell sorolnunk, hogy mit s hogyan szabadcsinlnunk,amikor a m uveleteket vgezzk. Miel ott ezt megtennnk,megis-merkednk kt msik struktrval, melyekben szintn a szoksos szablyokalapjn lehet az sszeadst s a szorzst elvgezni.Aki mr hallott maradkosztlyokrl szmelmletb ol,az bizonyra ismer os-nek tallja a fentieket. Ha pldul modulo 5 nem maradkokkal,hanem mara-dkosztlyokkal akarunk szmolni,akkor nem a 2 maradkot tekintjk,hanemhelyette a 2 maradkosztlyt, vagyis az 5k 2 alak szmok halmazt. Br ezmatematikailag elegnsabb megkzelts, a m uveletek dencija ilyenkor kissbonyolultabb lesz,mint az imnt. A fellp o nehzsgekr ol rszletesen szlunkmajd, amikor faktorgy ur ukr ol beszlnk az 5.1. Szakaszban. Az alkalmazsoktekintetben a kt mdszer egyenrtk u.Megjegyezzk mg, hogy a m uvelet l-talnos fogalmrl a 2.2. Szakaszban (s mg ltalnosabban a 8.2. Szakaszban)lesz majd sz.Gyakorlatok, feladatok1.1.10. Gyakorlat. Melyek helyesek az albbi gondolatmenetek kzl?(1) Beltjuk, hogy az x2 10y2= 6 egyenletnek van megoldsa az egszszmok krben. Tekintsk az egyenletet modulo 5. Ekkor azt kapjuk,hogyx 5x =1. Ennek van megoldsa, pldul azx =1. Teht azeredeti egyenlet is megoldhat.(2) Ugyanez a gondolatmenet az x25y2= 6 egyenlet esetn.1.1.11. Gyakorlat. Az imnt felrt modulo 5 m uveleti tblzatok vizsglatvalmutassuk meg, hogy a5 aminden egsz a-ra oszthat 5-tel. Milyen aeg-szekre igaz, hogy a41 oszthat 5-tel?1.1.12. Gyakorlat. Ksztsk el a modulo 6 maradkok sszeads s szorzs-tbljt. Milyenaegszekreteljeslnekazalbbioszthatsgok? (Ab[ cjells azt jelenti, hogy b osztja c-nek.)(1) 6 [ a6a.1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 17(2) 6 [ a51.(3) 6 [ a21.1.1.13. Gyakorlat. Bizonytsuk be a modulo 8 szorzs felhasznlsval,hogyminden pratlan szm ngyzete 8-cal osztva 1-et ad maradkul.Mutassuk megezt az lltst kzvetlen szmolssal is.1.1.14. Gyakorlat. Adjunk meg a modulo 5 szorzstbla vizsglatval olyan xs y egszeket, melyre 5x 3y = 7. Vges, vagy vgtelen sok megolds van?1.1.15. Gyakorlat. Mely xegsz szmokra teljesl, hogy 5 [x2 2x 2?saz, hogy 7 [ x22x 2?1.1.16. Feladat. Mely x egszekre teljesl, hogy(1) 101 [ x22x 2?(2) 101 [ x213x 3?1.1.17. Gyakorlat. A kznsges 8 8-as sakktblbl kivesszk az egyik tlkt vgpontjnlv okt sarokkockt. Lefedhet o-eakapott alakzat 21-esdominkkal?1.1.18. Feladat. Igazoljuk, hogy egy kk mret u sakktbla akkor s csak akkorfedhet o le m 1-es dominkkal, ha m osztja k-nak.1.1.19. Feladat. Igazoljuk, hogy hap is sp2 2 is prmszm, akkor p3 4is az. Igaz-e, hogy hap is sp25 is prmszm, akkorp34 is az?1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmjaEbben a szakaszban a harmadfok egyenlet kapcsn bemutatjuk, hogy a valsszmokat rdemes kib ovteni a megoldsok meghatrozsa rdekben. Ehhezel oszr gondoljuk vgig, hogyan is oldjuk meg a msodfok egyenletet. A meg-oldkplet az egyenlet megoldst ngyzetgykvonsra vezeti vissza.1.2.1. Gyakorlat. Az y2 py q = 0 egyenletben vezessk be az x =y wismeretlent. Hogyan vlasszuk megwrtkt,ha azt akarjuk,hogyxrtktegy ngyzetgykvonssal kzvetlenl megkaphassuk?A msodfok egyenlet megoldsakor alkalmazott (az el oz o gyakorlatra adottvlaszbladd) y=x p/2(azazx=y p/2)helyettestsazrtm u-kdik, mertltalaelt unikazy-ostag, smivelaw= p/2kifejezhet oazeredeti egyenlet egytthatibl, az talaktott egyenlet megoldsaibl az eredetiegyenlet megoldsait is megkaphattuk.Prbljuk most megoldani az(1.1) ay3by2cy d = 0 (a ,= 0)18 1. Komplex szmokharmadfok egyenletet. Most is megprblkozhatunk azzal, hogy az x =y whelyettestssel hozzukazegyenletet egyszer ubbalakra. Ahhoz, hogyx2-estag ne szerepeljen, a w = b/3a rtket kell vlasztanunk. De a megoldsokatmost nem kapjuk meg kzvetlenl kbgykvonssal, mert az egyenletben bennemarad ltalban az x-es tag!Annyit azrt elrtnk, hogy (az a f oegytthatvalval oszts utn) az egyenlet(1.2) x3 px q = 0alak lesz alkalmasp-re s q-ra, amelyek az eredeti egyenlet egytthatibl angy alapm uvelet segtsgvel kifejezhet ok. Ennek az egyenletnek a megold-saibl az eredeti egyenlet megoldsait megkaphatjuk b/3a levonsval.1.2.2. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy az (1.1) egyenlet esetben az y =x b/3aaz egyetlen olyan helyettests, ami eltnteti azy2egytthatjt. Szmtsuk kiaz (1.2) egyenletben keletkez op s q rtkt is.Tehtelegend oeztazjegyenletetmegoldanunk. Amegoldshozvezet otletet az albbi azonos talakts szolgltatja:(u v)3= u33u2v 3uv2v3= u3v33uv(u v) ,azaz(u v)33uv(u v) (u3v3) = 0 .Ez az azonossg hasonlt a megoldand egyenlet x3px q =0 alakjhoz.Ha sikerlne az u s v szmokat gy megvlasztani, hogy a(1.3)3uv =p(u3v3) = qegyenletrendszer teljesljn, akkor x =u v biztosan az egyenlet megoldsalenne.1.2.3. Gyakorlat. Belttuk-e, hogy az x3px q = 0 egyenlet minden meg-oldsa u v alakban rhat, ahol u s v kielgti ezt az egyenletrendszert?Hogyan lehetne megoldani ezt az egyenletrendszert? Az olyan egyenletrend-szereket, ahol a kt ismeretlen sszege s szorzata adott, msodfok egyenletrevezethetjk vissza.1.2.4. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha a s b vals szmok, akkor azx y = axy = begyenletrendszer megoldsai ppen a z2az b = 0 egyenlet megoldsai. Mitrtnik, ha ennek a msodfok egyenletnek csak egy megoldsa van?1.2. A harmadfok egyenlet megoldsnak problmja 19Az (1.3) egyenletrendszerben u3sv3sszege q, szorzatuk pedig, az els oegyenletetkbreemelve, (p/3)3. Ezrtu3sv3az2 qz ( p/3)3=0msodfok egyenlet megoldsai. Ezt a msodfok egyenletet megoldva u svrtkt kbgykvonssal llapthatjuk meg. A szmolst elvgezve az gyneve-zett Cardano-kpletet kapjuk:x = u v =3

q2

q2

2

p3

33

q2

q2

2

p3

3.A ngyzetgyk alatt ll (q/2)2( p/3)3kifejezst ltalban D bet uvel fogjukjellni.A Cardano-kpletben teht mindenhol q/2 szerepel, ami a knnyebb megje-gyezhet osget segti el o. Termszetesen (q/2)2helyett (q/2)2is rhat. Msikmegjegyzsi lehet osg, hogy a kbgykjelek alatti kpletek ritmusa nagyon ha-sonlt a msodfok egyenlet megoldkpletre.Ahogyamsodfokegyenletesetbenangyzetgykjel alattikifejezstazegyenlet diszkriminnsnak hvjk, gy nhny knyvben a fenti D-t is gy ne-vezik. A 3.7. Szakaszban bevezetjk majd a diszkriminns fogalmt magasabbfok egyenletekre is, s megltjuk, hogy a harmadfok egyenlet esetben inkbba 108D kifejezst rdemes diszkriminnsnak hvni (3.7.11. Gyakorlat).Az1.2.3. Krdsreadott vlaszszerint egyltalnnemlttukbe, hogyaCardano-kpletmegadjaaharmadfokegyenletsszesgykt. Gyanakvsraadhat okot, hogy mivel a vals szmok krben minden szmnak egy kbgykevan, a kplet csak egyetlen megoldst szolgltathat. Mrpedig knnyen flrha-tunk egy olyan harmadfok egyenletet, amelynek hrom vals megoldsa van,pldul(x 1)(x 4)(x 5) = x321x 20 = 0 .Vajon az 1, 4 s 5 kzl melyiket adja a Cardano-kplet? Ha behelyettestnk,akkor D = 243, azaz negatv szm addik. Ebb ol nem tudunk ngyzetgyktvonni, teht az egyenlet egyik megoldst sem kapjuk meg!Hasznlhatatlanlenneamdszernk? Miel ottfeladnnk, vizsgljunkmegkt msik egyenletet is. Az x39x 28 = 0 esetben D = 169, azazx =314 13 314 13 = 3 1 = 4 .Tbb megolds nincs is (a vals szmok kztt), mertx39x 28 = (x 4)(x24x 7) ,s a msodik tnyez onek nincs vals gyke.Lehet, hogy ha csak egy vals megolds van, akkor a kplet ezt mindig meg-adja? Az el oz o pldn felbtorodva prblkozzunk meg az x33x 52 egyen-lettel. Az eredmnyx =3

26 675 3

26 675 ,20 1. Komplex szmokkalkultorral ezt (kzelt oleg) kiszmtvax =4 addik. Szorzatt alaktssalmost is meggy oz odhetnk arrl, hogy az egyenlet egyetlen vals megoldsa azx=4. Teht a fenti gyks kifejezs nemcsak kzelt oleg,hanem pontosanegyenl o 4-gyel! Ezt kzvetlenl is be tudjuk ltni, ha szrevesszk, hogy26 675 = 26 153 = 233 223 3 23233= (2 3)3,s ugyangy 26 675 = (2 3)3. Ezrt x = (2 3) (2 3) = 4.Trjnk most vissza az x321x 20 = 0 egyenletb ol kapottx =3

10 243 3

10 243eredmnyre. Felejtskel, hogynincsolyanvalsszm, aminekangyzete243, s prbljuk most is az el oz o mdon elvgezni a kbgykvonst. Annyitperszeelfogadunk, hogy(3)2=3. Aztkapjuk, hogy 10 243rtke10 93 = 233 223 3 2(3)2(3)3= (2 3)3,s ugyangy 10 243 = (2 3)3. Ezrt az egyenlet egyik megoldsax = (2 3) (2 3) = 4 .Vagyis egy megoldst ki tudunk hozni a Cardano-kpletb ol,ha hajlandk va-gyunk formlisan szmolni negatv szmok ngyzetgykvel, mert ezek a ngy-zetgykk a vgn kiesnek! S ot, a kbgykvonst mskpp vgezve a msikkt megolds is kijn.1.2.5. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy

52 32

3=

12 332

3= 10 243 .A kt j kbgykb ol x2 =(5/2 3/2) (5/2 3/2) = 5,illetve x3 = (1/2 33/2) (1/2 33/2) = 1 addik.Talltunk egy csvld farkat, keressk meg a kutyt! Szabad-e, s ha igen,milyenszablyokszerint szabadszmolni ezekkel azjfajtakifejezsekkel?Igaz-e, hogy a Cardano-kplettel az sszes harmadfok egyenlet megoldhat?Mi lesz a megoldsok szma?Van-e a fenti trkks eljrstl klnbz o, me-chanikusmdszerakbgykvonselvgzsre? Mindezekreakrdsekreakomplex szmok bevezetse adja meg a vlaszt. A Cardano-kplet pontos tr-gyalsra a 3.8. Szakaszban trnk majd vissza (az igazn mly megrtse pe-dig, Galois-elmlet segtsgvel, a 6.10. Szakaszban kvetkezik majd be).1.3. Szmols komplex szmokkal 21Gyakorlatok, feladatok1.2.6. Gyakorlat. Elrhetjk-e alkalmasx=y whelyettestssel,hogy az(1.1)harmadfokegyenletb olazy-ostag, illetveakonstanstag(vagyisad)t unjn el?1.2.7. Gyakorlat. Helyes-eaz1.2.4. Gyakorlatraadott kvetkez omegolds?Ha x y = a s xy = b, akkor (zx)(zy) = z2(x y)zxy = z2azb.Teht a z2az b = 0 egyenletnek megoldsa x is s y is.1.2.8. Gyakorlat. Melyik termszetes szm a3

7 50 3

7 50?1.2.9. Gyakorlat. Mutassukmeg, hogy44 =1 1. Keresskmeg44 hrom tovbbi rtkt is.1.2.10. Gyakorlat. Egy pozitv vals szmbl kt ngyzetgyk vonhat. EzrthaD rtke pozitv, akkor ltszlag a Cardano-kpletb ol ngy megoldst nyer-hetnk (hiszen mindkt ngyzetgykvonsnak ktfle eredmnye lehet). Hogylehet ez? Tnyleg ngy megoldsa van ilyenkor a harmadfok egyenletnek?1.2.11. Gyakorlat. Az albbi levezets ellentmondshoz vezet:1 =1 =

(1) (1) =1 1 = 1 .Fel kell adnunk a1-et tartalmaz kifejezsekkel val szmols gondolatt?Az analzisb ol ismert Bolzano-ttel (lsd E.3.2. Ttel) azt mondja ki, hogy haegy folytonos fggvny (mint pldul f (x) =ax3 bx2 cx d) bizonyoshelyeken negatv, illetve pozitv rtket vesz fel, akkor e kt hely kztt felveszia nulla rtket is, azaz a grakonjnak valahol t kell metszenie az x-tengelyt.1.2.12. Feladat. Igazoljuk Bolzano ttelnek felhasznlsval, hogy egy valsegytthats harmadfok egyenletnek mindig van vals megoldsa.1.3. Szmols komplex szmokkalA tervnk az,hogy olyan kifejezsekkel is tudjunk formlisan szmolni,me-lyekbennegatvszmokngyzetgykeiisszerepelnek. Az1.2.11.Gyakorlatazonban vatossgra int. Meg kell pontosan mondanunk, milyen kifejezseketakarunk vizsglni, s megllaptani a szmols szablyait.Hogy ne kelljen sokat rni, vezessk be a1 = irvidtst. Ltni fogjuk,hogyhasonlrvidtstnemkellbevezetnnkatbbinegatvszmngyzet-gykre, pldul 4helyett rhatunk majd21 =2i -t, mert ekt szmngyzete ugyanaz.Mivel az sszeadst s a szorzst is el akarjuk vgezni, biz-tosan meg kell engednnk az olyan kifejezseket, mint pldul 3 2i , vagyisltalban az a bialak kifejezseket, ahol a s b vals szmok. Ezekkel gy22 1. Komplex szmokfogunkszmolni, minthai egyismeretlenlenne, dekzbenfelhasznlhatjuk,hogy i2=12= 1.Tegyk fl, hogy az a bi alak kifejezsekkel szabad a szoksos szablyokszerint szmolni. Ekkor kt ilyen kifejezst knny u sszeadni:(a bi ) (c di ) = (a c) (b d)i .S ot, ssze is tudjuk szorozni oket:(a bi )(c di ) = ac adi bci bdi2= (ac bd) (ad bc)i ,hiszen i2= 1.A 1-nek kt rtke lesz (ez okozzaa gondot pldul az 1.2.11. Gyakor-latbanfellp oltszlagosellentmondssorn). Azi bet uakt rtkegyiktjelli, egyszer smindenkorra. Azonnal ltjuk, hogyamsikrtk i , mert(i )(i )=i2=1. Amsikrtkkel perszeugyangykell szmolni, sennek ks obb igen nagy hasznt vesszk, amikor az gynevezett konjugls tu-lajdonsgait vizsgljuk majd.1.3.1. Gyakorlat. t lehet-e alaktani a 2 3ikifejezst, hogy a vgn 4 5ijjjn ki?Eddig a lehet osgeinket vizsglgattuk, azt, hogy ha sikerlne szmolni a ne-gatv szmok ngyzetgykeivel, akkor milyen szablyok ktnnek bennnket.Most mr eleget tudunk ahhoz, hogy vgre denilhassuk a komplex szmokat.1.3.2. Denci. Komplex szmoknak az a bi alak formlis kifejezseket ne-vezzk, ahol asbvalsszmok. Aza bi sac di szmokat akkortekintjk egyenl onek, ha a = c s b = d. Az sszeadst s a szorzst az albbikpletekkel deniljuk:(a bi ) (c di ) = (a c) (b d)i(a bi )(c di ) = (ac bd) (ad bc)i .A komplex szmok most denilt halmazt C jelli. Emlkeztet ol megje-gyezzk, hogy az egsz, racionlis, illetve vals szmok halmaza rendre Z, Qs 1.Az 1.3.1. Gyakorlat megmutatta, hogy mirt gy deniltuk komplex szmokegyenl osgt, az el otte lev o szmols pedig, hogy mirt gy deniljuk a m uve-leteket. Dencink alkalmas arra, hogy a komplex szmokkal szmolni tudjunk,amimostazels odlegesclunk. Matematikaiszempontblazonbannemkiel-gt o, mert nem elgg precz, s mert nem mutattuk meg, hogy a szmolsokblnem jhet ki ellentmonds. Az 1.6. Szakaszban visszatrnk majd ezekre a kr-dsekre, s beptoljuk a hinyossgokat.Ha az a bi kifejezsben b = 0, akkor csak a-t runk, s gy lthatjuk, hogya vals szmok mind komplex szmok is egyttal (s komplex szmknt persze1.3. Szmols komplex szmokkal 23ugyangy kell oket sszeadni s szorozni, mint vals szmknt). Hasonlkp-pen0 bi helyettcsakbi -tfogunkrni. Azilyenalakkomplexszmokat(tisztn) kpzetes, vagy imaginrius szmoknak nevezzk. A z = a bi komp-lex szm vals rsze Re(z) =a,kpzetes rsze pedig Im(z) =b(a jells alatin eredet u "relis rsz", illetve "imaginrius rsz" kifejezsekb ol szrmazik).Kln is felhvjuk a gyelmet arra, hogy a kpzetes rsz vals szm, teht b, snem bi .Foglaljuk ssze azokat a szablyokat, amelyek a most denilt m uveletekrervnyesek. rdemes szrevenni, hogy ezek mennyire hasonltanak mind a va-ls szmok krben megszokott szablyokhoz, mind pedig a maradkokkal valszmols szablyaihoz, amiket az 1.1.5. lltsban soroltunk fel.1.3.3. llts. Tetsz oleges x, y, z C szmokra rvnyesek az albbiak.(1) (x y) z = x (y z) (az sszeads asszociatv).(2) x y =y x (az sszeads kommutatv).(3) x 0 = 0 x = x (azaz ltezik nullelem).(4) Minden x-nek van ellentettje, azaz olyan y, melyre x y =y x = 0.(Ha x = a bi , akkor ilyen y lesz a (b)i .)(5) (xy)z = x(yz) (a szorzs asszociatv).(6) xy =yx (a szorzs kommutatv).(7) x 1 = 1 x = x (azaz ltezik egysgelem).(8) (x y)z = xz yz (disztributivits).Ezt az lltst nem bizonytjuk be, mert kvetkezni fog a ks obb tanultakbl.Egy mintabizonytst azonban rdemes mindenkinek nllan elvgezni.1.3.4. Gyakorlat. Mutassuk meg a fenti azonossgok kzl a disztributivitst.Az 1.1. Szakaszban lttuk, hogy a z w kivons eredmnye megkaphat wellentettjnek a hozzadsval is: z w =z (w). Mivel minden komplexszmnakvanellentettje, akivonstmindigeltudjukvgezni. Konkrtanaztkapjuk, hogy az a bis c diszmok klnbsge (a c) (b d)i .Ugyancsak az 1.1. Szakaszban lttuk,hogy az oszts elvgzshez azt kellmegvizsglnunk, mely komplex szmoknak van reciproka, mert z/w = z(1/w),vagyis a w-vel val oszts visszavezethet o a w reciprokval val szorzsra.1.3.5. Gyakorlat. Keressk meg az 1 ikomplex szm reciprokt, vagyis azta z komplex szmot, melyre (1 i )z = 1.Noha e gyakorlatot egyenletrendszer segtsgvel is megoldhatjuk,eljrha-tunk elegnsabban is. Az osztst a trt alkalmas b ovtsvel rdemes elvgezni:1a bi =a bi(a bi )(a bi )=a bia2b2 =aa2b2 ba2b2i .24 1. Komplex szmokA nevez oben szerepl o a2 b2kifejezs mindig pozitv, kivve ha a =b =0,hiszen nem nulla vals szm ngyzete pozitv. Ezrt a fenti szmols mindigelvgezhet o, ha as b egyike nem nulla. A komplex szmok egyenl osgnekdencija alapjn viszont a bi akkor nulla, ha a =b =0, s gy a kapottkplet minden nem nulla komplex szm esetben rtelmes.Br komplex szm reciprokt az el oz o bekezdsben bemutatott mdszerrelrdemes kiszmolni, ezzel a szmolssal mg nem lttuk be, hogy minden nemnullakomplexszmnakvanreciproka. Azel oz oszmolscsakaztmutatja,hogy ha a bi -nek van reciproka, az nem lehet ms, mint a fenti c di , aholc = a/(a2b2) s d = b/(a2b2). Azonban(a bi )(c di ) =(a bi )(a bi )a2b2=a2b2a2b2 = 1 ,teht c ditnyleg reciproka a bi -nek. Ezzel belttuk a kvetkez o lltst.1.3.6. llts. A komplex szmok kztt minden nem nulla szmmal lehet osz-tani. 1.3.7. Kvetkezmny. A komplex szmok kztt egy szorzat csak akkor lehetnulla, ha valamelyik tnyez oje nulla. (Ezt a tulajdonsgot most is nullosztmen-tessgnek nevezzk.)Bizonyts. Tegyk fl,hogyzw =0,dez ,=0. Meg kell mutatnunk,hogyakkor w = 0. Mivel z ,= 0, van reciproka, vagyis egy olyan u, melyre uz = 1.Ekkorw = 1 w = (uz)w = u(zw) = u 0 = 0 .Teht C valban nullosztmentes. Az a kifejezs, amivel osztskor a trtet b ovtettk, olyan fontos, hogy nllnevet kapott. A z = a bikomplex szm konjugltjnak a z = a biszmotnevezzk. Teht az oszts konkrt elvgzsekor a nevez o konjugltjval rdemesb ovteni. Anevez obenilyenkorazz=a2 b2kifejezskeletkezik, amir ollttuk, hogy nemnegatv vals szm.1.3.8. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha z vals szm, akkorzz a z abszoltrtke.Eztazszrevtellehet ovteszi, hogyazabszoltrtkfogalmtkomplexszmokra is kiterjesszk. A kvetkez o szakaszban egy jabb, geometriai indo-kot is fogunk ltni arra, hogy mirt rdemes a komplex szmok abszolt rtktaz albbi mdon denilni.1.3.9. Denci. A z = abi komplex szm konjugltjn a z = abi komplexszmot,abszolt rtkn a [z[ =zz =a2b2nemnegatv vals szmotrtjk.1.3. Szmols komplex szmokkal 25Nagyonfontosmegrtennk, hogykomplexszmokkzttmrnemigaz,hogy az abszolt rtk mindig a szm maga, vagy az ellentettje (ami valsakraigazvolt). Komplexszmokkztt egyenl otlensgeket semrhatunkfel (ki-vve,ha vletlenl valsak),teht nem beszlhetnk pldul pozitv komplexszmokrl. Ennek okt ks obb (az 5.9. Szakaszban) fogjuk majd ltni. Mostsszefoglaljukakonjuglssazabszoltrtknhnytulajdonsgt. Ezekkzl tbben emlkeztetnek arra, amit az 1.1.6. lltsban m uvelettartsnak ne-veztnk.1.3.10. llts. Tetsz oleges z, w C szmokra rvnyesek az albbiak.(1) A konjugls klcsnsen egyrtelm u, s z = z.(2) z = z akkor s csak akkor, ha z vals.(3) z w = z w (a konjugls sszegtart).(4) zw = zw (a konjugls szorzattart).(5) [z[ = 0 akkor s csak akkor, ha z = 0.(6) [z[ = [z[.(7) [zw[ = [z[[w[ (az abszolt rtk szorzattart).Bizonyts. Az lltsok mindegyikt be lehet ltni gy, hogy a z =a bi sw =c dihelyettests utn elvgezzk a m uveleteket. Ezeket a szmolso-kat az Olvasra hagyjuk, s csak annak a megmutatsra szortkozunk, hogy azabszolt rtk szorzattartsa hogyan kvetkezik abbl, hogy a konjugls szor-zattart. Nyilvn[zw[2= zw zw = zw zw = zzww = [z[2[w[2.Mivel az abszolt rtk nemnegatv, ngyzetgykt vonhatunk. AMaple program ismeri a komplex szmokat, az i helyett a I bet ut hasznlja.(1+I)^4/(2*I);2 Iexpand((sqrt(3)+I)^3);8 IAz sqrt ngyzetgykt, a csillag szorzst, a sapka hatvnyozst jell.Akomplexszmokat nemcsakazalgebrbanhasznljk. Egyesgeomet-riai alakzatok sokkal jobban megrthet ok,ha a lersukra komplex vltozkatis hasznlunk (az alakzat valsban fekv o darabja csupn a jghegy cscsa).A kvantummechanikban komplex rtk u valszn usgek adjk meg a rszecs-kk llapott. Az univerzum egyes modelljeiben az id ot komplex szm jelentimeg. Ks obb megmutatjuk (2.5.4. Ttel), hogy mi a komplex szmoknak az anagyon j tulajdonsga, ami tbb ilyen alkalmazst lehet ov tesz.26 1. Komplex szmokGyakorlatok, feladatok1.3.11. Gyakorlat. Szmtsuk ki az albbi kifejezsek rtkt.(1) (1 i )(3 2i ), 1/i , (1 i )/(3 2i ).(2) [(4 i )/(4 i )[, [(1 1526i )100/(1 1526i )100[.(3) (1 i )2, (1 i )1241.(4) (1 i3)3.1.3.12. Gyakorlat. Oldjuk meg az albbi egyenleteket C-ben.(1) x21 = 0.(2) x2= 12.(3) x22x 2 = 0.(4) x22i x 1 = 0.1.3.13. Feladat. Hatrozzuk meg azokat a c diszmokat (c s dvals), me-lyek ngyzete 20i 21. Oldjuk meg az x2(i 2)x (6 6i ) = 0 egyenleteta komplex szmok krben. E plda alapjn adjunk ltalnos eljrst a ngyzet-gykvonsra, s a msodfok egyenlet megoldsra.1.3.14. Gyakorlat. Oldjuk meg az albbi egyenleteket C-ben.(1) x2= i .(2) x23x 4 = 0.(3) x2(2 i )x 7i 1 = 0.(4) (2 i )x2(5 i )x 2 2i = 0.(5) x = (3 2i )x.(6) x = 2 Re(x).(7) Re(x) = x x.1.3.15. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a konjugls szorzattart.1.3.16. Gyakorlat. Melyek igazak az albbi lltsok kzl?(1) A konjugls tartja a kivonst.(2) Az abszolt rtk tartja az sszeadst.(3) Az abszolt rtk tartja az osztst.1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakjaA komplex szmokat egyenletek megoldsra akartuk hasznlni.Ehhez a ngyalapm uveletenkvl gykvonsrabiztosanszksgvan. Az1.3.13. Feladatmegoldsakor lttuk, hogy a komplex szmok jobbak, mint a valsak a ngyzet-gykvons szempontjbl, mert itt minden szmbl lehet ngyzetgykt vonni.Azt is lttuk azonban, hogy ez elgg kompliklt szmolssal jr, s a mdszermr a kbgykvons elvgzshez is hasznlhatatlanul bonyolultnak t unik.1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 27Az ilyen zskutckbl a matematikban nemegyszer gy kecmergnk ki, hogyflretesszk az eredeti problmt, s egy msik, ltszatra teljesen j tmval kez-dnk foglalkozni. Gyakran megesik,hogy ennek sorn vratlanul tleteket ka-punk az eredeti problma megvlaszolsra is. Most is ezt az utat kvetjk, smellktermkknt nemcsak a gykvons mdszert fedezzk fel, hanem geo-metriai feladatok megoldshoz is hasznos eszkzre lelnk.Az j tma amivel foglalkozunk, a kvetkez o: ha a vals szmokat a szm-egyenesentudjukbrzolni, akkorrdemes-eakomplexszmokatishasonlmdon lerajzolni? A tapasztalatok azt mutatjk, hogy erre a sk bizonyul alkal-masnak.rjuk r az a biszmot a sk (a, b) pontjra.Ez azrt hasznos, merta komplex szmok m uveletei nagyon ismer osek lesznek geometribl!Akr zikbl,akr geometribl,mindannyian ismerjk a vektorok fogal-mt. Foglaljuk ssze, mit is tudunk ezekr ol. A vektorokat az irnytott szaka-szokbl kapjuk gy, hogy az egyenl o hossz s egyforma lls irnytott szaka-szokat egyenl onek, ugyanannak a vektornak tekintjk. Ezrt nha rdemes csakazokat a szakaszokat vizsglni,amelyek kezd opontja az origban van. Ekkorhelyvektorokrl beszlnk. A helyvektorokat szoks a vgpontjukkal azonos-tani,vagyis a sk(a, b) pontjt vektornak is tekinthetjk: annak a vektornak,ami az origbl (a, b)-be mutat.-6

:

:*zwab bdcccdzwzwOABCA = (a, b)B = (c, d)C = (a c, b d)1.1. bra. VektorsszeadsVektorokat gyadunkssze, hogyegymsutnf uzzk oket. Helyvekto-rok esetben teht azA sB pontba mutat vektorok sszege akkor mutat a Cpontba,ha azOACBngyszg (esetleg elfajul) paralelogramma. Ha kisz-moljuk a pontok koordintit, akkor ebb ol az addik, hogy az(a, b) s(c, d)helyvektorok sszege (a c, b d). Vegyk szre, hogy ugyanezzel a kplettelkell sszeadni a komplex szmokat is!1.4.1. llts. A komplex szmok sszeadsa a vektorsszeadsnak felel meg.Pontosabban:kt komplex szm sszegnek megfelel o helyvektor a kt komp-lex szmnak megfelel o helyvektorok sszege.A komplex szmok szorzsnak kplete els o rnzsre nem utal geometriaikapcsolatra.Ahhoz, hogy a kapcsolatot felfedezzk, rdemes szrevenni, hogy28 1. Komplex szmokmindennemnullahelyvektort egyrtelm uenmeghatrozazorigtl valt-volsga, vagyis ahossza, tovbb azx-tengely pozitv felt ol mrt, irnytottszge. Pldul az1 i szge315(vigyzzunk, nem45). Az komplexszm szgt nha zrkusznak vagy argumentumnak is nevezik, s ilyenkorarg(z)-veljellik. Ezaszgegyrtelm uenmeghatrozott, hakiktjk, hogy0 arg(z) < 2 = 360 legyen.-63K[z[=r=a2b2 = arg(z)a = r cos b = r sin z = a bi = r(cos i sin )1.2. bra. Komplex szm trigonometrikus alakjaAz 1.2. brbl leolvashatjuk a kvetkez o sszefggseket. Ha a z = a binem nulla szm hossza rs szge , akkor nyilvn a = r cos s b = r sin ,azaz z =r cos ir sin =r(cos i sin ). Ezt a flrst a z ,=0 szmtrigonometrikus alakjnak,az =a bi flrst algebrai alaknaknevezzk.Vegyk szre, hogy[z[2= a2b2= r2(cos2 sin2) = r2,azazkomplexszmhosszaugyanaz, mintazabszoltrtke. Mindeztperszeleolvashatjuk az brrl is, ha Pitagorasz ttelt alkalmazzuk. A nulla komplexszmnak sem szge, sem trigonometrikus alakja nincs.1.4.2. Gyakorlat. rjuk fl az albbi szmokat trigonometrikus alakban:(1) 1 is 1 i .(2)3 is 1 3i .Angolul a trigonometrikus alak neve polar form. Ennek megfelel oen a Mapleprogram segtsgvel a kvetkez okppen hozhatunk egy komplex szmot trigo-nometrikus alakra:polar(1+I);1/2polar(2 , 1/4 Pi)A zrjelben szerepl o 21/2=2 az 1 i szm abszolt rtke (angolul absolutevalue vagy modulus), a /4 pedig a szge.1.4.3. Ttel. Tetsz oleges z s w komplex szmokra [z w[ [z[ [w[ teljesl.Ezthromszg-egyenl otlensgnek nevezzk. Egyenl osg akkor van, ha z s wprhuzamosak, s egyenl o llsak.1.4. A komplex szmok trigonometrikus alakja 29Bizonyts. Ha a z s w vektorokat sszef uzssel adjuk ssze, akkor egy olyanOAChromszget kapunk, melyre OA=z, AC=ws OC=z w.Vagyis az llts valban a hromszgegyenl otlensgnek felel meg. Egyenl osgakkor teljesl, ha a hromszg elfajul, mgpedig gy, hogy azA cscs az OCszakaszra esik. A hromszg-egyenl otlensget algebrailag is be lehet bizonytani, ha z-t s w-talgebrai alakban rjuk fl, s trendeznk. Ekkor a hres CauchyBunyakovszkijSchwarz egyenl otlensgre vezethetjk vissza az lltst. Ez a kapcsolat, s mind-kt egyenl otlensg ltalnosabban, gynevezett euklideszi vektorterekben is tel-jesl. Az rdekl od o Olvas a [11] knyv 8.2. Szakaszban nzhet ennek utna.Atrigonometrikusalakjelent osgt akkorrthetjkmegigazn, hailyenalakban szorozzuk ssze a komplex szmokat. Legyen z = r(cos i sin ) sw = s(cos i sin ). Ekkorzw = rs(cos cos sin sin ) rs(cos sin sin cos )i ,ami az ismert addcis kpletek miatt rs

cos( ) i sin( )

. Ltsz-lagtehtbelttuk, hogykomplexszmokszorzsakorhosszuksszeszorzdik,szgk sszeaddik. Azt eddig is tudtuk, hogy az abszolt rtk szorzattart, aszgekre vonatkoz szrevtel azonban j.Itt azonbanvalamire vigyznunkkell. Komplex szm szgt0 s 360 fokkzttinek deniltuk. A most kapott kplet teht szigoran vve nem mindigtrigonometrikus alak, mert az szg tllpheti a 360 fokot. Pldul ha i -t,aminek a hossza 1, szge 270, nmagval szorozzuk, akkor a fenti kpletb ol(i )2= cos 540i sin 540addik. Ez persze ugyanaz, mint cos 180 i sin 180 = 1, hiszen a sin sacosfggvnyis360szerintperiodikus. Alegegyszer ubbengyszabadul-hatunkmegett ol aproblmtl, haatrigonometrikusalakbanmegengednktetsz olegesszget, deennekraaz, hogyatrigonometrikusalakbanszerepl oszg csak modulo 360 lesz egyrtelm u.1.4.4. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha rs s pozitv vals szmok, s pedigtetsz oleges szgek, akkor r(cos i sin ) = s(cos i sin ) pontosan akkor,ha r = s, s a 360 egsz szm tbbszrse.Amsikt az, haaz1.1.4. Dencihozhasonlanszgekreisbevezetjkamodulo360sszeadsfogalmt. Ha0, 0 egsz, C,sn=i ,akkor rendje vges, s nggyel oszthat.1.6. A komplex szmok precz bevezetse 371.5.18. Gyakorlat. Ha primitv 512-edik egysggyk, akkor mik a i rend-jnek lehetsges rtkei?1.5.19. Feladat. Hogyanfggsszeegykomplexszmsazellentettjnekarendje? (El oszr kis n szmokra vizsgljuk meg).1.5.20. Gyakorlat. Szorozzuk ssze a hatodik egysggykket a negyedik egy-sggykkkel az sszes lehetsges mdon. Hny klnbz o szmot kapunk?Mi a helyzet, ha a hatodik s a hetedik egysggykket szorozzuk ssze?1.5.21. Gyakorlat. Legyenek m s n pozitv egszek.(1) Hny kzs gyke van az xn= 1 s xm= 1 egyenleteknek C-ben?(2) Mutassukmeg, hogyegyn-ediksegym-edikegysggykszorzatanm-edik egysggyk.(3) Bizonytsukbe, hogyegyn-ediksegym-edikprimitvegysggykszorzata akkor s csak akkor nm-edik primitv egysggyk, ha ms nrelatv prmek.1.5.22. Gyakorlat. Mennyi az n-edik egysggykk sszege, szorzata s ngy-zetsszege? (Aprimitvn-edikegysggykksszegt sszorzatt majda3.9.17. Feladatban hatrozzuk meg).Az albbi feladatokban hasznljuk fl a 2.2.42. Gyakorlatban bizonytott bino-milis ttelt.1.5.23. Feladat. Hozzuk zrt alakra a kvetkez o sszeget:

18670

18674

18678

186712

. . ..(Az utols tagban alul 1864 szerepel, de ezt nem kell kirni, mert egy binomilisegytthat rtke megllapods szerint nulla, ha alul nagyobb szm van, mintfll, s gy az sszeg tagjai egy id o utn nullv vlnak.)1.5.24. Feladat. Fejezzk ki cos x s sin x segtsgvel sin 7x-et. ltalnostsuka kapott kpletet.1.6. A komplex szmok precz bevezetseBizonyra sok Olvasnk hallott mr Gdel nevezetes, s teljesen szabatosan bizo-nythat ttelr ol, amely szerint nem lehet bebizonytani, hogy a jelenleg hasznltmatematikban soha nem fog felbukkanni ellentmonds (kivve, ha a matematikamr eleve ellentmondsos). gy teljes biztonsgot nem rhetnk el a komplex sz-mok bevezetsekor sem. De ha az ignyeinket lejjebb adjuk, akkor sem lehetnkelgedettek a komplex szmok eddig hasznlt, szemlletes bevezetsvel. Zavarpldul az, hogy mg miel ott sszeadst s szorzst deniltunk volna, mr ma-gbanakomplexszma bi dencijbanmindkett oszerepel. Mrpediga38 1. Komplex szmokmatematikban nem denilhatunk egyetlen fogalmat sem Mnchhausen-mdra,sajt maga segtsgvel.rdemes teht a komplex szmok fogalmt egy fokkal preczebben bevezetni,mint ahogy eddig tettk, hogy ne adjon flrertsre alkalmat, hogy meggy ozhes-skmagunkatarrl: haavalsszmokkalvalszmolssornnemlehetbaj(ellentmonds), akkor a komplex szmok hasznlata esetben sem lesz. Term-szetesen mindez csak a szemlletessg rovsra trtnhet. Ezrt gy kell gyes-kednnk, hogy a bevezets vgre rve az eddig szemlletesen hasznlt fogalma-kat, jellseket tovbbra is ugyangy hasznlhassuk, mint eddig.A komplex szmok precz bevezetse magasabb fok matematikai rettsgetignyel, mintamitaknyveddigirszeibenfeltteleztnk. Meggy oz odsnk,hogy el oszr a komplex szmokkal (s ot, esetleg a polinomokkal) val szmolsgyakorlati fogsait clszer u elsajttani. Ezrt ezt a szakaszt teljes egszben aprbet us rsznek rdemes tekinteni. Az Olvas el oszrre nyugodtan tugorhatja, an-nlisinkbb, mertakonstrukciigazntanulsgosmozzanataiks obbjrasjra megjelennek majd. El oszr a polinomok precz bevezetsekor (2.3. Szakasz),ks obb a hnyadostest (5.7.2. Ttel), vagy az egyszer u algebrai testb ovts konst-rukcijakor (6.4.3. Ttel). S ot, a faktorgy ur uk vizsglatakor a komplex szmokbevezetsre is egy alternatv, precz mdszert lelnk majd (5.2. Szakasz).Abbl indulunkki, ahogyanakomplexszmokegyenl osgt deniltuk.A komplex szmokat a vals s kpzetes rszk egyrtelm uen meghatrozza,sezektetsz olegesvalsszmoklehetnek. gyaza bi komplexszmragondolvaegyolyanmatematikaiobjektumotkellkeresnnk, amelyetazasbszmok(asorrendreistekintettel)egyrtelm uenmeghatroznak. Ilyenob-jektum az(a, b) rendezett pr (de akinek jobban tetszik,gondolhat helyette ask megfelel o pontjra is, s akkor egy fst alatt a komplex szmok geometriaikapcsolatt is megkapja). Teht a nem szemlletes, de jl kezelhet o denci akvetkez o:1.6.1. Denci. Komplex szmon egy z =(a, b) rendezett prt rtnk, ahol as b vals szmok. A z = (a, b) komplex szm vals rsze a, kpzetes rsze b.Am uveleteketisknnyendenilhatjuk, hasuttyombanaz(a, b)helyreodakpzeljk az a bi -t, s gy tkdoljuk az 1.3.2. Dencit:(a, b) (c, d) = (a c, b d) ,(a, b)(c, d) = (ac bd, ad bc) .A komplex szmok kztt most nincsenek ott a vals szmok, hiszen azoknem rendezett prok. Az a vals szmot a 0 i -knt rtuk fl komplex szm-knt, ehelyett az (a, 0) prra kell gondolnunk. Az ilyen prokkal ugyangy kellszmolni, mint a vals szmokkal, hiszen a fenti kpletek szerint(a, 0) (c, 0) = (a c, 0)(a, 0)(c, 0) = (ac, 0) .1.7. sszefoglal 39Mskppfogalmazva, a: a.(a, 0)lekpezs(amelyklcsnsenegy-rtelm uavalsszmoksaz(a, 0)alakkomplexszmokkztt)tartjaazsszeadst saszorzst is. Ezrt azaszmot azonostjukaneki megfelel o(a, 0)komplexszmmal. (Ennekazazonostsnakvannakprecztechniki,lsd a 6.4.3. Ttel bizonytsa utni megjegyzst.)Ltszlag nincs ott az jstet u komplex szmok kztt az isem. A szeml-letes denci szerint persze i =0 1 i , s gy bevezethetjk az i =(0, 1)jellst. Ekkor a szorzs szablya miatti2= (0, 1)(0, 1) = (1, 0) ,amit a 1 szmmal azonostottunk. Magyarul i2= 1, immr preczen. Vglaz sszeads s a szorzs szablya szerint(a, b) = (a, 0) (0, b) = (a, 0) (b, 0)(0, 1) ,ezt aszmot pedigppena bi -vel azonostottuk. gyakomplexszmoktnyleg az a bialak kifejezsek, melyekkel a m uveleteket gy kell vgezni,ahogyan mr megszoktuk.1.7. sszefoglalA modulo mmaradkok Zm = {0, 1, . . . , m 1} halmazn bevezettk a mo-dulo msszeads s szorzs fogalmt (1.1.4. Denci),s feldertettk ezekalapvet o tulajdonsgait (1.1.5. llts).Megllaptottuk, hogy ezek nagyon ha-sonltanak a szmok kztti m uveletek tulajdonsgaira, valamint hogy m uvelet-tart az a lekpezs, amely minden egsz szmhoz a mod m maradkt rendeli(1.1.6. llts). A kivonst az ellentett hozzadsaknt, az osztst a reciprokkal(inverzzel)valszorzskntdeniltuk. Azellentettmindigltezik, arecip-rok azonban nem. Nyitva maradt a nullosztmentessg krdse is: egy szorzatlehet-e nulla gy, hogy egyik tnyez oje sem nulla. A maradkokkal val sz-molst felhasznltuk kombinatorikai s szmelmleti feladatok megoldsra.Megbeszltk a harmadfok egyenlet megoldsi tlett, s ebb ol levezettka Cardano-kpletet, br az mg nem derlt ki, hogy ez megadja-e az egyenletsszes megoldst. Konkrt pldk alapjn azt tapasztaltuk, hogy ha az egyen-letnek csak egy vals gyke van,akkor azt a kplet megadja,de hrom valsgyk esetn ezeket csak gy tudjuk megkapni, ha hajlandk vagyunk formli-san szmolni negatv szmok ngyzetgykeivel.Hogyanegatvszmokngyzetgykeivelvalszmolstpreczztegyk,bevezettk a komplex szmokat, mint a bialak formlis kifejezseket, aholi2= 1. Felfedeztkazsszeadssaszorzsszablyaitstulajdonsgait(1.3.2. Denci, 1.3.3. llts), melyek szintn nagyon hasonltanak a szmok40 1. Komplex szmokkztti m uveletek tulajdonsgaihoz. A vals szmokat is (a 0 i alak) komp-lex szmnak kpzeljk, s ezentl szm alatt komplex szmot rtnk. Meg-mutattuk,hogy minden nem nulla komplex szmmal lehet osztani (1.3.6. l-lts): a trtet a nevez o konjugltjval kell b ovteni. Ebb ol levezettk a null-osztmentessget is (1.3.7. llts). Kiterjesztettk az abszolt rtk fogalmtkomplexszmokra(deleszgeztk, hogykomplexszmokkzttnemrtel-meznk egyenl otlensgeket). sszefoglaltuk a konjugls s az abszolt rtktulajdonsgait (1.3.10. llts).A komplex szmokat a sk pontjaival,illetve az ezekbe az origbl mutathelyvektorokkal azonostottuk. Ekkor a komplex szmok sszeadsa a vektor-sszeadsnakfelelmeg. Egykomplexszmabszoltrtkeazorigtlvaltvolsga, s emiatt teljesl a hromszg-egyenl otlensg (1.4.3. Ttel). Deni-ltuk nem nulla komplex szm szgt, s trigonometrikus alakjt. Megllap-tottuk, hogy komplex szmok szorzsakor a hosszak sszeszorzdnak, a szgekpedig(mod2)sszeaddnak(1.4.5. llts). gykpletetkaptunkagyorshatvnyozsra (pozitv s negatv egsz kitev ok esetben). Az a kvetkezmny,hogy egy komplex szmmal val szorzs egy forgatva nyjts,lehet ov teszi,hogy komplex szmokat hasznljunk geometriai feladatok megoldshoz.Megllaptottuk, hogyegynemnullakomplexszmnakmindenpozitvnegszrepontosanndarabn-edikgykevan, amelyekegyorigkzppontszablyossokszgcscsaibanhelyezkednekel. Agykvonst trigonometri-kus alakban clszer u elvgezni (1.5.2. Gyakorlat). Azokat azkomplex sz-mokat,amelyekren=1 teljesl,n-edik egysggykknekneveztk. Ezek acos(2k/n) i sin(2k/n) alak szmok, ahol 0 k< n, gy sszesen n da-rab n-edik egysggyk van. Ha egy komplex szmnak ismerjk az egyik n-edikgykt, akkor az sszes n-edik gykeit ebb ol az n-edik egysggykkkel valszorzssal kapjuk (1.5.4. Ttel).Egy z ,= 0 komplex szm o(z) rendje a klnbz o hatvnyainak a szma. Ezvagy vgtelen, ebben az esetben z brmely kt egsz kitev oj u hatvnya kln-bz o, vagy egy pozitv rszm, ebben az esetben z hatvnyai rszerint periodi-kusan ismtl odnek, vagyis(R) zk= zo(z) [ k (1.5.8. Ttel). Specilisan znakkor s csak akkor 1, ha o(z) [ n (ezek a z szmj kitev oi). Egy z komplex szm rendje akkor s csak akkor vges, ha a szmegysggyk, vagyis ha hossza 1, szge pedig a 2racionlis szmszorosa. Haezaracionlisszmp/q, s( p, q) =1, akkorzrendjeq(1.5.11. llts).Mindez a hatvny rendjnek(H) o(zk) =o(z)(o(z), k)kpletb ol kvetkezik (1.5.10. Ttel).1.7. sszefoglal 41Egy komplex szmot primitv n-edik egysggyknek neveznk, ha rendje n.Ezek a cos(2k/n) i sin(2k/n) alak szmok, ahol(k, n) =1. sszesen(n) darab primitv n-edik egysggyk van (itt(n) a szmelmletb ol ismertEuler-fggvny). Egy szm akkor s csak akkor n-edik primitv egysggyk, hahatvnyai pontosan az sszes n-edik egysggykk (1.5.13. Ttel).Vgl mutattunk egy lehetsges mdot a komplex szmok precz bevezet-sre. Az a bi -nek kpzelt szmot az(a, b) rendezett prknt deniltuk, saz ezek kztti m uveleteket az 1.3.2. Denci alapjn adtuk meg (1.6.1. De-nci). Az avals szmot azonostottuk az(a, 0) komplex szmmal, ezt azrttehettkmeg, mertazsszeadstsaszorzstmindkett ovelugyangykellvgezni. Ily mdon a vals szmok is komplex szmokk vltak. Az i =(0, 1)jellsthasznlva(a, b) =a bi addott, sgypreczztettkakomplexszmok korbbi, szemlletes dencijt.2. POLINOMOK. . . de az a b-t s a nullt, ami nem is nulla,s az x-nek titokzatos hnytorgsait. . .Fekete Istvn: Tli berek2.1. A polinom fogalmaAmikor kznsges egyenleteket kell megoldanunk, az ismeretlennel formli-san szmolunk. Pldul azx2 x 1x 1= xegyenlet esetben nem prblunk az x helybe konkrt szmokat helyettesteni,hanem olyan trendezst hajtunk vgre,ami minden egyesx-re helyes. gy afenti egyenletb ol x 1-gyel tszorozvax2 x 1 = x2 xaddik. Ezt az talaktst akkor is helyesnek rezzk, ha tudjuk, hogy ez utbbiegyenletnek nincs megoldsa (hiszen 1 = 0-ra vezet), teht semmilyen konkrtx szmra nem teljesl egyik flrt egyenl osg sem.Ahogytehtakomplexszmokbevezetsekapcsnmegllaptottuk, hogymilyenszablyokszerint szabadszmolni negatvszmokngyzetgykeivel,gy rdemes most is megvizsglni, hogy az ismeretlen, meghatrozatlan sz-mokat tartalmaz kifejezseket hogyan kezelhetjk.Mirtvanerreszksg? Hiszenazegyenletmegoldstmrakzpiskol-ban begyakoroltuk. A vlasz ismt az, hogy szeretnnk sok problmra kzsmegoldsi mdszert tallni. Ilyen pldul egy egyenlet megoldkplete. Msesetben olyan,minl egyszer ubb kifejezst kell flrnunk,ami adott helyekenadott rtkeket vesz fel (gy kereshet pldul egy zikus trvnyt, szablyszer u-sget a mrsi eredmnyeihez). Ilyenkor ismernnk kell a flrand kifejezsektulajdonsgait. Az is el ofordul, hogy meg szeretnnk bizonyosodni: egy bonyo-lult egyenletnek nincs mr ms megoldsa,mint amiket megtalltunk. Ehhezjl jnne egy olyan ttel, ami megmondja, hogy egy egyenletnek, az alakjtlfgg oen, maximum hny megoldsa lehet.4344 2. PolinomokDe szksg lehet negatv eredmnyek bizonytsra is. A matematikban na-gyon hasznos ismerni amdszereink korltaitis,hogy tudjuk: egy-egy prob-lma megoldshoz kell-e j mdszert kifejleszteni. Fontos plda ilyen korltra,hogy a legalbb tdfok egyenletek esetben mr nem ltezik olyan ltalnosmegoldkplet, amely a ngy alapm uvelet s gykvons segtsgvel megadjaaz egyenlet gykeit. Ennek a bizonytshoz preczen tudnunk kell, mit is rtnkegyenlet, megoldkplet alatt, s mik ezeknek a tulajdonsgai.A komplex szmokhoz hasonlan arra treksznk, hogy az Olvas minl ha-marabb el tudjon kezdeni szmolni polinomokkal. Ezrt a lehet o legpraktikusab-ban vezetjk be ezt a fogalmat. A precz bevezets a 2.3. Szakaszban tallhat.Els oknt az olyan kifejezseket vesszk grcs o al,amelyekben szmokonkvl csakegyxismeretlenszerepel, scsakhromm uveletet hasznlha-tunk: sszeadst, kivonst s szorzst. A komplex szmok bevezetsekor sz-revettk, hogy minden i -t tartalmaz, a fenti hrom m uvelettel flrt kifejezsa bi alakra egyszer usthet o. Kzpiskols tapasztalatunk az, hogy a zrjelekfelbontsval,sxhatvnyai szerinti rendezssel azx-et tartalmaz,e hromm uvelettel flrt kifejezsek a kvetkez o alakra hozhatk:f (x) = a0a1x a2x2. . . anxn,ahol a0, . . . , an szmok (mostani tudsunkkal mr komplex szmok is lehetnek),s n 0 egsz szm. Az ilyen kifejezseket polinomoknak nevezzk. Az xapolinomban szerepl o hatrozatlan. Az ajx jkifejezsek a polinom tagjai, az aiszmok pedig a polinom egytthati. Az a0 a polinom konstans tagja.Mivel formlisan szmolunk, x-r ol semmi mst nem ttelezhetnk fel, csakazt, ami minden szmra rvnyes. Ezrt 0 x termszetesen nulla lesz, de a fentikpletben semmilyen ms egyszer ustsi lehet osget nem vrhatunk. A 0 xktagot nha rdemes lesz kirni,nha meg rdemes lesz elhagyni. gy teht az1 x2s az 1 0 x x2 0 x3polinomokat egyenl onek tekintjk. A leg-egyszer ubb, ha minden polinomba odakpzeljk a ki nem rt x-hatvnyokat is,nulla egytthatval. Ekkor polinomok egyenl osgt a kvetkez okppen deni-lhatjuk.2.1.1. Denci. Kt polinomot akkor s csak akkor tekintnk egyenl onek, haa megfelel o egytthatik megegyeznek, vagyis ha minden k 0 egszre az xkegytthatja a kt polinomban ugyanaz.Ha a fenti f polinomban mindegyik ai egytthat nulla, akkor a nullapolino-mot kapjuk (ez nem tvesztend o ssze a 0 szmmal, de mindkett ot 0 jelli). Haf ,= 0, akkor hagyjuk el a polinom jobb oldalrl a nulla egytthatj tago-kat (vagyis keressk meg a legnagyobb olyan kszmot, amelyre ak ,=0). gyf (x) = a0a1x a2x2. . . akxkaddik, ahol mr ak ,= 0. Ebben az esetben2.1. A polinom fogalma 45a kkitev o a polinom foka, az akxka polinom f otagja, az akszm pedig a po-linom f oegytthatja. Egy polinom normlt, ha f oegytthatja 1. Teht csak anem nulla polinomoknak rtelmezzk a fokt. Azf polinom fokt gr( f )-fel je-lljk (a gradus a fok sz latin megfelel oje). Sok knyvben a deg( f ) jellstalkalmazzk (mert a fok angolul degree). Egyenl o polinomoknak termsze-tesen ugyanaz a foka (ha ltezik). Az f helyett mindegyik jellsben rhatunkf (x)-et is, ha fel akarjuk tntetni, hogy x a hatrozatlan.Ahhoz, hogy eldnthessk, tnyleg minden vizsglt kifejezs a fenti alakrahozhat-e, elegend o azt ellen orizni, hogy a fenti alak polinomokat sszeadva,kivonvassszeszorozvaszintnilyenalakkifejezst kapunk. Akomplexszmok bevezetshez hasonlan fontos lesz konkrtan kiszmolni az sszeg sa szorzat kplett.Kt polinom sszegnek kiszmtshoz a kisebb fok polinom vgre rjunknulla tagokat gy, hogy a kvetkez o alakot kapjuk:f = a0a1x a2x2. . . anxn, g = b0b1x b2x2. . . bnxn.Teht feltehet o, hogy ugyanaz az nszm szerepel a kt polinomban (de ekkorcsakannyittudunk, hogypolinomjainkfokalegfeljebbn, tehtilyenkormrnem tehetjk fl, hogy a kt f oegytthat nem nulla). Ez a flrs azrt hasznos,mert az sszeadst knnyen elvgezhetjk:f g = (a0b0) (a1b1)x (a2b2)x2. . . (an bn)xn.Hasonl kplet adja kt polinom klnbsgt is.2.1.2. llts. Kt polinom sszegnek a foka legfeljebb akkora, mint a kt po-linom fokai kzl a nem kisebb. Kpletben: gr( f g) max(gr( f ), gr(g)).Ha a kt polinom foka klnbz o, akkor egyenl osg ll.Termszetesen az sszeg fokrl csak akkor beszlhetnk, ha ltezik, vagyisha az sszeg nem a nullapolinom.Bizonyts. Ha f =g = 0, akkor f g is nulla. Ha nem, akkor f s g fntiflrsbanfltehetjk, hogyan,=0(esetleg f -etsg-tmegkellcserlni).Teht gr( f ) = n s gr(g) n. Nyilvnval, hogy gr( f g) n. Ha bn = 0,akkor f g f oegytthatja is an lesz, s gyf g foka pontosan n. Ha bn ,= 0,azaz mindkt polinom foka n, akkor elkpzelhet o, hogy an bn =0, amikorf g foka n-nl kisebb lesz (s ot f g akr nulla is lehet). 2.1.3. Gyakorlat. Az a0a1x a2x2s b0b1x b2x2b3x3polinomokatszorozzuk ssze: bontsuk fel a zrjelet, rendezzk az eredmnyt xhatvnyaiszerint, vgl llaptsuk meg az eredmny fokt.A polinomok szorzsakor a kvetkez o flrs lesz hasznos:f = a0a1x a2x2. . . anxn, g = b0b1x b2x2. . . bmxm,46 2. Polinomokahol an ,= 0 s bm ,= 0. (Ha valamelyik tnyez o a nullapolinom, akkor a szorzatnyilvn szintn nulla.) Szorozzuk ssze ezt a kt polinomot.2.1.4. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy az (a1. . . an)(b1. . . bm) szorzategyenl o az nm darab aibjszm sszegvel.A fenti szrevtel alapjn azf s g szorzsnl a zrjelet gy bonthatjuk ki,hogy az els o sszeg minden tagjt megszorozzuk a msodik sszeg minden tag-jval, majd a kapott szorzatokat sszeadjuk. Ezt az (n 1)(m1) tag sszegetszeretnnk x hatvnyai szerint rendezni. Egy xk-os tag gy tud keletkezni, hogyegy xi-s s egy x j-s tagot szorzunk ssze, ahol i j = k. gy azf g szorzatbanxkegytthatja(2.1) ck = a0bk a1bk1a2bk2. . . ak1b1akb0.Ltszlag ckegy k 1 tag sszeg, de valjban az sszegnek lehet kevesebbtagja. Pldul ha k = mn, akkor az a0bnm tag nem fog szerepelni, mert b in-dexe csak nulltl m-ig halad. Ezt a gondot azonban knnyen kikszblhetjk,ha megllapodunk abban, hogy nullnak tekintjk bm1, bm2, . . ., s ugyangyan1, an2, . . . rtkt (ahogy mr a polinomok egyenl osgnek 2.1.1. Denci-ja el ott is tettk). Ezzel a fenti (2.1) kplet formlisan is helyess vlik.Az xnmtag egytthatja egy n m 1 tag sszeg, de ennek csak egyetlennem nulla tagja van: anbm. Valban, a tagok aibjalakak, ahol i j = n m,s ha i > n, akkor ai = 0, ha viszont i < n, akkor j > m, vagyis bj = 0. Ezaz egyetlen anbmtag viszont nem lesz nulla, mert egyik tnyez oje sem az. Ezbizonytja a kvetkez o lltst.2.1.5. llts. Azf g szorzat f oegytthatja anbm, foka n m. Teht nem nullapolinomok szorzsakor a fokok sszeaddnak:gr( f g) = gr( f ) gr(g). gy aszorzatpolinom nem nulla, vagyis polinomok szorzsra is rvnyes a nullosz-tmentessg.Apolinomokkalisaszoksosszablyokszerintszmolhatunk. Foglaljukssze bizonyts nlkl ezeket a remlhet oleg mr ismer os szablyokat.2.1.6. llts. Legyenekf, g, h tetsz oleges polinomok.(1) ( f g) h =f (g h) (az sszeads asszociatv).(2) f g = g f (az sszeads kommutatv).(3) f 0 = 0 f =f (azaz ltezik nullelem).(4) Mindenf -nek van ellentettje, azaz olyan g, melyref g = g f = 0.(Ilyengleszazapolinom, melynekegytthatiaz f egytthatinakellentettjei.)(5) ( f g)h =f (gh) (a szorzs asszociatv).(6) f g = g f (a szorzs kommutatv).(7) f 1 = 1 f =f (azaz ltezik egysgelem).2.1. A polinom fogalma 47(8) ( f g)h =f h gh (disztributivits).A (3) lltsban szerepl o 0 a nullapolinomot jelli (s nem a 0 szmot). Ha-sonlkppen a (7) lltsban szerepl o 1 jel polinom, s nem szm: az a polinom,amelynekmindenegytthatjanulla, kivveakonstanstagot, ami1. ltal-ban tetsz oleges c szmot polinomnak is tekinthetnk. Ezek a konstans polino-mok, azaz a nulladfok polinomok s a nullapolinom.A konstans polinomokatugyangy kell sszeadni s szorozni, mint a megfelel o szmokat.Mivel minden polinomnak ltezik ellentettje, a kivons is korltlanul elv-gezhet o (mint az ellentett hozzadsa). Korbban lttuk, hogy az osztst (a ma-radkokkal val szmolsnl is,a komplex szmoknl is) a reciprokkpzsre,vagyis az inverz elemmel val szorzsra vezethetjk vissza. gy van ez a poli-nomoknl is, de csak nagyon kevs polinomnak van reciproka.2.1.7. llts. Az f polinomnak akkor s csak akkor van inverze (reciproka) apolinomok kztt, haf nem nulla konstans polinom.Bizonyts. Ha c ,= 0 konstans polinom, akkor inverze az 1/c konstans polinom(s gy minden polinomeloszthat vele: az egytthatit kell c-vel elosztani). Te-gyk most fel, hogy az f polinomnak van inverze. Ez azt jelenti, hogy ltezikolyangpolinom,hogy f g =1. gy egyik tnyez o sem nulla,vagyis kpez-hetjk a szerepl o polinomok fokt. Mivel szorzsnl a fokok sszeaddnak, aztkapjuk, hogygr( f ) gr(g) = gr( f g) = gr(1) = 0 .Ezrt f s g foka is nulla, vagyis f csak konstans polinom lehet. AMaple program tudja kezelni a polinomokat. Erre tbb pldt ltunk majda ks obbiekben, most csak nhny alapvet o funkcit illusztrlunk.f := x+I;g := x-I;expand(f*g);2x + 1degree(f*g);2?polynomialsAz utols sor segtsget ad a polinomokkal kapcsolatos parancsokhoz.Miel ott tovbblpnnk, bevezetnk egy jellst.Soktag sszegeket eddig a. . . szimblum segtsgvel rtunk fl. Pldul a1a2. . . an jelentette azt,hogy az aiszmokat ssze kell adni, mikzben az iindex 1-t ol n-ig fut. Ezzela jellssel azonban tbb problma is lehet. Ha az aiegy bonyolult kifejezs,akkor esetleg knyelmetlen vagy ttekinthetetlen lerni tbb tagot is (ahogy azimnt hromkonkrt tagot islertunk: a1-et, a2-t san-et). Esetlegnemisknny u kitallni, mire gondolhat az, aki mondjuk az a1a3. . . an sszeget48 2. Polinomokrta le. Vajon itt a pratlan index u aiszmokat kell sszeadni? E problmkthidalsra a kvetkez o jells szolgl.2.1.8. Denci. Anj =1ajgynevezett szumma jells azt jelenti, hogy ajvltoz 1-t ol n-ig fut, s min-den rtkre ssze kell adni a szumma jel jobb oldaln ll ajkifejezst. Anj =1ajproduktum jells a szumma jellst ol abban klnbzik, hogy itt az ajkifeje-zseket ssze kell szorozni.Vagyis a fenti denciban az a1a2. . . an sszeg, illetve az a1a2. . . anszorzat tmrjellseszerepel. Sokszorel ofordul, hogyaszummzsnemi =1-t ol n-ig,hanem i =m-t ol n-ig megy. S ot,azt is megtehetjk,hogy aszumma jel al egy felttelt runk, s akkor a szummzst azokra az indexekrekell vgrehajtani, amelyekre ez a felttel teljesl. Pldulp< 1000, p prmp2az 1000-nl kisebb prmszmok ngyzetsszege. Az j jellssel a szorzatpoli-nomnak a (2.1) kpletben szerepl o ltalnos egytthatjt is flrhatjuk:ck =ki =0aibki =i j =kaibj(a msodik szummban hallgatlagosan azt feltteleztk, hogy i sj nemnega-tv egszek).Ebben a szakaszban megismerkedtnk az egyhatrozatlan polinomok fogal-mval, s nhny alapvet o tulajdonsgukkal. Sokszor el ofordul, hogy tbb is-meretlennk is van (s esetleg tbb egyenlet). Clszer u lenne teht polinomnaktekinteni mondjuk azx2y26xy4x i x2 y 2kifejezst is. Az eddigiekhez hasonl mdon denilhatnnk a tbbhatrozat-lan polinomok fogalmt, s levezethetnnk a m uveleti szablyokat. Azonbana kpleteink egyre bonyolultabbak lennnek, s ezrt ms utat fogunk keresni.Ezt az j utat a kvetkez o problma megoldsa jelli ki: nullosztmentes-ea szorzs a tbbhatrozatlan polinomok kztt?Elvileg el ofordulhatna, hogyamikor a szorzst elvgezzk, akkor a zrjel felbontsa utn keletkez o sszes2.1. A polinom fogalma 49tag kipotyog. Lttuk, hogy az egyhatrozatlan polinomok kztt ez nem tr-tnhet meg, az oka az volt, hogy ha a polinomok legmagasabb fok tagjai anxns bmxm, akkor csak egyetlenxnm-es tag keletkezik a szorzsnl, s ezrt azbiztosan nem fog kiesni.Tbbhatrozatlan polinomnl azonban vigyznunk kell: a fenti polinombanx2y2-etvagyxy4-ttekintsk-emagasabbfoktagnak? gyrdemeseljrni,hogykijelljkazegyikhatrozatlant, mondjukazx-et, sapolinomotazxhatvnyai szerint rendezzk:(y2i )x2(6y4)x (y 2) .Az egytthatk most mr nem szmok, hanemypolinomjai, de ez nem gond,hiszenszmolniazokkalistudunk! Beszlhetnkf oegytthatrlis, ezmosty2 i . Anullosztmentessghezazkell, hogyakt sszeszorzottpolinomf oegytthatjnakszorzatanelegyennulla, sezigaz, mert ypolinomjairlmr belttuk a nullosztmentessget.A tbbhatrozatlan polinomok vizsglathoz teht arra van szksg, hogya polinomokat ltalnosan vezessk be: az egytthatkrl ne tegyk fl, hogyszmok, hanemcsakazt, hogyaszoksosszablyokszerint lehet velksz-molni.Ez ms terleten is kamatozna, pldul szmelmleti feladatoknl, mertitt nha olyan egyenleteket (kongruencikat) kell megoldani, ahol az egyttha-tkkal modulo m kell szmolni. Az is elkpzelhet o, hogy egy-egy alkalmazs-bancsakazegsz, vagycsakaracionlisegytthatjpolinomokatclszer umegengednnk. E problmk megoldsa rdekben a most kvetkez o kt sza-kaszban (2.2 s 2.3) egy kitr ot tesznk.AzOlvasbtranmegteheti, hogyeztakitr otegyel oretugorja,s a poli-nomokat tovbbra is gy tekinti, hogy az egytthatik komplex szmok. Ha gytesz, akkor ezzel a szemllettel megrtheti a 2.4. Szakaszban lertak lnyegt, deha a tbbhatrozatlan polinom fenti, szemlletes dencijt elfogadja, akkora polinomokrl szl tovbbi anyag jelent os rszt is. Fog majd tallkozni furcsajelensgekkel(pldulazzal, hogyanullosztmentessgnemmindigteljesl),ezrt el obb-utbb mindenkppen rdemes lesz majd visszatrnie a kvetkez o ktszakaszhoz, s ezek megrtse utn mg egyszer tvennie az anyagot.Gyakorlatok, feladatok2.1.9. Gyakorlat. Vgezzk el az albbi m uveleteket a komplex egytthats po-linomok krben, s llaptsuk meg az eredmny fokt.(1) (x33x22) (x33x 4).(2) (x2i x 3)(x2i ).2.1.10. Gyakorlat. Fejtsk ki az az (a1b1) . . . (anbn) szorzatot (el oszr azn =3 esetben). Mi trtnik, ha sok tnyez ot szorzunk ssze, amelyek mind-egyike soktag sszeg?50 2. Polinomok2.1.11. Gyakorlat. Igazoljuk ani =1mj =1ai j =mj =1ni =1ai jazonossgot.2.1.12. Feladat.Legyen n 1 egsz s primitv n-edik egysggyk. Sz-mtsuk ki azS =n1j =0j2sszeg abszolt rtkt. (AzSsszeget magt a 6.8.19. Feladatban szmtjukmajd ki, de csak ha n prmszm.)2.2. A szoksos szmolsi szablyokAz el oz o szakaszban megllaptottuk, hogy a polinomokat gy lenne rdemesbevezetni, hogyazegytthatikrl semmi mst nemtesznkfl, mint hogyazokkal a szoksos szablyok szerint szmolni lehet. Ezeket a szoksos sza-blyokat mrhromzbenmegfogalmaztuk: az1.1.5, 1.3.3s2.1.6. llt-sokban. Kzenfekv otehtmostmrltalbanmegfogalmazni oket, hogynekelljen mg tdszr,hatodszor,hetedszer lerni ugyanazt,hanem egy szvalhivatkozhassunk rjuk. Ez a szakasz az j elnevezsek bevezetst, felsorolsttartalmazza.Adott teht egyRhalmaz, aminm uveleteket (sszeadst, szorzst)rtel-meznkvalamilyenmdon. Egyktvltozs m uvelettehtsemmiegyebetnem jelent, mint hogyR brmely kt a s b elemt ssze tudjuk m uveletezni(sszeadni, sszeszorozni), s az a b eredmny szintn azRhalmaznak egyeleme lesz. Vagyis egy ktvltozs m uvelet egy tetsz oleges ktvltozs fgg-vny az R halmazon, amely szintn az R halmazba kpez.Nagyon vigyzzunk arra, amikor egy m uveletet megadunk, hogy azt tnylegminden elemprra,egyrtelm uen deniljuk. Ezt mindig els onek rdemes el-len orizni. Pldul a kivons nem m uvelet a pozitv szmok halmazn, hiszen a35 eredmnye nincs benne ebben a halmazban. Viszont m uvelet lesz az egszszmok halmazn, hiszen brmely kt egsz szm klnbsge is egsz szmMost ttekintjk a m uveletek mr ismer os tulajdonsgait.2.2.1. Denci. Azt mondjuk, hogy azRhalmazon rtelmezett ktvltozs m uvelet(1) asszociatv, ha tetsz oleges x, y, z R esetn (x y) z = x (y z);(2) kommutatv, ha tetsz oleges x, y R esetn x y =y x.2.2. A szoksos szmolsi szablyok 51Azasszociativitsaztjelenti, hogyahromtnyez osszorzatokatzrjeleknlkl rhatjuk fel (de a sorrendre gyelnnk kell). Ebb ol mr (nem knnyen,de)belehetbizonytani, hogyatbbtnyez osszorzatokflrsakor semkellzrjeleket hasznlni. Az Olvas esetleg meg is prblkozhat a bizonytssal.2.2.2. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha asszociatv ktvltozs m uvelet, ak-kor az a1a2. . .an szorzatot akrhogyan is zrjelezzk, az eredmny mindigugyanaz lesz.Asszociatv m uveletre az egyik legfontosabb, eddig mg nem szerepelt pldaaz, amikor fggvnyeket helyettestnk egymsba.2.2.3. Denci. Legyen X tetsz oleges halmaz, s R az sszes X-et X-be kpz o(egyvltozs) fggvnyek halmaza. Haf, g R, akkor f g azt a fggvnyt je-lli, amikor f -be g-t helyettestnk, vagyis el oszr g-t, majdf -et alkalmazzuk.Kplettel kifejezve( f g)(x) =f

g(x)

tetsz oleges x Xesetn. Azf g neve azf s g kompozcija.Azanalzisbennhakompozcihelyett sszetett fggvnykpzsr ol be-szlnek. Ez a m uvelet ltalban nem kommutatv. Nem mindegy, hogy a csirktel obbmegkopasztjuk, sazutnmegstjk, vagyel obbmegstjk, sazutnmegkopasztjuk. A kompozci m uvelete azonban mindig asszociatv.2.2.4. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a kompozci m uvelete asszociatv. Ad-junk pldt kt geometriai transzformcira, ami azt mutatja, hogy a kompoz-ci ltalban nem kommutatv.A kommutativits azt jelenti, hogy a soktnyez os szorzatok esetben is mind-egy a tnyez ok sorrendje.2.2.5. Feladat. Mutassuk meg,hogy ha asszociatv s kommutatv m uvelet,akkor az a1 a2 . . . an szorzat tnyez oit brmilyen sorrendben is rjuk fl, azeredmny mindig ugyanaz lesz.Az sszeads szoksos tulajdonsgai kztt mindig felsoroltuk azt,hogyvan egy nulla nev u elem, amihez brmely x szmot hozzadva ezt az x szmotkapjuk eredmnyl. A szorzsnl ugyanezt a tulajdonsgot emlegettk, csak ottegysgelemr ol beszltnk nullelem helyett. ltalnos m uvelet esetn (ami lehetsszeads, szorzs, vagy egsz ms is), clszer uegy j nevet bevezetni, amitmindig hasznlhatunk.2.2.6. Denci. Legyen ktvltozs m uvelet azRhalmazon. Azt mondjuk,hogy az e R neutrlis (magyarul semleges) elem, ha tetsz oleges x R esetne x = x e = x. Ha a m uvelet jele , akkor ltalban nullelemr ol beszlnk,52 2. Polinomoks a 0 jelet hasznljuk. Ha viszont a m uvelet szorzs (amit a leggyakrabban egy-szer uen egyms mell rssal jellnk), akkor a neutrlis elemet egysgelemnekhvjuk, s 1-gyel jelljk.2.2.7. Gyakorlat. Melyik fggvny lesz a kompozcira nzve neutrlis elem?Nemkommutatv m uvelet esetben szoks bal oldali neutrlis elemr ol is be-szlni, hacsakazt kveteljkmeg, hogye x =xteljesljnmindenx-re.Hasonlanejobboldalineutrliselem, hamindenx-rex e=x. Ebbenaknyvben vizsglunk ugyan fontos nemkommutatv m uveleteket, de az egyoldalineutrlis elem csak ritkn fog szerepet jtszani.2.2.8. Feladat. Mutassuk meg, hogy tetsz oleges m uveletre nzve legfeljebb egyneutrlis elem lehet.Tbb konkrt pldn is lttuk mr, hogy a kivonst az ellentett hozzadsa-knt, az osztst pedig a reciprokkal val szorzsknt denilhatjuk. Ezrt most,amikor ezeket a fogalmakat ltalban vezetjk be,els onek az ellentett,illetvea reciprok kpzsvel kell foglalkoznunk. Ez a kt nv valjban ugyanazt afogalmat takarja (csak a m uvelet ms).2.2.9. Denci. Legyen e neutrlis elem a m uveletre nzve. Ha u v =e,akkor aztmondjuk, hogyubalinverzev-nek, vpedigjobbinverzeu-nak. Hav u = e is teljesl, akkor azt mondjuk, hogy u s v egyms inverzei. Ha egyelemnek van ktoldali inverze, akkor invertlhatnak nevezzk. Ha a m uveleta , akkorinverzhelyettellentettr olbeszlnk. Ilyenkorav= ujellstalkalmazzuk. Ha a m uvelet jele a szorzs (vagy egyms mell rs),akkoruinverzt u1-gyel jelljk.2.2.10. Feladat. Legyen asszociatv, de nem felttlenl kommutatv m uvelet,melynek van neutrlis eleme.(1) Mutassuk meg, hogy ha egy u elemnek van balinverze is s jobbinverzeis, akkor ez a kett o egyenl o (s gy u invertlhat). Specilisan ha egyelemnekvanktoldaliinverze, akkorezazegyetlenbalinverzesazegyetlen jobbinverze, vagyis az inverz egyrtelm u.(2) Ha az u s v elemek is invertlhatk, akkor igazoljuk, hogy u v (kt-oldali) inverze(u v)1= v1 u1.Teht invertlskor a tnyez ok sorrendje megfordul!2.2.11. Gyakorlat. LegyenXegy halmaz sSazX-b ol X-be vezet o fggv-nyek halmaza.Jellje e azXhalmaz identikus lekpezst (amely minden ele-met sajt magba visz).Mutassuk meg, hogy az f, g S fggvnyek akkor scsak akkor inverzek e-re nzve a 2.2.9. Denci rtelmben, ha a szoksosrtelemben e kt fggvny egyms inverze. Mely f Sfggvnyeknek vanbal-, illetve jobbinverze?2.2. A szoksos szmolsi szablyok 53Az sszeadsra vonatkoz szoksos szmolsi szablyokat gy foglaltukssze, hogy a most denilt tulajdonsgokbl tbbet is felhasznltunk. rdemeskln nevet is adni a tulajdonsgok ilyen csoportjainak.2.2.12. Denci. Ha egy nem res halmazon rtelmezett egy asszociatv m u-velet, akkor flcsoportrl beszlnk.Haegyflcsoportbanmindenelemmellehetosztani, akkoraztcsoportnaknevezzk. Ehhez persze elegend o, ha minden elemnek van inverze.2.2.13. Denci. EgyGnem res halmaz csoport,ha rtelmezett rajta egy m uvelet a kvetkez o tulajdonsgokkal.(1) A m uvelet asszociatv.(2) Van neutrlis eleme.(3) G minden elemnek van inverze.Mint lttuk, a neutrlis elem egyrtelm u, s az inverz ltezse termszetesenerreaneutrliselemrevonatkozik. Azinverzkpzstszoksosabbkln(egy-vltozs) m uveletknt bevezetni. Ennek el onyr ol szlunk majd a 8.4. Szakasz-ban.Most az a fontos szmunkra, hogy a fent megfogalmazott denci a lehet olegegyszer ubb legyen. Ha inverzr ol esik sz, akkor ebbe ezentl automatikusanbelertjk, hogy ltezik a megfelel o neutrlis elem is.A csoport dencijban teht nem tesszk fl, hogy a m uvelet kommutatv.Agshelemeket felcserlhet onek, nevezzk, hag h=h g. Habr-mely kt elem felcserlhet o, azaz ha a m uvelet kommutatv, akkor a csoportotkommutatv csoportnak, vagy Abel-csoportnak hvjuk. Nagyon gyakori, hogyAbel-csoportok esetben a m uveletet jelli. Ilyenkor tehtv ellentettje v,s denilhatjuk a kivonst az u v = u (v) kplettel.Haacsoportnemkommutatv, akkorviszontinkbbegymsmellrssaljelljk a m uveletet. Ilyenkor osztsrl nem lesz sz, mert usvhnyadostktflekppen is denilhatnnk: v1u-nak is s uv1-nek is.(Nha beszlnekennek megfelel oen balosztsrl s jobbosztsrl.)A bal s jobb oldali oszts kztti elvi klnbsget illusztrlja az oszts l-talnos iskolban tantott ktfle fogalma. Ha egy tteremben 10 asztal van, smindegyiknl ngyvendgl, akkoraztteremben4 10=40vendgvan.Termszetesen 4 10 =10 4,hiszen a szorzs az egsz szmok kztt kom-mutatv. De e kt szorzatnak mgis ms a jelentse, ha megllapodunk, hogy azels o tnyez o mindig a csoportok ltszmt, a msodik pedig a csoportok szmtjelenti. Ha a krds az (40 vendg esetn), hogy ha minden asztalnl ngyen l-nek, hny asztal van, akkor ezt a feladatot bennfoglalsnak nevezik. Ha viszontaz a krds, hogy ha tz asztal van, hnyan lnek egy asztalnl, akkor rszekreosztsnak. Az els o esetben balosztsrl van sz (4-gyel), a msodikban jobbosz-tsrl(10-zel). Perszeakommutativitsmiattabalsajobboldalihnyadosugyanaz lesz, teht szmolnunk ugyangy kell, de a szmols rtelme ms a ktesetben. Nemkommutatv m uveletnl az eredmny is lehet ms.54 2. PolinomokMostrvidensszefoglaljuk, hogyazeddigmegismertkonkrtm uveletekmilyen tulajdonsgak, de mr az jonnan szletett nyelvnkn. Azt javasoljuk,hogy az Olvas ellen orizze az albbi lltsokat.2.2.14. llts. Kommutatv csoportot alkotnak:(1) A komplex szmok az sszeadsra: C.(2) A nem nulla komplex szmok a szorzsra: C

.(3) A vals szmok az sszeadsra: 1.(4) A nem nulla vals szmok a szorzsra: 1

.(5) A racionlis szmok az sszeadsra: Q.(6) A nem nulla racionlis szmok a szorzsra: Q

.(7) Az egsz szmok az sszeadsra: Z.(8) A komplex egytthats polinomok az sszeadsra: C[x].(9) A {0, 1, . . . , m 1} halmaz a modulo m sszeadsra: Zm.(10) Az {1, 2, 3, 4}halmazamodulo5szorzsra: Z

5(eztajellstmajdks obb magyarzzuk meg).Afelsorolt csoportokkzttperszesszefggs van. Hatudjuk, hogyho-gyan kell sszeadni a komplex szmokat, akkor ebb ol megkaphatjuk, hogy ho-gyan kell sszeadni a valsakat, a racionlisakat, az egszeket, hiszen ezek mindrszhalmazai a komplex szmoknak.2.2.15. Denci. LegyenGegycsoport. Ha HrszhalmazaG-nek, amelymagais csoportaG-beli m uveletrenzve, akkoraztmondjuk, hogyHrsz-csoportja G-nek. Ezt gy jelljk, hogy H G.Pldul Z Q 1 C s Q

1

C

. Ugyanakkor Q

nemrszcsoportja C-nak,mert ms a m uvelet. Ugyangy Z5nem rszcsoportjaZ-nak, mert itt is ms a m uvelet:2 4 = 6, de 2 5 4 = 1. (Erre klnsenkell gyelnnk akkor, ha az egyszer ubb jells kedvrt 5 helyett -t runk).Hogyan lehet ellen orizni, hogy egy rszhalmaz rszcsoport-e? A legels o kr-ds, hogy egyltaln el tudjuk-e vgezni a m uveletet aHhalmazon bell. HapldulG =1, sHa 10 s 10 kztti szmokbl ll, akkor ebben aHhalmazbannemistudjukelvgezniazsszeadst, azkivezetbel ole: pldul8, 9 H, de8 9 / H. Els oknttehtaztkellellen oriznnk, hogyaHrszhalmaz zrt-e G m uveletre.Azasszociativitstnemkellmegvizsglnunk, azautomatikusanrkl odik,hiszen a b ovebbGhalmazon mr tudjuk,hogy teljesl. A kvetkez o krds,hogy van-eH-nak neutrlis eleme, s hogy elvgezhet o-e benne az inverzkp-zs. Belehetltni, hogyegyrszcsoportneutrliselemeugyanazkell, hogylegyen,mint az eredeti csoport,s gy az inverzet is ugyangy kell kiszm-tani. Az albbi lltsban sszefoglaljuk, hogyan clszer u ellen orizni, hogy egyrszhalmaz rszcsoport-e.2.2. A szoksos szmolsi szablyok 552.2.16. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha G csoport egy m uveletre, akkor egyH G rszhalmaz akkor s csak akkor rszcsoport, ha(1) Hzrt a m uveletre, azaz h1, h2 Hesetn h1 h2 H;(2) Htartalmazza G neutrlis elemt;(3) Hzrt a G-beli inverzkpzsre, azaz ha h H, akkor h1H.Igazoljuk azt is, hogy tetsz olegesHrszcsoport neutrlis eleme ugyanaz, mintG neutrlis eleme.Kvetkez o clunk a tbbszrs,illetve hatvny fogalmnak ltalnos-tsa. Mindkt esetben arrl van sz, hogy egy m uveletet (a tbbszrs esetbenaz sszeadst, hatvnyozs esetben a szorzst) sokszor vgznk el.2.2.17. Denci. Legyen asszociatv m uvelet azR halmazon, s a R.Ek-kor tetsz oleges n pozitv egszre legyenan= a a . . . a (n tnyez o).Ha -ranzvevanegyeneutrliselem, akkorlegyena0=e. Vglhaainvertlhat, s inverze b, akkor legyenan= bn.Ezek az a elemegsz kitev oj u hatvnyai. Ha a m uveletet jelli, akkor hatvnyhelyett tbbszrsr ol beszlnk, s az na rsmdot alkalmazzuk.Most ttekintjk a hatvnyozs ismert azonossgait.2.2.18. Gyakorlat. Legyenek as b invertlhat elemek egy asszociatv, egy-ms mell rssal jellt m uveletre nzve, s m, n egsz szmok. Mutassuk mega kvetkez oket.(1) anaz aninverze.(2) aman= amn.(3) (am)n= amn.(4) Ha a s b felcserlhet ok, azaz ab = ba, akkor (ab)n= anbn.A szoksos szmolsi szablyokban egyszerre szerepelt sszeads s szor-zs is,ezeket a disztributivits kapcsolta ssze. Az ilyen struktrt gy ur uneknevezzk.2.2.19. Denci. Az R gy ur u, ha az R halmazon rtelmezett egy sszeadsnaknevezett jel u m uvelet is, s egy szorzsnak nevezett, ltalban egyms mellrssal jellt m uvelet is, a kvetkez o tulajdonsgokkal.(1) R az sszeadsra nzve Abel-csoport.(2) R a szorzsra nzve flcsoport (azaz a szorzs asszociatv).(3) rvnyes a disztributivits: tetsz oleges x, y, z R esetn(x y)z = xz yz s z(x y) = zx zy.56 2. PolinomokA gy ur ubeli szorzst nem deniltuk kommutatvnak (ezrt kellett kt diszt-ributv azonossgot is flrni), s azt sem tettk fel, hogy van r nzve egysg-elem. Haaszorzskommutatv, akkorkommutatvgy ur ur ol, havanegysg-elem, akkor egysgelemes gy ur ur ol beszlnk.Az sszeadsra kapott csoportot azR gy ur u additv csoportjnak nevezzk,s R-szal jelljk. Egysgelemes gy ur uben van rtelme annak, hogy egy eleminvertlhat-e vagy sem. A 2.2.10. Feladatbl kapjuk, hogy azRinvertlhatelemei csoportot alkotnak azR-beli szorzsra,melynek egysgeleme a gy ur uegysgelemvel egyenl o. Ez az R multiplikatv csoportja, jele R

.Azt a gy ur ut, aminek a nulla az egyetlen eleme, nullgy ur unek nevezzk. Eztnem tekintjk egysgelemes gy ur unek. A tbbi egysgelemes gy ur u esetbenaz egysgelem klnbzik a nullelemt ol, s ilyenkor a multiplikatv csoportbannem lehet benne a nulla (ms szval a nullval soha nem lehet osztani). Mindeza kvetkez o lltsbl kvetkezik.2.2.20. Feladat. Mutassuk meg, hogy egy gy ur uben a nullval val szorzs min-dig nullt ad eredmnyl, s gy egy invertlhat elem (specilisan az egysg-elem)nemlehet nullval egyenl o. Igazoljukazt is, hogytetsz olegesr sselemekre r(s) = (r)s = (rs).Az olyan kommutatv, egysgelemes gy ur uket, amelyben minden nem nullaelemmel lehet osztani, testnek nevezzk. (A nullgy ur u teht nem test, mert nemis egysgelemes.)2.2.21. Denci. Haegygy ur unemnullaelemei csoportot alkotnakaszor-zsra, akkor a gy ur ut ferdetestnek hvjuk. A testek a kommutatv ferdetestek.2.2.22. llts. Kommutatv, egysgelemes gy ur ut alkotnak:(1) A komplex szmok: C.(2) A vals szmok: 1.(3) A racionlis szmok: Q.(4) Az egsz szmok: Z.(5) A komplex egytthats polinomok: C[x].(6) A {0, 1, . . . , m 1} halmaz a modulo m sszeadsra s szorzsra: Zm.A felsoroltak kzl C, 1 s Q testek is.Azt, hogy mikor lesz Zmtest, nemsokra megvizsgljuk.A fenti pldkban,a csoportokhoz hasonlan, tbbszr el ofordul, hogy az egyik gy ur u rszhalmazaegy msiknak.2.2.23. Denci. LegyenR egy gy ur u. Ha S rszhalmazaR-nek, amely magais gy ur u azR-beli m uveletekre nzve, akkor azt mondjuk, hogyS rszgy ur ujeR-nek. Eztgyjelljk, hogySR. HaRsStestek, akkorrsztestr olbeszlnk. Ilyenkor azt is mondjuk, hogy az R test b ovtse az S testnek.2.2. A szoksos szmolsi szablyok 57Pldul Q 1 C rsztestek, s Z rszgy ur uje Q-nak. Azt, hogy egy rsz-halmaz rszgy ur u, illetve rsztest-e, szintn a m uveletekre val zrtsg vizsg-latval ellen orizhetjk, a m uveleti azonossgokkal (asszociativits, disztributi-vits) nem kell foglalkoznunk.2.2.24. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha R gy ur u, akkor egy S R rszhalmazakkor s csak akkor rszgy ur u, ha(1) S zrt az R sszeadsra s szorzsra, azaz r1, r2 S esetn r1r2 sr1r2 S;(2) S tartalmazza R nullelemt;(3) S zrt az R-beli ellentettkpzsre, azaz ha r S, akkor r S.Ha R test, akkor az S rszgy ur u pontosan akkor rsztest, ha(4) S tartalmazza R egysgelemt;(5) S zrt az R-beli inverzkpzsre, azaz ha 0 ,= r S, akkor r1 S.Tetsz olegesSrszgy ur unullelemeugyanaz, mint Rnulleleme, shaRtest,akkor tetsz oleges S rsztest egysgeleme ugyanaz, mint R egysgeleme.Megjegyezzk, hogyltalba