MBN511E: Algebra es alkalmazasai(2009. oszi felev)

Czedli Gabor

2009. december 8.

A vizsgatetelek jegyzeke a 4. oldalon kezdodik!

A kovetkezo felevben nem az itt leırt sorrendben kell haladni, es afotengelytranszformacionak a legelso oran kell szerepelnie (egy masiktantargy igenyei miatt)! (Es a haladas tempojaval kapcsolatban: ugyelniarra, hogy nyomtatasban nem latszanak a szınek.)

Mufajat tekintve a jelen ırasmu valahol a”tanari vazlatfuzet” es egy

lehetseges tankonyv kozott van, de kozelebb az elobbihez. Marcsak azert is,mert a tankonyvet a szerzo is es a lektor is gondosan ellenorzi; ezzel szembena jelen jegyzet csak a nulladik valtozat.

A tantargy elsajatıtasahoz foleg az eloadas latogatasa javasolt. Ehhez ajelen ıras csak kiegeszıto segedletet nyujt. Onallo felkeszulesre csak szuksegeseten javasolhato; ez esetben az itt nem kozolt reszletek onallo meggon-dolasa es/vagy az irodalomban valo tovabbi tajekozodas is szukseges.

A jelen targynak es elofelteteleinek tematikaja

Linearis transzformaciok es matrixok sajatertekei, sajatvektorai es karak-terisztikus polinomja. Sajatalter. Euklideszi terek. Linearis lekepezesadjungaltja, matrixa ortonormalt bazisban. Onadjungalt es ortogonalislekepezesek, ortogonalis matrixok. Spektraltetel es kovetkezmenyeikvadratikus alakokra es szimmetrikus matrixokra. Uniter terek. Linearislekepezes adjungaltja, matrixa ortonormalt bazisban. Normalis es uniterlekepezesek, uniter matrixok. Spektraltetel. Polinommatrixok ekviva-lenciaja es kanonikus alakja. Hasonlo matrixok. Linearis transzformaciok es

1

matrixok minimalpolinomja, Cayley-Hamilton-tetel. Matrixok Jordan-felenormalalakja. Az algebrai szamelmelet elemei: algebrai es transzcendensszamok, algebrai egeszek, kvadratikus testek. Kvaterniok, a termeszetesszamok folbontasa negyzetszamok osszegere, a Waring-problemakor. Poli-nom felbontasi teste. Veges testek es algebrai kodok. Prımtesztek, RSAtitkosıtas. Veges automatak es regularis nyelvek.

MBN411 Absztrakt algebra

Veges halmaz permutacioi. Csoport definıcioja, az asszociativitas es azinvertalhatosag kovetkezmenyei; nevezetes peldak. A reszcsoport, izomor-fizmus, homomorfizmus fogalma es alapveto tulajdonsagai, peldak. Cay-ley tetele. Hatvanyozas csoportban, az elemrend definıcioja es tulaj-donsagai. Generatorrendszer, ciklikus csoportok. Reszcsoport szerintimellekosztalyozas, Lagrange tetele. Normaloszto, normaloszto szerintimellekosztalyozas, faktorcsoport, csoportelmeleti homomorfiatetel es izomor-fiatetelek. Faktorcsoport reszcsoportjai. Egyszeru csoportok, az alternalocsoportok egyszerusege. Csoportok direkt szorzata, direkt folbontasa; aveges Abel-csoportok alaptetele. A gyuru definıcioja, nevezetes peldak.Ideal, ideal szerinti osztalyozas, faktorgyuru. Gyuruelmeleti homomor-fiatetel es izomorfiatetelek. Gyuruk direkt szorzata, a maradekosztalygyurukdirekt folbontasa. Egyszeru gyuruk, a foidealgyuruk faktortestei.Integritastartomany hanyadosteste. Test karakterisztikaja, prımteste.Egyszeru algebrai es egyszeru transzcendens testbovıtes, minimalpolinom,vegesfoku testbovıtes. Absztrakt algebrai alapfogalmak: muvelet, algebra,reszalgebra, generatorrendszer, homomorfizmus, izomorfizmus, kongruencia,kompatibilis osztalyozas, faktoralgebra. Homomorfiatetel.

MBN211 Klasszikus algebra es szamelmelet

Komplex szamok: kanonikus es trigonometrikus alak, gyokvonas,egyseggyokok. A csoport, a gyuru es a test fogalma, peldak. In-tegritastartomanyok, egysegelemes gyuru folotti egyhatarozatlanu poli-nomgyuru, a Gauss-egeszek es az Euler-egeszek gyuruje. Az oszthatosagtulajdonsagai integritastartomanyokban. Legnagyobb kozos oszto, legkisebbkozos tobbszoros. Maradekos osztas es euklideszi algoritmus Z-ben es testfolotti polinomgyuruben. Euklideszi gyuruk, foidealgyuruk, egyertelmu ir-reducibilis felbontas. Prımszamok, a szamelmelet alaptetele. Vegtelen

2

sok prımszam van. Polinomok zerohelyei, Bezout tetele. A klasszikusalgebra alaptetele es kovetkezmenyei, irreducibilis faktorizacio a valoses a komplex szamtest folott. A harmad- es a negyedfoku polinomokzerohelyeinek meghatarozasa. Irreducibilis polinomok a racionalis szamtestfolott, racionalis zerohelyek, a Schonemann-Eisenstein-tetel. Polinomokkozos es tobbszoros zerohelyei. Test folotti tobbhatarozatlanu polinomgyuru,a szimmetrikus polinomok alaptetele. Linearis diofantoszi egyenletek. Amodulo n kongruencia es tulajdonsagai, maradekosztalyok, teljes es re-dukalt maradekrendszerek. A modulo f(x) kongruencia polinomgyuruben.Maradekosztaly-gyuru, illetve -test polinomgyuru eseten. Veges testekkonstrukcioja. Linearis kongruenciak, a kınai maradektetel. Euler, Fer-mat es Wilson kongruenciatetele. Szamelmeleti fuggvenyek, multiplikatıvfuggvenyek, nevezetes peldak, osszegzesi es megfordıtasi fuggveny. Primitıvgyokok es indexek. Negyzetes maradekok, Legendre-szimbolum. Termeszetesszamok folbontasa ket negyzetszam osszegere, pitagoraszi szamharmasok.A prımszamok eloszlasa, a prımszamok reciprokaibol allosor divergenciaja.Nevezetes tetelek es megoldatlan problemak (ismertetes).

MBN111 Linearis algebra

Muveletek matrixokkal. A determinans definıcioja es tulajdonsagai.Determinans kifejtese, a ferde kifejtes tetele. Determinans tran-szponaltja, a determinanselmeleti dualitasi elv. Vandermonde-determinans.A determinansok szorzastetele, matrixok inverze. Linearis egyenle-trendszerek, Gauss-eliminacio, Cramer-szabaly. Vektorter, az axiomakkovetkezmenyei. Alter, alterek metszete es osszege. Linearis kom-binacio, generatorrendszer. Linearisan fuggetlen es fuggo vektorrendszerek.Kicserelesi tetel. Bazis, minimalis generatorrendszer, maximalis linearisanfuggetlen vektorrendszer. Veges dimenzios vektorterek, dimenzio, vek-tor koordinatai adott bazisban. Vektorrendszer rangja. Vektorrendszerelemi atalakıtasai, ekvivalens vektorrendszerek. Alterekre vonatkozo di-menziotetel. Linearis lekepezesek es transzformaciok, vektorterek izomor-fizmusa. Linearis lekepezesek magja es keptere, linearis lekepezesek di-menziotetele. Muveletek linearis lekepezesekkel. Matrix sor-, oszlop- esdeterminansrangja. Rangszamtetel. Kronecker-Capelli-tetel, linearis egyen-letrendszer megoldasa, homogen linearis egyenletrendszer megoldasainak al-tere. Linearis lekepezes matrixa, linearis lekepezesek osszegenek, szorzatanakes skalarszorosanak matrixa. Bazisatmenet matrix, linearis lekepezes matrixa

3

kulonbozo bazisokban. Hasonlo matrixok. Bilinearis alak, szimmetrikus bi-linearis alak, kvadratikus alak. Kvadratikus alakok kanonikus alakra hozasanemelfajulo helyettesıtessel. Valos kvadratikus alakok, tehetetlensegi tetel.Valos kvadratikus alakok osztalyozasa. Pozitıv definit kvadratikus alakok.

4

Vizsgatetelek, 2009. osz1

0. Kanonikus alak euklideszi gyuru folott; egzisztencia.1. Kanonikus alak euklideszi gyuru folott; unicitas.2. A kanonikus alak alkalmazasa linearis diofantoszi egyenletrendszer meg-oldasara.3. Modulus bazisa.4. Modulus azonos elemszamu bazisai kozotti atmenet matrixa.5. Foidealgyuru feletti veges rangu szabad modululus reszmodulusai.6. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetele: eloallıtasciklikusok direkt osszegekent.7. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetele: ciklikusmodulus felbontasa.8. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetele, unicitas: azerorendu tagok szamanak egyertelmusege.9. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetele, unicitas: aprimer komponensek egyertelmusege.10. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetele, unicitasp-modulus esetere.11. Foidealgyuru feletti vegesen generalt modulusok alaptetelenek kovet-kezmenyei es specialis esetei.12. Vektorter linearis transzformaciojahoz rendelt torziomodulus, ϕ elemiosztoi.13. Jordan-matrix, egisztencia.14. Jordan-matrix, unicitas.15. Racionalis kanonikus alak, egzisztencia.16. Racionalis kanonikus alak, unicitas.17. Polinom kısero matrixanak karakterisztikus polinomja.18. A karakterisztikus polinom es a minimalpolinom kapcsolata.19. Kıseromatrix karakterisztikus matrixanak kanonikus alakja.20. Osszefugges az elemi osztok es az invarians faktorok kozott.21. Matrixok hasonlosaganak alaptetele.22. Euklideszi es uniter terek; ortogonalitas es linearis fuggetlenseg,Cauchy–Schwarz–Bunyakovszkij-egyenlotlenseg, ortogonalizacio.23. Meroleges alter, ortogonalis direkt felbontas.24. Ortogonalis/uniter linearis transzformacio jellemzese.25. Adjungalt linearis transzformacio (letezes, unicitas).

1Evrol evre valtozat! t ≥ 20 + 3j

5

26. Az adjungalas mint involucio.27. Onadjungalt linearis transzformacio sajetertekei.28. Spektraltetel: valos eset.29. Spektraltetel: komplex eset.30. Spektraltetel I.kovekezmeny: sajatalter dimenzioja.31. Spektraltetel II. kovetkezmeny: kvadratikus alakok fotengely tetele, eserre algoritmus.32. Ortogonalis linearis transzformacio

”spektraltetele” (azaz a

”majdnem

diagonalis” alakra hozasa).33. Egyetlen polinom felbontasi teste: egzisztencia.34. Egyetlen polinom felbontasi teste: unicitas.35. Polinomhalmaz felbontasi teste.36. Az algebrai szamok teste.37. Algebrai testbovıtes algebrai bovıtese.38. Veges test (egzisztencia).39. Veges test (unicitas).40. Veges test multiplikatıv csoportja.41. Primitıv polinomok letezese, veges test gyakorlati megadasa.42. A g(x) tobbszoroseiben a nemnulla egyutthatok szamanak becslese.43. Reed–Solomon-kodolas, minimalis tavolsaga, hibajelzo- es hibajavıtoereje, csomos hibak.44. BCH-kodolas, minimalis tavolsaga, paratlan d-re g fokanak becslese.45. Az RSA mukodese.46. Miller–Rabin teszt (a konnyebbik irany bizonyıtasaval).47. Az algebrai szamok

”rossz” approximalhatosaga.

48. Liouville peldaja transzcendens szamra.49. Az algebrai egeszek gyuruje.50. A kvaternio ferdetest es kapcsolata a negy negyzetszam-tetellel. Waring-fele problemakor.51. Generatıv nyelvtan, Chomsky-fele hierarchia.52. Automata fogalma; automatak es nyelvek kapcsolata.

6

1. Eloadas

Euklideszi gyuru folott definialtuk a matrixok ekvivalenciajat (ahogyKuros [?] a λ-matrixok eseten; mas forrasok polinommatrixokrol beszelnek).Kanonikus alak: diagonalis, es a diagonalis barmely eleme osztja az alatta(delnyugatra) levot.

1. Tetel. Legyen R euklideszi gyuru, A pedig egy R feletti m× n-es matrixR folott. Ekkor A kanonikus alakra hozhato, azaz letezik A-val ekvi-valens kanonikus alaku B matrix. Tovabba ez a B matrix elemenkenti ass-zocialtsagtol eltekintve egyertelmuen meghatarozott.

A B diagonalisainak elemeit az A matrix invarians faktorainak nevezzuk.

Bizonyıtas. Exisztencia: A 6= 0 felteheto. Legyen B olyan matrix azA-val ekvivalensek kozul, hogy ν(b11 (eukl. norma) minimalis. Konnyenlathato, hogy soranak es oszlopanak minden mas elemet b11 osztja. (Hiszenha nem, akkor a maradekos osztasnak megfeleloen, az elso sor/oszlop alka-lmas konstansszorosat levonva az elso sorban/oszlopban egy kisebb normajuelemet kapnank, majd cserevel azt a bal felso sarokba hoznank.)

Tehat az elso sor es oszlop (az (1,1) elemet kiveve) nulla. Marmost b11

minden i, j > 1 eseten osztja bij-t, hiszen ellenkezo esetben az i-ik sort azelsohoz hozzaadva az elozo esethez jutnank. Ez igazolja az egizstenciat.

Unicitas: jelolje dj = dj(A) az A matrix j-edrendu alteder-minansainak legnagyobb kozos osztojat. Elegendo azt igazolni, hogydj invarians az elemi atalakıtasokra (termeszetesen asszocialtsag erejeig),hiszen a diag(e1, e2, e3, ...) kanonikus alakot ezek a dj -k (asszoc. erejeig)meghatarozzak a

dj = e1 · · · ej (1)

osszefugges szerint. Tegyuk fel, hogy B-t ugy kaptuk A-bol, hogy (mondjuk)az elso sorhoz a masodik c-szereset hozzaadtuk. Jelolje d az A mtx j-edrendualdeterminansainak legnagyobb kozos osztojat. Eleg belatni, hogy d osztja aB mtx barmely j-edrendu aldeterminansat, hiszen ez esetben dj(A) | dj)(B),ami elegendo is, hiszen A es B szerepe (az elemi atalakıtas

”reverzibilitasa”

miatt) szimmetrikus. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az elemi (sor, illetve oszlopatalakıto) matrixokat konnyu felırni an-nak alapjan, hogy E-re is mukodnek. A soratalakıtokkal balrol, az os-zlopatalakıtokkal jobbrol kell szorozni.

7

2. Lemma. Legyen A es B egy-egy m× n-es matrix az R euklideszi gyurufelett. Ekkor A ∼ B (ekvivalens) pontosan akkor, ha letezik olyan in-vertalhato C es D negyzetes matrix, hogy B = CAD.

Bizonyıtas. Ha A ∼ B, akkor az elemei atalakıtasoknak megfelelo elemimatrixok szorzata lesz C, illetve B. A fordıtott irany pedig azonnal adodikaz alabbi lemmabol, tovabba abbol a tenybol, hogy a soratalakıto matrixokegyuttal oszlopatalakıtok is (de ez nem azt jelenti, hogy pontosan ugyanaztcsinaljak az oszlopvektorrendszerrel, mint a sorvektorrendszerrel). ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

3. Lemma. Legyen A negyzetes mtx az R euklideszi gyuru felett. Ekkor Ainvertalhato R folott ⇐⇒ A eloall elemi atalakıto matrixok szorzatakent.

Bizonyıtas. A ⇐ vilagos, hiszen az elemi atalakıto mtx-ok invertalhatok,ıgy a szorzatuk is az. A ⇒ irany bizonyıtasahoz tfh. A invertalhato n×n-es.Mivel dn(A) = |A| ekkor egyseg (a determinansok szorzastetele miatt), azalaptetel (1. Tetel) szerint A ekvivalens az egysegmatrixszal. Az ekvivalensatalakıtas lepeseit elemi atalakıto matrixokkal felırva kapjuk az allıtast. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Foidealgyuru felett is ervenyes az alaptetel (1. Tetel) az alabbimodosıtasokkal. Most az elemi atalakıtasok nem mennek (nincs maradekososztas), ezert a definıciot is modosıtjuk. Legyen R foidealgyuru es A,B ∈Rm×n. Akkor mondjuk, hogy A es B ekvivalens, ha letezik C ∈ Rm×m esD ∈ Rn×n ugy, hogy C invertalhato Rm×m-ben, D invertalhato Rn×n-ben esB = CAD. Lemma 2 miatt euklideszi gyuru felett ez ugyanazt jelenti, minteddig. A tobbi fogalom (kanonikus alak) valtozatlan.

4. Tetel. A Tetel 1 akkor is ervenyes, ha (euklideszi helyett) csak annyitteszunk fel, hogy R foidealgyuru.

Bizonyıtas. Az euklideszi norma helyett most az irreducibilis tenyezok

szamat tekintsuk. Tegyuk fel, hogy

(a bu v

)olyan, hogy az A-val ekvi-

valensek kozul a eseten minimalis az irreducibilis tenyeok szama. (Ez a 2×2eset, de a tobbi is hasonlo.) Ki kellene nullazni a b-t, de hogyan? Jelolje daz a es b ln.k.o.-jat, a = a1d, b = b1d, d = aξ + bη. Ekkor

(a bu v

)·(ξ −b1η a1

)=

(d 0? ?

)(2)

8

, az alkalmazott mtx determinansa 1 (hiszen d-szerese d), ıgy az valoban in-vertalhato. Ha tehat a nem osztana b-t, akkor a helyere d kerulne (amelynekkevesebb irreduc. tenyezoje van). ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az alaptetel (Tetel 1) evidens kovetkezmenye Frobenius (1879) alabbitetele (eredetileg Z-re lett kimondva).

5. Korollarium. Legyen A tetszoleges matrix az R foidelalgyuru felett.Ekkor letezik olyan, R felett invertalhato B,C matrix, hogy BAC diagonalis

6. Modszer. (Linearis diofantoszi egyenletrendszer megoldasi modszere)Legyen R foidealgyuru (tipikusan: R = Z vagy test feletti polinomgyuru).Legyen Ax = b egy (diofantoszi) egyenletrendszer. (Tehat x es y oszlopvek-tor). Mivel ez ekvivalens a (BAC)(C−1x) = Bb -vel, a D = BAC, c = Bbjeloles es az y = C−1x helyettesıtes utan eleg a Dy = c egyenletrendszertmegoldani, ami konnyu, hiszen az egyenletek

”szeparaltak”.

Megjegyzes: a fenti modszer akkor is hasznos, ha csak egy egyenlet van!Ezzel veget is ert a polinommatrixok ekvivalenciaja temakor.

T test feletti vegesdimenzios vektorter ϕ linearis transzformacioja esetendefinialtuk a sajatvektort es a sajaterteket. Matrix eseten a sajatvektorsorvektor.

2. Eloadas

Legyen V vegesdimenzios vektorter T felett, ϕ ∈ Hom(V, V ). Karak-terisztikus polinomja χϕ(λ) := ±Det(A − λE) (az elojelet ugy kellmegvalasztani, hogy fopolinom legyen, tehat (−1)n)); hasonlo mtx-okra u.az,es belattuk, hogy

7. Tetel. ϕ sajatertekei eppen a χϕ polinom T -beli gyokei.

LegyenAnn(ϕ) = AnnT (λ)(ϕ) := {f ∈ T [λ] : f(A) = 0};

ideal T [λ]-ban, a ϕ un. annullator idealja. Mivel T [λ] foidealgyuru, Ann(ϕ) =(δ) alaku, es (az asszocialtsag erejeig meghatarozott, tobbnyire fopolinomnak

9

kovetelt) δ ∈ T [λ] polinomot a ϕ rendjenek nevezzuk. Negyzetes mtx rendjetugyanıgy def.

A rend definialhato ugy is, mint a minimalis foku, a mtx-ot (avagy ϕ-t)annullalo polinom; belattuk, hogy ez egy ekvivalens definıcio lenne.

8. Allıtas. Ha A ∈ T (n× n) es A 6= 0, akkor A rendje legfeljebb n2.

Ennel tobb is igaz, hiszen

9. Tetel (Cayley–Hamilton-tetel). χA(A) = 0.

A.9 ROSSZ bizonyıtasa. Mivel χA(λ) = Det(A − λE), ezert χA(A) =Det(A−AE) = Det(0) = 0. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az R egysegelemes gyuru folotti modulust pontosan ugyanugy definialjuk,mint a test feletti vektorteret. Ha R nem kommutatıv, akkor RM esMR (bal- es jobbmodulus) lenyegesen kulonbozhet. A generalt (kifeszıtett)reszmodulus ugyanugy (linearis kombinaciokkal) ırhato le. Fontos peldak:(1) vektorterek, (2) minden Abel-csoport Z folott.

Az alabbi tetelt ismetleskent mondjuk ki; a bizonyıtas egyreszt konnyebb,mint a csoportokra vonatkozo (hiszen itt a

”resz” es a

”normalis resz” kozott

nem kell kulonbseget tenni), masreszt a skalarokkal valo szorzasra vonatkozo(minden esetben trivialis) megfontolast hozza kellene meg tenni — ebbe nemmegyunk bele.

10. Tetel. • (Homomorfiatetel) Ha ϕ : A → B szurjektıv homomorfiz-mus, akkor B ∼= A/Ker(ϕ); ahol Ker(ϕ) = {x ∈ A : xϕ = 0}.

• (I. Izomorfiatetel) Ha A es B reszmodulusa M-nek, akkor (A+B)/B ∼=A/(A ∩ B).

• (Megfeleltetesi tetel) Ha A ≤ M (azaz A ∈ Sub(M), azaz Areszmodulus), akkor a {B ∈ Sub(M) : A ⊆ B} → Sub(M/A),B 7→ B/A lekepezes bijekcio.

• (II. Izomorfiatetel) Ha A ≤ B ≤M , akkor (M/A)/(B/A) ∼= M/B.

A(z Abel-)csoportokhoz analog a (kulso) direkt szorzat es a direkt osszeg(mas neven belso direkt szorzat) fogalma. Itt is ervenyes, hogy

11. Tetel. Ha A1, . . . , An ∈ Sub(M), akkor ekvivalensek:

10

• M = A1 ⊕ · · · ⊕An (direkt osszeg, azaz M minden eleme egyertelmuenfelırhato a1 + · · · + an alakban, ai ∈ Ai);

• M = A1 + · · ·An es i = 1, . . . , n-re (A1 + · · · +Ai−1) ∩Ai = {0};

• M = A1 + · · ·An es i = 1, . . . , n-re (A1 + · · ·+Ai−1 +Ai+1 + · · ·+An)∩Ai = {0}.

Ha v1, . . . , vn ∈ M -re igaz az, hogy az M barmely eleme egyertelmuenα1v1 + · · ·αnvn alakban ırhato (itt tehat ~α ∈ Rn egyertelmuseget es letezesetkoveteljuk meg), akkor a v1, . . . , vn vektorrendszert M (egyik) bazisanaknevezzuk.

Vegesen generalt vektorter eseten ez a szokasos fogalom. Modulusokraazonban nem minden tulajdonsag megy at. Pl. M = Z4×Z4 -nek egyaltalannincs bazisa, tovabba a (2, 0), (0, 2) vektorrendszer egyik eleme sem lineariskombinacioja a tobbieknek (azaz a masiknak), de ez a vektorrendszer megsemfolytathato bazissa.

Ha egy M modulusnak van n-elemu bazisa, akkor n rangu szabad mod-ulusnak nevezzuk (a rogzıtett R folott). Megfontoljuk az alabbi trivialisallıtast.

12. Allıtas. Legyen v1, . . . , vn egy vektorrendszere M-nek. Ekkor ekvi-valensek:

• v1, . . . , vn bazisa M-nek;

• [v1, . . . , vn] = M es a zerusvektort csak trivialis linearis kombinaciokentallıtjak elo.

• Tetszoleges R feletti K modulusra es annak tetszoleges w1, . . . , wn ele-meire letezik olyan ϕ ∈ Hom(M,K), hogy ϕ : v1 7→ w1, . . . , vn 7→ wn

3. Eloadas

13. Lemma. • Ha e = (e1, . . . , en)T bazisa M-nek (formalis oszlopvek-

tor) es A ∈ R(n × n) invertalhato matrix (tehat R(n × n)-ben vaninverze), akkor f = Ae is bazisa M-nek.

• Ha e = (e1, . . . , en)T es f = (f1, . . . , fn)

T azonos elemszamu bazisa

M-nek, akkor kozottuk az atmenet matrixa invertalhato R(n × n)-ben

11

Bizonyıtas. Legyen B ∈ R(n×n) az A inverze. Mivel ekkor Bf = BAe =

Ee = e, ezert f generatuma tartalmazza e-t, es ıgy f is generatorrendszer.

Tekintsuk a zerusvektornak egy 0 = ~αf eloallıtasat. Ekkor 0 = ~α(Ae) =

(~αA)e, ahonnan (mivel e bazis) kapjuk, hogy ~αA = 0. B-vel jobbrol szorozva(es AB = E-t felhasznalva) kapjuk, hogy ~α = 0.

A lemma masodik resze: legyen f = Ae es e = Bf . Ekkor Ef =

f = A(Bf) = (AB)f es a baziseloallıtas (def. szerinti) egyertelmusege miatt

AB = E. Szerepcserevel: BA = E. Tehat A -nak van inverze R(n× n)-ben:B. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

14. Korollarium. Ha egy foidealgyuru feletti modulusnak van veges bazisa(azaz vegesrangu szabad modulus), akkor barmely ket bazisa azonos el-emszamu.

Bizonyıtas. Ha van n-elemu es m-elemu bazis, akkor kozottuk az atmenetmatrixai m × n, illetve n ×m meretuek, es az elozo megfontolas mintajaramindket sorrendben osszeszorozva egysegmatrixot kapunk. De ez n 6= meseten ellentmond a szorzatmatrix rangjara vonatkozo tetelnek. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

15. Allıtas. Ha M es K olyan modulusok R folott, hogy mindkettonek vann-elemu bazisa, akkor M ∼= K.

Bizonyıtas. Legyen e1, . . . , en bazisa M -nek, u1, . . . , un pedig bazisa K-nak. Az elozo tetel szerint van olyan ϕ ∈ Hom(M,K) es ψ ∈ Hom(K,M),hogy ϕ : ei 7→ ui es ψ : ui 7→ ei, minden i-re. Ekkor a ϕψ szorzatlekepezesidentikusan hat M egy generatorrendszeren (t.i. a bazison), es innen konnyenadodik (

”generalas = linearis kombinaciok”!), hogy ϕψ identikus M -en. Ha-

sonloan, a ψϕ az identikus lekepezes K-n. Ezert mindketto bijektıv. Tehatϕ izomorfia, es ıgy M ∼= K. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

A bazist szabad generatorrendszernek is nevezzuk. Eddig R tetszoleges1-elemes gyuru volt, de ezutan (hogy tobbet mondhassunk), foidealgyurulesz.

12

16. Tetel. Legyen R foidealgyuru es M egy n-rangu szabad modulus R folott,n ∈ N. Ekkor az M barmely reszmodulusa is szabad modulus, amelynek vanlegfeljebb n-elemu bazisa.

Bizonyıtas. n = 0-ra M = {0} es a tetel evidens. Ezert tfh. n > 0 es(indukcios hip.) a tetel k < n elemu bazis eseten ervenyes. Legyn e1, . . . , en

bazisa M -nek, es S ∈ Sub(M). Ekkor

I = {α1 ∈ R : ∃(α2, . . . , αn) ∈ Rn−1 hogy α1e1 + · · · + αnen ∈ S}=: (δ)

nyilvan ideal, es ezert foideal: (δ).Ha δ = 0, akkor S ⊆ M ′ := [e2, . . . , en], es az indukcios hipotezis alka-

lmazhato. Ezert tfh δ 6= 0.Legyen v1 ∈ M , amelyik

”tanusıtja δ-t”, azaz amelyre v1 = δe1 + α2e2 +

· · ·αnen alaku. Most is M ′ := [e2, . . . , en]. Legyen S ′ = S ∩M ′. Az ind.hip.szerint S ′ szabad es van v2, . . . , vm bazisa, m ≤ n. Allıtjuk (es mar csak ezkell), hogy v1, . . . , vm bazisa S-nek.

Generatorrendszer? Legyen x ∈ S. Ekkor x = γ1e1+. . . γnen alaku. Mivelγ1 ∈ I, ezert alkalmas µ ∈ R-re γ1 = µδ. Igy x − µv1-ben e1 egyuthatoja 0lesz, azaz y=x−muv1 ∈ S ∩M ′ = S ′. Mivel y ∈ [v2, . . . , vm], innek konnyenkapjuk, hogy x ∈ [v1, . . . vm], valoban.

A zerusvektort csak a trivialis lin. kombinacio allıtja elo? Ha 0 = κ1v1 +. . . κmvm, akkor

0 = κ1v1 + . . . κmvm

= κ1(δe1 + α2e2 + · · ·αnen) + κ2(ν2e2 + · · · νnen) + · · ·= κ1δ e1 + valami · · · e2 + · · · ,

ıgy (mivel az ei-k bazist alkotnak), κ1δ = 0. Ezert κ1 = 0. Azaz v1 minthaott sem lenne. Mivel v2, . . . , vm bazis, a tobbi κi is 0. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Legyen M modulus az R foig.gyuru felett, u ∈ M . Ekkor AnnR(u) :={λ ∈ R : λu = 0} ideal R-ben (az u elem annullator idealja), tehat foideal;generatorelemet o(u) = oR(u) jeloli es ezt az u vektor rendjenek nevezzuk. Azalabbi allıtas a definıciobol (mi a foideal?) evidens, de a hangsuly kedveertkulon megfogalmazzuk:

17. Segedtetel. Ha u ∈M , α ∈ R, akkor αu = 0 ⇐⇒ o(u) | α.

13

Ha o(u) 6= 0, akkor u-t szokas vegesrendu elemnek vagy torzios elemneknevezni. Marmost a torzios elemek

T (M) := {u ∈M : o(u) 6= 0}

halmaza nyilvan reszmodulus! (Ugyanis pl. ha nemzerus α, β ∈ Regyutthatokra αu = βv = 0, akkor αβ(u + v) = β(αu) + α(βv) = 0 + 0 =0, tehat T (M) zart az osszeadasra.) T (M) neve az M modulus torzio-reszmodulusa. Ha pedig M = T (M), akkorM -et torziomodulusnak nevezzuk.

Az egyetlen elem altal generalt modulust ciklikus modulisnak nevezzuk.Ha M = [u] ciklikus modulus, akkor rendjen a generalo elem rendjet ertjuk:o(M) = o(u). (Ez a definıcio korrekt, hiszen nem fugg az u generalo elemvalasztasatol, ugyanis konnnyen lathato, hogy AnnR(M) = AnnR(u).)

18. Tetel (Foid.gy. feletti vegesen gener. mod.-ok alaptetele).Foidalgyuru feletti vegesen generalt modulus felbonthato veges sok ciklikusreszmodulus direkt osszegere. Az is elerheto, hogy a direkt osszeadandok min-degyike prımhatvanyrendu vagy zerorendu legyen; ez esetben a fellepo rendekrendszere (asszocialtsag erejeig) egyertelmu.

Meg nem mondtuk ebben a formaban ki. Csak az egzisztenciat iga-zoltuk; altalaban is (ciklikusok direkt osszegere) es torziomodulus eseten is(prımhatvanyrendu ciklikusok direkt osszegere).

Bizonyıtas. Eloszor az egzisztenciaresznek azt a specialis esetet mutatjukmeg, hogy a vegesen generaltnak feltetelezettM eloall ciklikus reszmodulusokdirekt osszegekent

Legyen t = (t1, . . . , tn)T egy olyan vektorrendszere az M modulusnak,

amelyik kifeszıti M -et. (Itt a szemleletesseg kedveert t-t formalis oszlopvek-tornak kepzeljuk el; erre utal a transzponalas jele!) Legyen F = Rn; ez (akomponensenkenti muveletekkel) szabad modulus R felett, legyen benne e =

(e1, . . . , en)T egy bazis. (Vehetjuk pl. a kanonikus bazist, e1 = (1, 0, . . . , 0),

e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . ) Mivel F szabad, tekinthetjuk azt a ϕ : F → Mhomomorfizmust, amelyre ϕ : e 7→ t. (Pontosabban: eiϕ = ti minden i-re.)

A Tetel 16 miatt Ker(ϕ) legfeljebb n elemmel generalhato (raadasulszabadon). Ezert van olyan n-komponensu v = (v1, . . . , vn)

T formalisoszlopvektor (nem feltetlenul csupa kulonbozo komponensekkel), amelyikKer(ϕ)-t generalja. Mivel ~v komponensei is felırhatol az e bazis elemeivel,

alkalmas A ∈ R(n× n) eseten v = Ae. (Altalaban A nem invertalhato!)

14

1. Eset: amikor A diagonalis, mondjuk A = diag(α1, . . . , αn). Ekkor

vi = αiei (i = 1, . . . , n) , es ıgy Ker(ϕ) = [α1e1, · · · , αnen]. (3)

Azt allıtjuk, hogy ez esetben

M = [t1] ⊕ · · · ⊕ [tn]. (4)

Mivel M = [t1, . . . , tn] = [t1] + · · · + [tn], csak azt kell belatnunk, hogy a 0csak trivialis modon all elo

0 = s1 + · · · sn (5)

alakban, ahol si ∈ [ti] minden i-re. Egy ilyen eloallıtasnal si = µiti alakuminden i-re. Szamoljunk:

0 = s1 + . . . sn = µ1t1 + · · ·µntn = µ1(e1ϕ) + · · ·µn(enϕ)

= (µ1e1 + · · · µnen)ϕ ⇒ µ1e1 + · · ·µnen ∈ Ker(ϕ).

Tekintettel (3)-re, kapjuk, hogy alkalmas λi-k mellett

µ1e1 + · · ·µnen = λ1v1 + · · · + λnvn = λ1α1e1 + · · · + λnαnen.

De e bazis F -ben, ezert minden i-re µi = λiαi. Ennelfogva

si = µiti = λiαiti = λiαi(eiϕ) = λi((αiei)ϕ) = λi(viϕ) = λi0 = 0,

hiszen vi ∈ Ker(ϕ). Ez mutatja, hogy az (5) eloallıtas csakugyan trivialisvolt.

2. Eset: amikor A nem diagonalis. Szerencsere A kanonikus alakrahozhato, ld. Tetel 4, ıgy van olyan, R(n×n)-ben invertalhato B es C matrix,hogy D := BAC diagonalis! Mivel B invertalhato, v′ := Bv is generaljaKer(ϕ)-t. Marmost

v′ = Bv = B(Ae) = (BAC)︸ ︷︷ ︸D

(C−1e)︸ ︷︷ ︸e′

.

Lemma 13 szerint e′ = C−1e is bazisa az F szabad modulusnak. A linearitasmiatt e′ϕ = (C−1e)ϕ = C−1(eϕ) = C−1t =: t′. Mivel C invertalhato volt

15

(pontosabban: mivel t = Ct′), t′ is generatorrendszer. Ezzel (a vesszosvektorrendszerekre atterve) visszavezettuk a 2. esetet az 1. esetre.

Elfogadva azt (az egyebkent igen konnyen igazolhato) tenyt, hogy egydirekt osszeg

”direkt” marad, ha tagjait tovabbi direkt reszosszegekre

bontjuk, az egzisztencia igazolasahoz csak az maradt hatra, hogy egytetszoleges nemzero rendu ciklikus modulus prımahatvanyrendu ciklikusokdirekt osszege. Ehhez pedig azt eleg belatni, hogy ha α es β relatıv prımekR-ben (amely egyuttal Gauss-fele gyuru, tehat ervenyes benne a szamelmeletalaptetele), akkor tetszoleges αβ-rendu ciklikus modulus eloall egy α-rendues egy β-rendu cik. modulus direkt osszegekent.

Fogjunk hozza: legyen M = [u], ahol o(u) = αβ. Vegyuk eszre, hogyo(αu) = β, hiszen µ ∈ AnnR(αu) ⇐⇒ µα ∈ AnnR(u) ⇐⇒ αβ | µα ⇐⇒β | µ ⇐⇒ µ ∈ (β). Szerepcserevel: o(βu) = α. Ezert eleg azt belatni, hogy

[u] = [αu]⊕ [βu]. (6)

Ismeretes, hogy foidealgyuruben is ervenyes, hogy

az ln.k.o. a tekintett ket elem linearis kombinacioja. (7)

Ezert alkalmas ξ, η ∈ R-re ξα + ηβ = 1. Igy u = 1u = (ξα + ηβ)u =ξ(αu) + η(βu) ∈ [αu] + [βu]. Ezert [u] ⊆ [αu] + [βu]; a fordıtott tartalmazaspedig evidens. Tehat (6) legalabbis

”+” jellel (az ⊕ helyett) fennall.

Tehat (6)-hez mar csak azt kell belatnunk, hogy [αu]∩[βu] = {0}. Legyenx ∈ [αu] ∩ [βu]. Ekkor alkalmas κ, λ ∈ R skalarokra x = καu = λβu. Igy0 = (κα−λβ)u miatt κα−λβ ∈ AnnR(u) = (αβ), azaz αβ | κα−λβ. Innenα | λβ, de mivel α es β relatıv prımek (es R Gauss-gyuru), kapjuk, hogyα | λ. Ennelfogva αβ | λβ, azaz λβ ∈ AnnR(u), es ıgy x = λβu = 0, valoban.

Ezzel az alaptetel egzisztencia reszet belattuk.

4. eloadas

Most jon az unicitas bizonyıtasa. Legyen

M = [u1]⊕ · · · [un] ⊕ [v1]⊕ · · · ⊕ [vm]

egy szoban forgo felbontas. Legyenek v1, . . . , vm a zerorendu elemek (m ≥ 0)es u1, . . . , un a prımhatvanyrendu elemek (n ≥ 0).

16

Konnyen belathato, hogy ekkor a torzio-reszmodulus T (M) = [u1] ⊕· · · [un]. Ezt felhasznalva, az I. Izomorfiatetel szerint [v1] ⊕ · · · ⊕ [vm] ∼=M/T (M). Masfelol (mivel az osszeg direkt es o(vi) = 0, [v1] ⊕ · · · ⊕ [vm]-nek bazisa v1, . . . , vm. Igy, az emlıtett izomorfia miatt, M/T (M) szabadmodulus, amelynek van m-elemu bazisa. Ezert m a Korollarium 14 miattegyertelmuen meg van hatarozva.

A tovabbiakban elegendo T (M)-re, azaz a torziomodulusok esetereszorıtkoznunk. Tegyuk tehat fel, hogy M eleve torziomodulus, es

M = [u1] ⊕ · · · ⊕ [un] (8)

egy olyan felbontasa, ahol minden egyes direkt osszeadando rendjeprımhatvany.

Legyen p ∈ R egy prım. A pn (n ∈ N0) alaku elemek neve: p-hatvany.Jeloles:

Mp := {x ∈M : o(x) p-hatvany}.

Konnyen latszik (pl. Segedtetel 17 alapjan) hogy Mp reszmodulus (szokasp-primer reszmodulusnak nevezni ; M = Mp eseten pedig M -et p-modulusnakvagy primer modulusnak). Szinten a Segedtetel 17 felhasznalasaval kapjuk,hogy Mp az (8) felbontas azon tagjainak direkt osszege, amelyek rendje p-hatvany. Ezert (mivel Mp csak M -tol es p-tol fugg, de az (8) felbontastolnem), elegendo belatni, hogy (8) egyertelmu abban a specialis esetben,amikor M mar eleve egy p-modulus.

Mostantol tehat p ∈ R, M egy p-modulus, es (8) annak egy felbontasa;termeszetesen (pl. Segedtetel 17 alapjan) mindegyik o(ui) hatvanya p-nek.Reszletezzuk jobban a tekintett felbontast:

M = [u1]︸︷︷︸pk

⊕ · · · [ua]︸︷︷︸pk

⊕ [v1]︸︷︷︸p`1

⊕ · · · ⊕ [vb]︸︷︷︸p`b

⊕ [w1]︸︷︷︸p

⊕ · · · [wc]︸︷︷︸p

. (9)

A ciklikus modulusok alatt a rendjuket tuntettuk fel. Itt k az elofordulolegnagyobb kitevo (a darab van belole); b darab k-nal kisebb de 1-nel nagyobb(nem feltetlenul azonos) kitevo van, es c darab 1 erteku kitevo. Felteheto,hogy a direkt osszeadandok szama, es ezert a is pozitıv. Persze k = 1 esetena = c es b = 0.

k szerinti teljes indukcioval latjuk be, hogy a rendek rendszereegyertelmuen meghatarozott. Szukseges persze azt is leszogeznunk, hogy k

17

fuggetlen a felbontastol, hiszen nyilvan pk az M exponense, azaz AnnR(M) =(pk).

Ha k = 1, akkor AnnR(M) = (p). Ezert (a termeszetes modon), M aK = R/(p) faktorgyuru folott is modulusnak tekintheto, ha a skalarokkalvalo szorzast ıgy definialjuk:

(α + (p)) · u := αu (α ∈ R, u ∈M);

minden evidens; a definıcio korrektsege (hogy nem fugg az α reprezentansvalasztasatol) onnan adodik, hogy pu = 0. A direkt felbontas nyilvan akkoris megmarad, ha M -et R helyett K feletti modulusnak tekintjuk! Viszont Ktest (mert prımelem maximalis idealt general!). Igy a direkt felbontas tag-jainak szama azert egyertelmu, mert test folott ezt tudjuk (eppen a vektorteridimenzio).

Most tegyuk fel, hogy k > 1, es a kisebb ertekekre az egyertelmusegetmar igazoltuk. Ket

”operatort” kell tekintenunk, amelyek p-modulusbol p-

modulust kepeznek:

pM := {px : x ∈M}, AnnM (p) := {x ∈M : px = 0}. (10)

Vegyuk eszre, hogy mindket operator felcserelheto a direkt osszeggel! Azazha M = A⊕B, akkor

p(A⊕B) = pA⊕ pB es AnnA⊕B(p) = AnnA(p) ⊕ AnnB(p). (11)

Az elso evidens, hiszen ha A ∩ B = {0}, akkor pA ∩ pB ⊆ A ∩B = {0}. Amasodik eseten: ha x ∈ baloldal, akkor x = a+ b alaku es px = pa+ pb = 0,de az osszeg direktsege miatt pa = pb = 0, ıgy a ∈ AnnA(p), b ∈ AnnB(p),tehat x ∈ AnnA(p) + AnnB(p). Tovabba AnnA(p) + AnnB(p) ⊆ A ∩ B ={0} miatt ez az osszeg direkt. Ezzel a ⊆ tartalmazast belattuk; a fordıtotttartalmazas pedig evidens, hiszen az operator nyilvan monoton, s ıgy pl.AnnA(p) ⊆ AnnA⊕B(p).

Most nezzuk meg, mit csinal ez a ket operator a ciklikus modulusokkal?Legyen o(u) = o([u]) = pt, k ∈ N. Ekkor

o(p[u]) = pt−1, tovabba Ann[u](p) is ciklikus es o(Ann[u](p)) = p. (12)

Az elso egyenloseg a rend definıciojabol vilagos, hiszen az operator nyilvana ciklikus [pu] modulust adja. A masodik egyenloseg meg evidensebb lesz,

18

amint belatjuk, hogy ciklikus reszmodulust kapunk. Marmost

Ann[u](p) = {αu : α ∈ R es (pα)u = 0} = {αu : pα ∈ (pt)︸ ︷︷ ︸α ∈ I

}.

Lathato, hogy I := {α ∈ R : pα ∈ (pt)} ideal R-ben, tehat foideal, mondjukI = (δ). Ezert Ann[u](p) a δu elem tobbszoroseibol all, tehat Ann[u](p) = [δu]tenyleg ciklikus.

Most ertunk az indukcio befejezo lepesehez. Alkalmazzuk az (10)-beli elsooperatort az (9) felbontas tagjaira ((11) szerint lehet tagonkent!) : ekkor ap-rendu direkt osszeadandok eltunnek, de a tobbiek eseten a rend kitevojeeggyel csokken; ezert az ind. hip. szerint a p-nel nagyobb rendek rendszereegyertelmuen meg van hatarozva. (Speciel a szamuk is.)

Majd alkalmazzk a masodik operatort az (9) felbontas tagjaira ((11) sz-erint most lehet tagonkent!): minden tag megmarad de p-edrendu lesz; ıgya k = 1 eset szerint az (9) tagjainak szama meg van hatarozva, es ebbol aszambol az elobbit levonva a p rendu tagok szamat kapjuk. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Javasolt feladat. Foidealgyuru feletti barmely (nem feltetlenul vegesengeneralt) torziomodulus primer reszmodulusainak (esetleg vegtelen soknak)a direkt osszege.

19. Korollarium (Fgy. feletti veg. gener. torziomod.-ok alapt.).Foidalgyuru feletti vegesen generalt torziomodulusveges sok prımhatvanyrendu ciklikus reszmodulus direkt osszege. A felleporendek rendszere (asszocialtsag erejeig) egyertelmu.

20. Korollarium. Foidealgyuru felett minden vegesen generalt modulus atorziomodulusanak es egy szabad reszmodulusnak a diretk osszege; az elobbinyilvan egyertelmu (mint reszmodulus), az utobbinak a rangja egyertelmu.

A vektorterekrol semmi ujat nem tudtunk meg. Viszont specialis esetkentadodik

21. Korollarium (Vegesen generalt Abel-csop. alaptetele). Mindenvegesen generalt Abel-csoport veges sok, vegtelen vagy prımhatvanyrendu cik-likus reszcsoport direkt osszege; az ilyen felbontasban fellepo rendek rendszereegyertelmu.

19

22. Korollarium (Vegesen Abel-csoportok alaptetele).Veges Abel-csoport prımhatvanyrendu ciklikus reszcsoportok direkt osszege;az ilyen felbontasban fellepo rendek rendszere egyertelmu.

Mi linearis algebrat akarunk csinalni. Nezzuk meg, mi koze ehhez azeddigieknek.

Legyen adott a T test felett egy vegesdimenzios V vektorter es egyϕ ∈ Hom(V, V ) linearis transzformacio; ezeket a jeloleseket egy jo ideiglerogzıtjuk. (Tekinthetnenk ϕ helyett a matrixat is!). Ekkor V -t a T [λ]polinomgyuru (ami foidealgyuru!) feletti modulussa tesszuk az alabbidefinıcioval:

u · f := u(f(ϕ)) (u ∈ V, f ∈ T [λ]).

Igy egy jobbmodulust kapunk; egy f = f(λ) polinommal ugy szorozzuk megaz u vektort, hogy u-ra alkalmazzuk az f(ϕ) linearis transzformaciot. Akapott jobbmodulust jelolje

VT [λ]

Megjegyzes: valojaban most mar V egy ugynevezett TVT [λ] bimodulus, azazegy u vektor meg lehet balrol is szorozni (egy α ∈ T skalarral), jobbrol is(egy f(λ) ∈ T [λ] polinommal), es ervenyes az (αu)f = α(uf)

”bimodulus-

azonossag”.A VT [λ] modulus gazdagabb struktura (azaz tobb muvelettel felszerelt),

mint a V = TV vektorter; a skalarokkal (balrol) valo szorzas ugyanaz, minta konstans polinommal valo szorzas jobbrol. Termeszetesen VT [λ] erosenfugg a ϕ linearis transzformaciotol; de mivel mostanaban egyszerre csakegyetlen rogzıtett ϕ-t tekintunk, ezt nem jeloljuk kulon. A (foidealgyurufeletti) balmodulusokra korabban kimondott tetelek nyilvan jobbmodulu-sokra is ervenyesek.

23. Allıtas. VT [λ] vegesen generalt torziomodulus.

Bizonyıtas. Tudjuk (ld. a Cayley–Hamilton-tetel elott igazolt Allıtas 8),hogy van olyan nemnulla f ∈ T [λ] polinom, hogy f(ϕ) = 0. Ezert barmelyu ∈ V -re uf = uf(ϕ) = 0. Igy a rendre vonatkozo Segedtetel 17 szerint o(u) |f , tehat o(u) 6= 0. Ezzel belattuk, hogy V torziomodulus. Tovabba vegesengeneralt, hiszen a veges vektorteri bazis moduluskent is generalja. (De aztnem allıthatjuk, hogy a modulusnak is minimalis generatorrendszere.) ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

20

Az Alaptetel (vagy Koroll. 19) szerint

VT [λ] = [v1]T [λ] ⊕ · · · ⊕ [vt]T [λ]. (13)

A vi-k rendjeit a ϕ elemi osztoinak nevezzuk. Ezek rendszere egyertelmu.Ha minden egyes [vi]T [λ] -ben valasztunk egy vektorteri bazist, es az ilyen

”kis” bazisok uniojat tekintjuk, akkor V vektorteri bazisat kapjuk. (Ez

adodik az (13) felbontas direktsegebol.) Vegyuk azt is eszre, hogy [vi]T [λ] zartϕ-re (azaz a λ polinommal valo szorzasra). Ezert [vi]T [λ]-re ϕ megszorıhato.Ha ezen megszorıtasnak a

”kis” bazisban felırjuk a matrixat, es az ıgy kapott

kis Ai matrixokat a diagonalis menten egy nagy matrixba rakjuk, akkorϕ matrixat kapjuk a

”nagy” bazisban. Ezert elegendo egyetlen [vi]T [λ]-t

vizsgalnunk.Tegyuk ezert most fel, hogy VT [λ] = [v]T [λ], azaz eleve egy ciklikus mod-

ulus, amelynek a rendje q(λ) = p(λ)k, ahol p(λ) ∈ T [λ] egy irreducibilism-edfoku polinom. Ekkor

Onallo feladat.

v, vλ, vλ2, . . . , vλm−1,

vp, vpλ, vpλ2, . . . , vpλm−1,

vp2, vp2λ, vp2λ2, . . . , vp2λm−1,

vp3, vp2λ, vp3λ2, . . . , vp3λm−1,

...

vpk−1, vpk−1λ, vpk−1λ2, . . . , vpk−1λm−1

vektorteri bazisa VT [λ]-nek.

Legyen f = f(λ) = λk + ak−1λk−1 + · · · a0 ∈ K[λ] egy fopolinom.

Kıseromatrixan az alabbi k × k meretu matrixot ertjuk:

C(f) =

0 1 0 0 0 . . . 00 0 1 0 0 . . . 00 0 0 1 0 . . . 00 0 0 0 1 . . . 0...

......

......

. . ....

0 0 0 0 0 . . . 1−a0 −a1 −a2 −a3 −a4 . . . −ak−1

21

Tehat az also sorban a polinom egyutthatoi negatıv elojellel es fordıtott sor-rendben, a foatloban (az utolso sor kivetelevel) nullak, ezzel parhuzamosan(eszakkeletre) egyesek. A kıseromatrixra hamarosan szukseg lesz.

Irjuk fel ϕ matrixat az elozo feladatban latott bazisban. A bazis elemeitsor, illetve oszlopindexeknek gondolva, a keresett matrix i-edik sora az i-edik bazisvektor ϕ melleti kepenek koordinatasora lesz. Latni fogjuk, hogy adiagonalis menten a C(p) kısero matrixok jonnek be,

”ragaszto egyesekkel”.

A helytakarekossag miatt egy konkret peldan szemleltetem: legyen p(λ) =λ3 + 8λ2 + 4λ + 6, es legyen q(λ) = p(λ)3 az elemi oszto (azaz v rendje).(Most az alaptest Q, es p tenyleg irreducibilis a Schonemann–Eisenstein-tetelmiatt.) A piros bazisvektorok nincsenek benne a matrixban.

vvλvλ2

vpvpλvpλ2

vp2

v2λvp2λ2

v vλ vλ2 vp vpλ vpλ2 vp2 v2λ vp2λ2

0 1 00 0 1−6 −4 −8 1

0 1 00 0 1−6 −4 −8 1

0 1 00 0 1−6 −4 −8

(14)

A ki nem ırt elemek nullak. C(p) harom (kek szınu) peldanyban lathato,es lathatok a ragaszto egyesek is. A harmadik sor eseten: (vλ2)ϕ = vλ3 =v(p− 6− 4λ− 8λ2) = −6v− 4vλ− 8vλ2 + vp, valoban. Az utolso sor esetenazert nincs ragaszto egyes, mert vp3 = 0.

Jordan-blokknak nevezzuk a most latott matrixot. Pontosabban: Tfeletti Jordan-blokknak nevezzunk egy matrixot, ha valamely p(λ) ∈ T [λ]irreducibilis polinomra es k ∈ N-re a C(p) kısero matrix k peldanyat ragasztoegyesekkel egy k · deg(p) meretu negyzetes matrix diagonalisaban helyezunkel (es a tobbi elem nulla).

Jordan-matrixnak nevezunk T felett egy negyzetes matrixot, ha di-agonalisaban (nem feltetlenul kulonbozo) Jordan-blokkok vannak; a tobbielem nulla (itt nincsenek ragaszto egyesek).

Lattuk, hogy ciklikus modulus eseten a tekintett bazisban ϕ matrixaJordan-blokk. Ha a modulus nem feltetlenul ciklikus, akkor egy korabbimegjegyzes szerint iyl modon egy Jordan-matrixot kapunk. Ezzel belattukaz alabbit:

22

24. Tetel (Jordan-matrix, egzisztencia). Test feletti veges dimenziosvektorter barmely linearis transzformaciojanak matrixa alkalmas bazisbanJordan-matrix. Mas szoval: a T test felett barmely n × n meretu matrixhasonlo egy Jordan-matrixhoz.

Kulon emlıtest erdemel a komplex szamok teste. Ugyanis ekkor pontosanaz elsofoku polinomok irreducibilisek. A λ − λi polinomhoz tartozo kıseromatrix 1 × 1 meretu, es egyetlen eleme a λi. A Jordan-blokk foatlojabanminden elem λi, es (a legalsot leszamıtva) mindegyiktol jobbra egy ragasztoegyes van. Es ilyen Jordan-blokkok alkotjak a Jordan-matrixot. Peldaaul

J =

2 12

2 12

22

−3 1−3

(15)

egy Jordan-matrix. J (avagy a neki megfelelo linearis transzformacio eseten)az elemi osztok rendszere:

{(λ− 2)2, (λ− 2)2, λ− 2, λ − 2, (λ + 3)2}.

(Ez rendszer, a multiplicitas szamıt, a sorrend nem).

25. Allıtas. C folott ϕ Jordan-matrixanak diagonalisaban eppen a karakter-isztikus polinom gyokei (azaz a sajatertekek) vannak; es mindegyik annyiszorlep fel, amennyi (gyokkent) a multiplicitasa.

Bizonyıtas. Hasonlo matrixok karakterisztikus polinomja azonos (lattuk).Marmost det(J−λE) (mint felulrol triangularis matrix determinansa) eppena foatlonak megfelelo gyoktenyezok szorzata. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

23

5. eloadas

Egy A ∈ T (m × m) matrixot racionalis kanonikus alau matrixnaknevezunk, ha diag(C(q1), . . . , C(qm)) alaku, ahol minden egyes qi egy T [λ]-beli irreducibilis polinom hatvanya (azaz prımhatvany fopolinom).

26. Tetel (Racionalis kanonikus alak, egzisztencia). Test feletti vegesdimenzios vektorter barmely linearis transzformaciojanak matrixa alkalmasbazisban Jordan-matrix. Mas szoval: a T test felett barmely n × n meretumatrix hasonlo egy Jordan-matrixhoz.

Bizonyıtas. Ugyanugy megy, mint Jordan-matrix eseten, csak konnyebb(itt nem lepnek fel ragaszto egyesek). Az elteres csak az, hogy itt most (egycikikus reszmodulus eseten) a v, vλ, vλ2, . . . , vλk−1 bazisban ırjuk fel, ahol ka v rendjenek fokszamat jeloli. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Onallo feladat. Adott vegesdimenzios vektorter eseten: ket linearis transz-formacio hasonlo ⇐⇒ azonos a matrixuk (persze nem feltetlenul ugyanazonbazisban). Dualisan: ket negyzetes mtx. hasonlo ⇐⇒ azonos linearis tran-szformacio matrixai (persze nem feltetlenul ugyanazon bazisban).

Definıcio: a vektorter egy alterert (ϕ-re nezve) invarians alterneknevezzuk, ha zart ϕ-re. (Ez a fogalom szerepel a tematikaban. A mifelepıtesunkben ez ugyanaz, mint a reszmodulus!)

27. Tetel (Jordan- es rac.kanon.alak unicitasa). Adottϕ ∈ Hom(V, V ) (vagy adott A ∈ T (n × n)) eseten a (vagy az A-val ha-sonlo) Jordan-matrix is es a racionalis kanonikus alaku matrix is — az egyesblokkok sorrendjetol eltekintve — egyertelmuen meghatarozott.

Bizonyıtas. Legyen egy adott bazisban ϕ matrixa Jordan-matrix. Aztfogjuk belatni, hogy ez a matrix meghatarozza a VT [λ] modulusnak egy fel-bontasat prımhatvanyrendu ciklikus modulusok direkt osszegere oly modon,hogy a fellepo rendek eppen Jorrdan-blokkokbol kiolvashato (prımhatvany)polinomok. Ez eleg is lesz T.27 bizonyıtasahoz, hiszen (T. ) tudjuk, hogy adirekt felbontasban fellepo rendek rendszere egyertelmuen meghatarozott as-szocialtsag erejeig, de jelen esetben a pi irreducibilis polinomok fopolinomok,ezert az asszocialtsag rajuk nezve pontos egyenloseget jelent.

24

Az konnyen adodik, hogy J blokkjai a modulus direkt felbontasat adjak.Ezert elegendo egy ilyen direkt tenyezot osszeadandot vizsgalni, tehat egyinvarians alteret, amelyben a v1, v2, . . . bazisban ϕ (megszorıtasanak) matrixaegyetlen Jordan-blokk, pl. az alabbi (ami mar tukrozi az altalanossagot; alila sort egyelore ne tekintsuk):

v1

v2

v3

v4

v5

v6

v7

v8

v9

v vλ vλ2 vp vpλ vpλ2 vp2 v2λ vp2λ2

v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 v9

0 1 00 0 1−6 −4 −8 1

0 1 00 0 1−6 −4 −8 1

0 1 00 0 1−6 −4 −8

(16)

Legyen (a matrixbol leolvasva) p = λ3 + 8λ2 + 4λ + 6. Azt allıtjuk, hogy ajelen reszmodulust v = v1 generalja, es v rendje eppen p3. A matrix jelenteseszerint v1ϕ = v2. Ezert v2 = vϕ = vλ. Hasonloan kapjuk, hogy v3 = vλ2.Mivel (a harmadok sor szerint)

vλ3 = (vλ2)ϕ = v3ϕ = −6v1 − 4v2 − 8v3 + v4 = −6v − 4vλ− 8vλ2 + v4,

innen atrendezessel adodik, hogy v4 = 6v + 4vλ + 8λ2 + vλ3 = v(6 +4λ + 8λ2λ3) = vp. Es ıgy tovabb, a vegen azt kapjuk, hogy a piros szıubazisvektorok megegyeznek a folejuk ırt lila moduluselemekkel.

A vegen

vp2λ3 = (vp2λ2)ϕ = v9ϕ = −6v7 − 4v8 − 8v9 = −6vp2 − 4vp2λ− 8vp2λ2,

ahonnan atrendezessel

0 = vp2λ3 + 8vp2λ2 + 4vp2λ + 6vp2 = vp2(λ3 + 8λ2 + 4λ+ 6) = vp3.

Ezert o(v) osztja p3-t. Egy prımhatvanyt csak ugyanazon prım kisebb kitevoshatvanya oszthat, de o(v) nem lehet 3-nal kiseb kitevos, hiszen vp2 = v7 6= 0.Ezert o(v) = p3. Az pedig a lila sor miatt evidens, hogy ezt a reszmodulustv generalja. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

25

Jo tudni, hogy van egy egyertelmuen meghatarozott Jordan-alak, dehogyan talalhatjuk meg? Az alabbi allıtasokkal errefele haladunk.

28. Tetel. Legyen f = f(λ) ∈ T [λ] egy fopolinom, ahol T test. Ekkor aC(f) kısero matrix karakterisztikus polinomja eppen p.

Bizonyıtas. Legyen mondjuk f = λ6 + 5λ5 + 4λ4 + 3λ3 + 2λ2 + 9λ+ 8; azaltalanos eset hasonlo. Ekkor

C(f) − λE =

−λ 1 0 0 0 00 −λ 1 0 0 00 0 −λ 1 0 00 0 0 −λ 1 00 0 0 0 −λ 1−8 −9 −2 −3 −4 −5 − λ

(17)

es ennek a determinansa (szorozva (−1)6-nal a keresett karakterisztikus poli-nom. Fejtstuk ki a determinanst az utolso sora szerint! Nezzuk peldakent,hogy a −2 elemet mivel kell szorozni! A mtx-bol kihagyjuk az utolso sortes a (zold) harmadik oszlopot: visszamarad a −2 elemhez tartozo M kom-plementer matrix. Jol latszik, hogy a visszamarado mtx szerkezete az, hogyegy felulrol triangularis piros es egy alulrol triangularis kek matrix van a di-agonalis menten felfuzve. Ezert ha (Laplace-tetel) M determinansat az elsoket sora szerint kifejtjuk, akkor det(M) = det(piros) ·det(kek) = (−λ)2 ·13 =λ2. Ezert a kifejtes soran a −2 elem reven ezt kapjuk: (−1)6+3·(−2)·λ2 = 2λ2.

Ahogy az utolso soron vegigmegyunk, ugy valtozik a piros es kek merete,de az elojelnek a kifejtes miatti valtozasat kompenzalja, hogy a felulrol trian-gularis piros matrix diagonalisaba ujabb negatıv elojel (azaz −λ) erkezik. Akifejtes utolso lepeseben eltunik a kek matrix, es (5 +λ)λ5 adodik. A kapotttagok osszege pedig eppen az f polinom. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

29. Tetel. A karakterisztikus polinom az elemi osztok szorzata.

Bizonyıtas. Legyen q1, . . . , qt az elemi osztok rendszere. Olyan bazistvalasszunk, amelyben ϕ matrixa (jelolje ezt Q) racionalis kanonikus alaku;erre van mod. Ennek diagonalisaban a C(qi) kısero matrixok vannak. Ezert,a Laplace-fele kifejtesi tetelt (tobbszor, vagy indukcioval) alkalmazva

χ(λ) = (−1)n det(Q− λE) = (−1)n ·t∏

i=1

det(C(qi) − λEi)

26

A korabbi tetel szerint a szorzat i-edik tenyezoje (elojeltol eltekintve) eppenqi, az i-edik elemi oszto. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Ismetles: ϕ (vagy A) karakterisztikus polinomja a definıcio szerintfopolinom, tehat ±det(A− λE).

30. Tetel. A minimalpolinom az elemi osztok legkisebb kozos tobbszorose.

Bizonyıtas. Szinte evidens: Ha (foidealgy. folott) egy modulus ket cikl.reszmodulus direkt osszege, akkor exponense a ket osszeadando rendjeneklegkisebb kozos tobbszorose. Veges sok direkt osszeadandora is igaz.

Marmost VT [λ] direkt felbontasakor a rendeket neveztuk elemi osztoknak,es (ha belegondolunk) az exponens eppen a minimalpolinom. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

31. Tetel (Matrixok hasonlosaganak alaptetele). Legyen T test, A esB pedig T feletti negyzetes matrix. Ekkor a ket matrix hasonlo ⇐⇒ karak-terisztikus matrixaik (azaz A − λE es B − λE, mint T [λ] feletti matrixok)ekvivalensek.

A bizonyıtast tovabbi allıtasok elozik meg. A matrixok hasonlosagat ∼h,az ekvivalenciajat pedig ∼e fogja jelolni.

32. Segedtetel. Ha f, g ∈ T [λ] rel.prım, akkor

(f 00 g

)∼e

(1 00 fg

).

Bizonyıtas. Van u, v ∈ T [λ], hogy fu+ gv = 1. Igy

(f 00 g

)∼e

(f gv0 g

)∼e

(f fu+ gv0 g

)=

(f 10 g

)∼e

(0 1

−fg g

)∼e

(0 1

−fg 0

)∼e

(1 00 −fg

)∼e

(1 00 fg

).

♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

27

33. Segedtetel. Polinom kıseromatrixa karakterisztikus matrixanak utolsoinvarans faktora az eredeti polinom, a tobbi invarians faktor pedig 1. Tehatf ∈ T [λ] eseten

C(f) − λE ∼e

1 0 0 00 1 . . . 0...0 . . . 1 00 0 0 f

.

Bizonyıtas. Legyen f foka n. Ha k < n, akkor tekintsuk C(f)− λE azonaldeterminansat, amely az elso k sorbol es a 2., 3., . . . , (k + 1). oszlopokbolall (v.o. (17)); ez az aldeterminans alulrol triangularis, erteke 1. Ezert dk,a k-adrendu aldterminansok ln.k.o.-ja, 1. Mivel (T. 28) az egesz matrixdeterminansa dn = f , a di-k es fi-k kozotti (1) keplet alapjan az allıtasadodik. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

34. Tetel (Elemi osztok kontra invarians faktorok).Legyenek p1, . . . , pt paronkent relatıv prım irreducibilis ∈ T [λ] ugy, hogy ϕ(avagy A) elemi osztoi eppen ezek hatvanyai. Irjuk fel a pi-hatvany elemiosztokat egy matrix i-edik soraba, tagabb ertelemben csokkeno kitevokel a sor-ban. (Ha elfogynak, akkor 1-esekkel folytassuk a sort.) Legyenek e1, . . . , en azinvarians faktorok. Ekkor az i-edik invarians faktor eppen az n + 1 − i-edikoszlopba ırt polinomok szorzata:

pα11 pα2

1 pα31 . . . 1 1

pβ12 pβ2

1 pβ32 . . . 1 1

...pτ1

t pτ2t pτ3

t . . . 1 1

(en en−1 en−2 . . . e2 e1

)

. (18)

(Itt tehat α1 ≥ α2 ≥ · · · , β1 ≥ β2 ≥ · · · , . . . , τ1 ≥ τ2 ≥ · · · ; ezek kozott lehet0 is, de nem az elso oszlop eseten.)

Bizonyıtas. Ha B = Q−1AQ, akkor Q−1(A − λE)Q = Q−1AQ +λQ−1EQ = B − λE. Tehat ha ket matrix hasonlo, akkor karakterisztikusmatrixuk ekvivalens. (Ez mellesleg az alaptetel trivialis iranya.)

28

Marmost ha egy matrix helyett egy hasonlo matrixra atterunk (illetveϕ-t egy jobb bazisban ırjuk fel), akkor a fentiek szerint a kar.mtx. invarinansfaktorai nem valtoznak (hiszen B − λE = Q−1(A − λE)Q ∼e A − λE),tovabba A es B elemi osztoi is ugyanazok. Ezert felteheto, hogy A racionaliskanonikus alaku.

Ekkor A diagonalisa menten a C(pεje ) matrixok, tehat A− λE diagonalis

menten a C(pεje ) − λE matrixok vannak felfuzve. Minden ilyen blokkot

(a tobbi blokk zavarasa nelkul a St.33 szerinti kanonikus alakra tudunkhozni (elemi atalakıtasokkal). Tegyuk ezt meg az osszes blokkal! Ekkora diagonalisban elemi osztok es 1-esek lesznek. Mivel ket relatıv prım el-emi osztot potolhatunk egy 1-gyel es a szorzatukkal (hiszen a St.32 a nagymatrix kiszemelt ket sorabol es oszlopabol allo reszere is mukodik), ezertkialakıthatjuk a (18) formulaval definialt en-et. (Egyelore meg nem allıtjuk,hogy ez invarinans faktor lesz.) Sor- es oszlopcserevel a diagonalis vegerecipeljuk. Ezzel

”kivontuk a forgalombol” a (18)-beli elso oszlopban fellepo

elemi osztokat, es ezek szorzata (amelyet en-nek neveztunk) megjelent a di-agonalis aljan.

Teljesen hasonloan erjuk el, hogy a (18) matrix masodik oszlopaban levoelemek en−1-gyel jelolt szorzata megjelenjen a diagonalis utolso elotti ele-mekent, mikozben a masodik oszlop elemei

”kivonodnak a forgalombol” (es

a helyukre 1-esek kerulnek). Es ıgy tovabb. Mivel nyilvanvaloan . . . en−1 | en,kanonikus alakot kaptunk. A kanonikus alak egyertelmu, ezert (a szorzatkentdefinialt) ei-k csakugyan az invarians faktorok. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az alaptetel (T. 31) bizonyıtasa. Mivel a trivialis iranyt mar az elozo(T.34) tetel elejen lattuk, most csak a nemtrivialis irannyal foglalkozunk.

Tegyuk fel hogy a karakterisztikus matrixok hasonlok. Ekkor azonosakaz invarians faktorok. (Ld. T.1; az inv. faktorokat termeszetesenfopolinomoknak tekintjuk.) Az elozo (T.34) tetel szerint azonosak az elemiosztok is. Tehat a ket matrix, A es B racionalis kanonikus alakja (mondjukQA es QB) is majdnem azonos: ugyanazon kısero matrixok vannak a foatlomenten felfuzve, legfeljebb csak mas sorrendben.

Marmost QA es QB hasonlo matrixok. Ugyanis ha Eij jeloli az az elemiatalakıto matrixot, amellyel egy masi kmatrixot balrol szorozva az i-edikes j-edik sor helyet cserelodik, akkor (ırjuk fel!) ez egyuttal az i-edik esj-edik oszlop cserejet megvalosıto mtx, ha jobbrol szorzunk vele. TovabbaEij onmaga inverze. Ezert barmely X azonos meretu negyzetes matrixra

29

X ∼h EijXEij . Tovabba X es EijXEij diagonalisa annyiban (is) kulonbozik,hogy a diagonalis i-edik es j-edik eleme helyet cserelt.

A fenti atalakıtast kello szamu lepesben vegrehajtva egyreszt mindig ha-sonlo matrixot kapunk, masreszt QA-bol eljutunk QB-be. Mivel a hasonlosagtranzitıv, A ∼h QA ∼h QB ∼h B. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

6. eloadas

Hiaba tudjuk (eldonteni), hogy egy T test felett az A es B negyzetes matrixokhasonloak, gyakran az a feladat, hogy konkretan megadjunk olyan Q in-vertalhato matrixot, amelyre B = Q−1AQ. Ezen segıt az alabbi tetel.(Benne van Kuros: Felsobb algebra konyveben, 402. oldal.) Elobb vegyukeszre, hogy ha R egysegelemes gyuru, akkor R[λ]-ban fopolinommal lehetmaradekosan osztani, csak nem mindegy, hogy balrol vagy jobbrol osztunk.(Nem is kell, hogy az oszto foegyutthatoja 1 legyen; az is eleg, hogy legyeninverze R-ben.)

Tegyuk fel, hogy A ∼h B. Ekkor A−λE ∼e B−λE. Ezert letezik olyan,a T (n× n)[λ]-ben invertalhato U(λ) es V (λ) polinommatrix, hogy

B − λE = U(λ) · (A− λE) · V (λ). (19)

Ilyen U(λ) es V (λ) matrixokat ugy kaphatunk, hogy A − λE-t elemiatalakıtasokkal B − λE-be transzformaljuk (erre van algoritmus). Mindenegyes lepes egy sor-, illetve oszlopatalakıto elemi matrixnak felel meg; ezekszorzata lesz U(λ), illetve V (λ). Sot azt is lehet csinalni, hogy A − λE-t kanonikua alakra hozzuk (ehhez mondjuk U1(λ) tartozik), B − λE-t is(ehhez mondjuk U2(λ) tartozik); ekkor U(λ) = U2(λ)

−1U1(λ); es hasonloan,V (λ) = V1(λ)V2(λ)

−1. Termeszetesen, monduk U1(λ) es V1(λ) eseten nem kellkismillio elemi matrixot tarolni es a vegen osszeszorozni; a celszeru eljaras(program vagy az ember szamara az alabbi):

E A− λEE

Itt vegezzuk az elemi atalakıtas lepeseit, de mindig a 2n hosszu sorokon esoszlopokon. AmintA−λE helyen kanonikus alak (vagy eppenseggel B−λE)

30

lesz, tole balra eppen U1(λ) (vagy U(λ)), alatta pedig V1(λ) (vagy V (λ))talalhato.

Marmost vegezzunk maradekos osztasokat mindket oldalrol; mivel azoszto elsofoku polinom T (n× n) folott, a maradek konstans matrix lesz:

U(λ) = (B − λE) ·Q1(λ) +R1

V (λ) = Q2(λ) · (B − λE) +R2.

35. Tetel. A fenti esetben R1 es R2 egymas inverzei T (n×n)-ben. TovabbaB = R−1

2 AR2.

Euklideszi es uniter terek

A tovabbiakban T vagy a valos, vagy a komplex szamok teste lesz. Ennekmegfeleloen euklideszi, illetve uniter terekrol — gyujtuneven belso szorzatterekrol lesz szo. Ahol csak lehet, a kettot egyszerre targyaljuk. (Valosesetben a konjugalas az identikus lekepezes, ez nem okozhat gondot.)

A skalaris szorzasrol (belso szorzasrol) felteszzuk, hogy mindketvaltozoban additıv, az elso valtozoban homogen, a masodikban konjugalthomogen: (x, λy) = λ(x, y), konjugalt szimmetrikus: (x, y) = (y, x); tovabba(x, x) mindig nemnegatıv valos szam, es (x, x) = 0 ⇐⇒ x = 0. (Valos eset-ben: pozitıv definit szimmetrikus bilinearis alak.) A normat ıgy definialjuk:||x|| =

√(x, x).

36. Tetel (Cauchy–Schwarz–Bunyakovszkij-egyenlotlenseg). Euk.vagy uniter ter tetszoleges x, y elemeire |(x, y)| ≤ ||x|| · ||y||. Egyenlosegakkor es csak akkor all fent, ha az x, y vektorrendszer linearisan fuggo.

Bizonyıtas. Az egyenloseghez: eloszor tegyuk fel, hogy (x, y) valos. (Ezlefedi a T = R esetet!) Ekkor (x, y) = (y, x), ezert valos λ eseten az alabbisegedfuggvenyre:

0 ≤ (x+ λy, x+ λy) = (y, y)︸ ︷︷ ︸a

λ2 + 2 (x, y)︸ ︷︷ ︸b

λ + (x, x)︸ ︷︷ ︸c

=

a(λ+b

a)2 + (c− b2/a).

Mindez minden valos λ-ra, ezert c − b2/a ≥ 0, ahonnan adodik a CSB-egyenlotlenseg. Sot, az is kiderul, hogy ha a CSB egyenloseggel all fenn,

31

akkor alkalmas λ mellett x+λy = 0 (hiszen skalaris negyzete 0), es ezert lin.fuggok.

Most tegyuk fel, hogy α := (x, y) nem valos. (Es tudjuk — barmelybizonyıtasbol — hogy amennyiben ket vektor skalaris szorzata valos, akkorezen ket vektorra igaz a CSB). Legyen β = 1/α es x′ = βx. Ekkor (x′, y) =(βx, y) = β(x, y) = βα = 1, ami valos. Tehat x′-re es y-ra ervenyes a CSB;innen konnyen adodik x, y-ra is. Tovabba x′, y pontosan akkor fuggo, ha x, yfuggo. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

37. Allıtas. Nemzerus vektorokbol allo ortogonalis vektorrendszer linearisanfuggetlen.

Bizonyıtas. A v1, . . . , vn tetszoleges, a 0 vektort eloallıto linearis kom-binaciojat szorozzuk be skalarisan (jobbrol) vi-vel; ekkor latni fogjuk, hogyvi egyutthatoja nulla. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

38. Tetel (Grahm–Schmidt-fele ortogonalizacio). Ha v1, . . . , vn bazis,akkor letezik olyan e1, . . . , en ONB (ortonormalt bazis), hogy i = 1, . . . , n-re[v1, . . . , vi] = [e1, . . . , ei].

Bizonyıtas. Keressuk ilyen alakban:

e1 = v1

e2 = β1e1 + v2

e3 = γ1e1 + γ2e2 + v3...

Indukcio mutatja, hogy ugyanazt feszıtik ki; az egyutthatokat pedig az alapanvalasztjuk, hogy az ujat az osszes regivel skalarisan szorozva 0-t kell kapnunk.♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

39. Korollarium. Ha ket vegesdimenzios eukl/uniter ter dimenzioja mege-gyezik, akkor a ket ter izomorf.

Ha U alter, akkor legyen U⊥ az U osszes vektorara meroleges vektorokhalmaza. V tovabbra is vegesdimenzios!

32

40. Tetel. Tetszoleges U reszhalmazra U⊥ alter. Ha pedig U alter volt,akkor V = U ⊕ U⊥.

Bizonyıtas. Mivel x⊥x, azaz (x, x) = 0 eseten x = 0, az evidens,hogy az osszeg direkt. Ezert csak az a kerdes, hogy kiadja-e az egesz V -t. Legyen e1, . . . , ek egy ONB U -ban, es (Grahm-Sch !) folytassuk V -benegy e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en ONB-ve. Ekkor j > k-ra ej meroleges U bazisara.Ezert j > k-ra ej ∈ U⊥. Ily modon dim(U⊥) ≥ n− k. A dimenzioegyenloseg

dim(U)︸ ︷︷ ︸k

+dim(U⊥)︸ ︷︷ ︸≥ n− k

= dim(U ∩ V )︸ ︷︷ ︸0

+dim(U + U⊥)︸ ︷︷ ︸n

szerint dim(U⊥) = n − k. Ezert ek+1, . . . , en nemcsak lin.fgetlen, hanembazisa is U⊥-nek. Innen a tetel mar adodik. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

41. Korollarium. Veges dimenzios V eseten, ha U alter, akkor U⊥⊥ = U .

42. Segedtetel. Ha x es y koordinatasora egy(azon) ONB-ben ~α, illetve ~β,

akkor (x, y) =∑

i αiβi, azaz (~α, ~β) a T n terben.

Bizonyıtas. Evidens ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

R folott egy negyzetes mtx adjungaltja a transzponaltja: A∗ := AT .Komplex esetben pedig az adjungaltja a(z elemenkent) konjugalt tran-

szponaltja: A∗ = Ah := AT = AT.

Valos esetben egy matrixot ortogonalisnak nevezzuk, ha transzponaltja= inverze. Komplex esetben egy matrixot uniternek nevezzuk, ha Hermite-transzponaltja = inverze. (Mindket esetben az a feltetel, hogy A∗ = A−1.)V automorfizmusait ortogonalis/uniter linearis transzformacionaknevezzuk. (Tehat megorzi a skalaris szorzast: (xϕ, yϕ)((x, y).)

43. Tetel. Legyen T ∈ {R,C}, es legyen A ∈ T (n× n) egy ϕ ∈ Hom(V, V )matrixa egy e ONB-ben. Ekvivalensek:

(a) ϕ ortogonalis/uniter;

(b) eϕ is ONB

33

(c) A ortogonalis/uniter;

(d) A sorvektorrendszere ONB (T n-ben);

(e) A oszlopvektorrendszere ONB (T n-ben)

(f) ϕ normatarto (azaz ||xϕ|| = ||x||).

Bizonyıtas. (a) ⇒ (b): Stetel 42 miatt evidens, hiszen x koordinatasoraa regi bazisban ugyanaz, mint xϕ koordinatasora az eϕ bazisban.

(b) ⇒ (d): Legyen e′ := eϕ. Ekkor, a matrix jelentese miatt,

(e′i, e′j) = (

∑

`

ai`e′`,

∑

t

ajte′t) =

∑

`,t

ai`ajt(e`, et) =∑

`

ai`aj`, (20)

ami eppen az i-edik es j-edik sor belso szorzata.(d) ⇒ (c): AA∗ eppen az i-edik sor es j-edik sor skalaris szorzata, ami

δij. Tehat AA∗ = E. Innen adodik (determinansok szorzastetele!), hogy Ainvertalhato, es ıgy A∗ = A−1.

(c) ⇒ (d): AA∗ = E miatt.(e) ⇒ (c): A∗A = E-bol adodik, a (d) ⇒ (c)-hez hasonloan.(c) ⇒ (e): A∗A = E-bol adodik.(c) ⇒ (f): Legyen x ∈ V koordinatasora ~α. (Azaz x = ~αe.) Ekkor

y := xϕ koordinatasora ~αA. Tovabba ||x||2 =∑

i αiαi = ~α ~αh. (Itt ~αh

oszlopvektor!). Tehat ıgy kapjuk a normanegyzetet a koordinatasorbol. Ezert||y||2 == ~αA ~αAh = ~αAAh~αh = ~αE~αh = ||x||2.

(f) ⇒ (a): Abbol, hogy (x + y, x + y), (x, x) es (y, y) megorzodik ϕmellett, kapjuk, hogy (x, y) + (y, x) is. Ez y helyett iy-ra is igaz, tehat(x, iy) + (iy, x) = i(x, y) + i(y, x) is, es ennek −i-szerese, azaz (x, y)− (y, x)is. A ketto osszegenek fele, (x, y) is. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

7. eloadas

Akkor mondjuk, hogy ψ adjungaltja a ϕ ∈ Hom(V, V ) linearis tr-nak, habarmely x, y ∈ V -re (xϕ, y) = (x, yϕ). V tovabbra is n-dimenzios, n ∈ N.

44. Tetel. Ha ϕ ∈ Hom(V, V ), akkor letezik pontosan egy adjungaltja.

Jeloles: ϕ adjungaltjat ϕ∗ jeloli.

34

Bizonyıtas. Legyen e egy rogzıtett ONB. Legyen y ∈ V . Kerdes: milegyen a ψ melletti kepe (ahol ψ a ϕ egyik adjungaltja)? Azaz a kerdes:van-e z ∈ V , hogy barmely x-re (xϕ, y) = (x, z), es csak egy van?

Keressuk ilyen alakban: z = ~αe. Ha minden x-re, akkor ei-re is: (eiϕ, y) =

(ei, z) = αi. Konjugalva: αi = (eiϕ, y). Tehat szuksegkeppen

z =n∑

i=1

(eiϕ, y) ei (21)

Ezzel maris kiderult, hogy legfeljebb csak egy ψ konjugalt van. Konnyuellenorizni, hogy az y 7→ z lekepezes linearis, tehat jo lesz ψ-nek. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

45. Tetel. Rogzıtett e ONB eseten ha ϕ matrixa A, akkor ϕ∗ matrixa A∗.

Bizonyıtas. Legyen B a ϕ∗ matrixa. Ekkor egyreszt ejϕ∗ =

∑t bjtet.

Innen (ei, ejϕ∗) = (ei, bjiei) = bji. De ugyanakkor (ei, ejϕ

∗) = (eiϕ, ej) =

(∑

t aitet, ej) = aij(ej, ej) = aij. Igy bji = aij. Tehat B = A∗. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Akkor mondjuk, hogy egy R gyuru algebra egy K test felett, haR egyuttal vektorter is K felett (a gyuru osszeadasaval) es teljesul a ho-mogenitas: λ(r1r2) = (λr1)r2 = r1(λr2). Pelda: a K(n × n) matrixalgebra.Gyuru (vagy test feletti algebra) involucioja: egy olyan g : R → Rlekepezes, amelynek negyzete az identitas, g(xy) = g(y)g(x), es minden masvonatkozasban (+, skalarral valo szorzas) izomorfizmus. Pelda: matrixgyurueseten a transzponalas. Involucios gyuru/algebra: amelyen egy involucotis alapmuveletnek tekintunk.

46. Tetel. Az adjungaltkepzes involucio a T ∈ {R,C} feletti Hom(V, V )algebran.

Bizonyıtas. Egyik lehetoseg: Tudjuk, hogy mint algebra, T (n × n) ∼=Hom(V, V ). A Tetel 45 szerint ez egyuttal involocios algebrak kozott izomor-fia. Matrixokra pedig tudjuk. (Valos eset: tanultuk, illetve elemekkel dolgo-zva kijon. Komplex eset: szinte ugyanugy.)

Masik lehetoseg: Kozvetlenul. Peldaul: (x(ϕψ), y) = ((xϕ)ψ, y) =(xϕ, yψ∗) = (x, (yψ∗)ϕ∗) = (x, y(ψ∗ϕ∗) mutatja, hogy (ϕψ)∗ = ψ∗ϕ∗.

35

Megjegyzes: ezen masodik modszernek az az elonye, hogy miutan tudjuk,hogy (mint algebrak) T (n×n) ∼= Hom(V, V ), kovetkezik belole (anelkul, hogyelemekkel hosszasan szamolnank), hogy (AB)∗ = B∗A∗. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

47. Korollarium. ϕ ortogonalis, illetve uniter ⇐⇒ ϕ∗ = ϕ−1 ⇐⇒ϕϕ∗ = id ⇐⇒ ϕ∗ϕ = id.

Bizonyıtas. Matrixokra mar tudjuk, T (n× n) ∼= Hom(V, V ). ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

V tovabbra is (mindvegig) vegesdimenzios!

48. Tetel. Onadjungalt linearis transzformacio karakterisztikus polinomjaR felett elsofoku tenyezok szorzatara bomlik. Pongyolan: ϕ mindensajaterteke valos.

Bizonyıtas. C folott: legyen λ sajatertek, es legyen v a hozzatartozosajatvektor. Ekkor λ(v, v) = (λv, v) = (vϕ, v) = (v, vϕ∗) = (v, vϕ) =(v, λv) = λ(v, v). Atosztva (v, v) 6= 0-val: λ = λ, tehat λ ∈ R.

R folott: legyen (egy ONB-ben) A a ϕ matrixa. Ez (mint valos szim-metrikus mtx) egyuttal C felett is matrix, es egyuttal egy unitar ter onad-jungalt lin.tr-janak is matrixa. Ezert az allıtas az elozo esetbol kovetkezik.♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Valos esetben ϕ-t szimmetrikusnak nevezzuk, ha onadjungalt. ϕ-tnormalis linearis transzformacionak nevezzuk, ha felcserelheto az ad-jungaltjaval, azaz ha ϕϕ∗ = ϕ∗ϕ.

Peldaul (komplex esetben) minden onadjungalt es minden uniter ϕnormalis. (Az utobbi azert, mert az inverzevel nyilvan felcserelheto.)

Feladat: jellemezni azon ϕ-ket, amelyek matrixa alkalmas ONB-ben di-agonalis. (Termeszetesen ez az ONB csakis sajatvektorokbol allhat.) dim(V )tovabbra is veges.

49. Tetel (Spektraltetel). Legyen ϕ ∈ Hom(V, V ).

• Valos esetben: akkor es csak akkor letezik ϕ sajatvektoraibol allo ONB,ha ϕ szimetrikus.

36

• Komplex esetben: akkor es csak akkor letezik ϕ sajatvektoraibol alloONB, ha ϕ normalis.

Bizonyıtas. A (diagonalis) matrixra gondolva nyilvanvalo, hogy ha ϕdiagonalizalzato, akkor szimmetrikus, illetve normalis. A joval nehezebbfordıtott iranyt egyutt intezzuk a valos es komplex esetre. Tfh. ϕ szim-metrikus, ill. normalis. Vegyuk eszre, hogy ϕ a valos esetben is normalis!(Egy jo ideig a valos esetben is csak annyit hasznalunk ki, hogy ϕ normalis.)

Legyen λ0 ∈ T az egyik sajaterteke ϕ-nek. Felhasznalva, hogy az ad-jungalas a Hom(V, V ) algebra involucioja es hogy λ0 · id adjungaltja λ0idV

(gondoljunk a matrixokra), konnyu szamolas adja, hogy

ψ := ϕ− λ0 · idV is normalis. (22)

Vegyuk eszre, hogy tetszoleges v ∈ V eseten (a normalitas miatt)

vψ = 0 ⇒ vψ∗ = 0. (23)

Csakugyan, ha a premissza teljesul, akkor (vψ∗, vψ∗) = (v, vψ∗ψ∗∗) =(v, vψ∗ψ) = (v, vψψ∗) = (vψ, vψ) = 0.

Mivel ψ∗ = ϕ∗ − λ0idV es, nemzerus v-re, vψ = 0 azt jelenti, hogy vsajatvektor a λ0 sajatertekkel, (22) miatt

v s.vektora ϕ-nek a λ0 s.ertekkel ⇒ v s.v-a ϕ∗-nek a λ0 s.e.-kel. (24)

Allıtjuk, hogy ψ normalitasa miatt tetszoleges v ∈ V -re

∃k ∈ N hogy vψk = 0 ⇒ vψ = 0. (25)

Ennek igazolasahoz legyen η = ψψ∗. Ekkor egyreszt (a normalitas miatt)ηk = ψk(ψ∗)k, masreszt η onadjungalt!

”Raszorozva” a premisszara: vηk = 0,

es az is feltehto (”raszorzas” utan), hogy k 2-hatvany; legyen m = k/2.

Szamoljunk: 0 = (0, v) = (vηk, v) = (vηmηm, v) = (vηm, vηm), ıgy vηm = 0.Ismetelt felezesek utan: vη = 0. Tehat 0 = (0, v) = (vη, v) = (vψψ∗, v) =(vψ, vψ∗∗) = (vψ, vψ). Ezzel belattuk, hogy (25).

Allıtjuk, hogy

ϕ ∀ ket kulonbozo s.e.-ehez tartozo sajatvektora meroleges. (26)

Legyen v1 es v2 egy-egy sv., a λ1 es λ2 kulonbozo sajatertekekkel. Csaku-gyan, (24)-et felhasznalva λ1(v1, v2) = (λ1v1, v2) = (v1ϕ, v2) = (v1, v2ϕ

∗) =(v1, λ2v2) = λ2(v1, v2), es innen (mivel λ1 6= λ2) kapjuk, hogy (v1, v2) = 0.

37

Marmost ϕ elemi osztoi elsofoku fopolinomok hatvanyai. Komplex eset-ben ez mindig ıgy van (ehhez nem is kell, hogy ϕ normalis legyen!). Valosesetben az indoklas: az elemi osztok szorzata a karakterisztikus polinom,de az utobbi elsofoku polinomok szorzata R[λ]-ban, ld. T. 48. (Ez az egyik

”oka”, hogy hogy valos esetben erosebb felteves kell es nem eleg a normalitas!)

Tekintsuk V -t modulusnak T [λ] felett, ahogy korabban is. Marmost vψ =0 azt jelenti, hogy (a modulusban) v(λ− λ0) = 0. Ezert (25)-bol kovetkezik,hogy

ha v ∈ VT [λ] rendje (λ − λ0)k alaku, akkor k = 1. (27)

Tudjuk, hogy az elemi osztok mindegyike osztja a karakterisztikus poli-nomot, es mindegyik egy irreduc. polinom hatvanya. Ezert (mivel a kar.pol.elsofokuak szorzata), minden elemi oszto egy elsofoku polinom hatvanya.De egyuttal egy elem rendje is (a VT [λ] ciklikus reszmodulusokra valo fel-bontasaban), ezert (27) szerint minden elemi oszto λ − λj alaku, es VT [λ]

ilyen rendu ciklikus modulusok direkt osszege.Legyenek λ1, . . . , λt a ϕ kulonbozo sajatertekei. j = 1, . . . , t-re legyen Vj

azon emlıtett ciklikus modulus-osszeadandok direkt osszege, amelyek rendjeλ − λj . Annyi ilyen osszeadando van, ahanyszor elemi osztoja λ − λj a ϕ-nek. Azaz annyi, amennyi a λj gyok multiplicitasa (hiszen az elemi osztokszorzata a karakt.pol.) Ezert Vj vektorteri dimenzioja legalabb a λj gyokmultiplicitasa. Viszont a multiplicitasok osszege n, a dimenziok osszege (adirekt felbontas miatt) szinten n. Ezert

dim(Vj) pontosan a λj sajatertek multiplicitasa ξϕ(λ)-ben. (28)

Vegyuk eszre azt is, hogy mivel a Vj generatorait a λ−λj annullalja, azazϕ− λjidV annullalja, ezert Vj -n a ϕ megegyezik λjidV -vel. Ezert

∀v ∈ Vj \ {0} egy, a λj sajatertekhez tartozo sajatvektor. (29)

A direkt osszeg zarojelezhetosege miatt

V = V1 ⊕ · · · ⊕ Vt (30)

Ekkor viszont, (26) es (29) miatt, a (30) direkt felbontas egy un. or-togonalis direkt osszeg. Ezert ha minden egyes Vj -ben veszunk egy-egyONB-t, akkor ezek unioja ONB lesz V -ben, es (29) miatt ez az ONB a ϕsajatvektoraibol all. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

38

8. eloadas

50. Korollarium. Szimmetrikus/normalis trf. eseten ha λj k-szoros gyokea karakterisztikus polinomnak, akkor a λj-hez tartozo sajatvektorok azerusvektorral egyutt egy k-dimenzios alteret alkotnak.

Bizonyıtas. A fenti bizonyıtasban — amint az a vegere kideult — Vj -t mint az osszes λ − λj elemi osztohoz tartozo ciklikus modulusok direktosszeget definialtuk, tehat annyi ciklikus modulus direkt osszeget, ahanyszorλ−λj elemi oszto. De mivel az elemi osztok szorzata eppen a karakt.polinom,ezert ez a szam eppen λj multiplicitasa.

Marmost egy ciklikus modulus vektorterkent legalabb egydimenzios, ezertVj legalabb λj multiplicitasa dimenzios. Mivel a multiplicitasok osszege n,ami eppen

∑j dim(Vj), ezert pontosan annyi dimenzios. ♣

SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

51. Korollarium (Kvadr. alakok fotengelytetele).Valos kvadratikus alak ortogonalis helyettesıtessel kanonikus alakra hozhato.(Tehat a helyettesıtes mtx-a ortogonalis mtx.)

Bizonyıtas. A spektraltetel szerint (matrixokra, es az ONB-k kozottiatmenetmatrixokra atfogalmazva) a kvadr. alak szimmetrikus A matrixahozvan olyan Q ortogonalis matrix, hogy QAQ−1 diagonalis. De Q−1 = QT . ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Megjegyzes (Q gyakorlati megkeresese): ha meg tudjuk hatarozni Akarakterisztikus polinomjat, akkor a Q mtx-ot is megkaphatjuk. Tekintsukazt a ϕ-t, amelynek mtx-a (a termeszetes e ONB-ben) eppen A. A ϕ min-den egyes sajatertekehez keressuk meg a sajatalteret (az elozo korollariumszerint ennek dimenzioja a s.e. multiplicitasa, tehat olyan homogen linearisegyenletrendszer adodik, melyenek van annyi lin.fuggetlen megoldasvektora).Ebben a sajatalterben keressunk egy ONB-t (Grahm–Schmidt). Az egyessajatalterek ONB-jeinek unioja V -ben ONB: f . Tudjuk, hogy ϕ mtx-a f -

ben diagonalis. Es azt is, hogy ez a diagonalis mtx QAQ−1, ahol Q a ketbazis kozott az atmenet mtx-a. De ONB-k kozotti atmenet mtx-a ortogonalis,tehat Q−1 = QT .

Megjegyzes: A fotengelytetel az igazi eszkoz a masodfoku gorbek es —harom dimenzioban — feluletek osztalyozasara. Ez a geometria feladata;

39

itt csupan nehany erintoleges megjegyzes hangzik el. A sık, tehat a gorbekeseten adjuk meg a jeloleseket, a terben ugyanez analog.

Legyen x = (ξ, η); ekkor masodfoku gorben az f(x) = xAxT + bxT +c = 0 egyenlet megoldashalmazat ertjuk, ahol A ketszer kettes matrix —mindig felteheto, hogy szimmetrikus —, b sorvektor, c ∈ R, es xT az xtranszponaltja. A fotengelytetel szerint van olyan Q ortogonalis mtx, hogyQAQT diagonalis. Ezert az x = yQ helyettesıtes utan (ami annak felelmeg, hogy az eredeti ONB helyett egy uj koordinatarendszert, azaz uj ONB-t valasztunk) a gorbe egyenlete f(y) = yDyT + byT + c = 0 alaku (b, citt mast jelent, D pedig diagolalis) lesz. Legyen y = (ξ′, η′). D-ben azA sajatertekei vannak: λ1 es λ2. Vegul teljes negyzette valo kiegeszıtesseles uj valtozok bevezetesevel (ami a koordinatarendszer origojanak eltolasatjelenti) a gorbe egyenlete ilyen lesz: λ1ξ

′′2 + λ2η′′2 + c = 0, amennyiben A

sajatertekei kozott nincs ott a 0. (Ha ott van, akkor a linearis tag nem esik ki;ezt itt nem reszletezzuk). Ez lehetove teszi egyreszt annak belatasat, hogy— elfajulo eseteket leszamıtva — a masodfoku gorbek eppen a kupszeletek;es osztalyozasuk is lehetseges az A sajertertekeinek megfeleloen. A terbelieset hasonlo.

Az emlıtett elfajulo esetek koze tartozik pl. az, amikor ket egyenes nullararedukalt egyenletet osszeszorozzuk.

A kovetkezo tetel elott hadd jegyezzuk meg, hogy — valos esetben — egyortogonalis transzformacio (az identikusat leszamıtva) — sose szimmetrikus,tehat a korabbi teteleink semmit sem mondanak ra.

52. Tetel. Legyen ϕ ortogonalis linearis transzformacioja a veges dimenziosV euklideszi ternek. (Itt tehat csak a valos esettel foglalkozunk.) Ekkor alka-lmas ONB-ben ϕ matrixa ilyen alaku:

diag

(1 . . . 1 −1 . . . −1

(cosα1 sinα1

− sinα1 cosα1

). . .

(cosαt sinαt

− sinαt cosαt

)).

(A”diag” jeloles azt jelenti, hogy ezek az 1 × 1 es 2 × 2 meretu blokkok

vannak a diagonalisban, es a tobbi elem nulla. A haromfele blokkbol barmelyikhianyozhat, de legalabb egyfelenek lennie kell.)

Megjegyzendo, hogy geometriailag (a szokasos koordinatarendszerben) pl. azutolso ketszer kettes matrixok egy αt szogu elforgatas a sıkon.

40

Bizonyıtas. Legyen ψ = ϕ+ϕ−1 = ϕ+ϕT ; ez nyilvan szimmetrikus. Ezertψ karakterisztikus polinomja valos elsofoku tenyezok szorzata; legyenek λ1,. . . , λk a kulonbozo sajatertekek, Vi-k pedig a megfelelo sajatalterek. Tudjuk(Kor. 50 ), hogy Vi = {v : vψ = λiv}, ezek ortogonalis direkt osszege V , esVi dimenzioja eppen a λi multiplicitasa.

Marmost Vi zart ϕ-re is, hiszen v ∈ Vi eseten (vϕ)ψ = (vψ)ϕ = (λiv)ϕ =λi(vϕ) miatt vϕ ∈ Vi. Mivel ϕ ortogonalis leven nem elfajulo es ıgy a di-menziot nem csokkenti, azaz Viϕ = Vi, tehat Vi nemcsak ϕ-re, hanem ϕ−1-reis zart, ezert Vi a ψ-re is zart. (Ez persze az alapjan nyilvanvalo, hogy Vi aψ sajataltere, de az elobb latott megfontolas kelleni fog a kesobbiekben.)

TovabbaV ⊥

i is zart ϕ-re. (31)

Hiszen Viϕ = Vi miatt barmely x ∈ Vi eloall yϕ alakban (ahol y ∈ Vi),ezert ha z ∈ V ⊥

i , akkor ∀x ∈ Vi-re (x, zϕ) = (yϕ, zϕ) = (y, z) = 0, ami aztmutatja, hogy zϕ ∈ V ⊥. Tehat V ⊥

i is zart ϕ-re. A korabbi erveles szerintegyuttal ϕ−1-re is es ψ-re is zart.

A fentiek szerint elegendo egyetlen Vi-vel foglalkozni, amelyen ϕ+ϕ−1 =λi · id. Hiszen ha az egyes Vi-kben talalunk alkalmas ONB-t, akkor a

”kis ”

ONB-k unioja jo lesz V -ben, es a”kis ONB”-kben felırt

”kis matrixokat” a

diagonalis menten felfuzve kapjuk a V -beli”nagy” ONB-ben felırt matrixot.

Azaz feltehetjuk a tovabbiakban, hogy V -n

ϕ+ ϕ−1 = λ0 idV (32)

Innen (ϕ-vel beszorozva) kapjuk, hogy

ϕ2 − λ0ϕ+ idV = 0. (33)

Ha van ϕ-nek egy v sajatvektora, akkor az ortogonalitas miatt az csak±1 lehet. Erre a sajatvektorra (33) szerint

0 = v(ϕ2 − λ0ϕ+ idV ) = (±1)2v ∓ λ0v + v = (2 ∓ λ0)v,

azaz λ0 = ±2.Ha λ0 = 2, akkor (33) szerint 0 = v(ϕ2 − 2ϕ+ idV ) = v(ϕ− id)2. Mivel

ϕ − id nyilvan normalis (hiszen ϕ is az), (25) kovetkezteben 0 = v(ϕ −id), azaz vϕ = v. Tehat v egy egydimenzios sajatalteret feszıt ki, amelyenϕ identikusan hat. Az 1 sajatvektorhoz tartozo sajatalter tehat legalabb

41

egydimenzios; erre is es — (31) mintajara — az ortogonalis komplementerereis ϕ megszorıthato. (Ne feledjuk, most (32) van felteve az egesz V -re.)

Ezzel levalasztjuk az 1 sajatertekhez tartozo sajatalteret, es annak orto-gonalis komplementeret tekintve az eredeti V helyett folytatjuk tovabb.

Teljesen hasonlo a λ0 = −2 eset; ekkor a −1-hez tartozo sajatalteretvalaszthatjuk le. (Eddig 1-esek es −1-ek jottek be a matrix diagonalisaba.)

A fentiek utan felteheto, hogy nincs sajatvektora ϕ-nek. Legyen v ∈V \{0}. Ekkor v, vϕ linearisan fuggetlen, hiszen ellenkezo esetben ϕ-nek lennesajaterteke. Mivel ϕ2 linearis kombinacioja az id es ϕ transzformacioknaka (33) miatt, ezert vϕ2 linerais kombinacioja a v = vid es vϕ vektoroknak.Azaz, a [v, vϕ] alter zart ϕ-re, es persze ezen alter ortogonalis komplementereis zart, hiszen (31) most is alkalmazhato. Ezzel sikerult egy ketdimenziosalteret levalasztanunk.

Eleg a tovabbiakban tehat azzal az esettel foglalkoznunk, amikor Vketdimenzios es ϕ-nek nincs sajatvektora. Irjuk fel ϕmatrixat egy tetszolegesONB-ben; mivel a sorvektorok hossza 1, ez a matrix ilyen alaku:

A =

(cosα sinα− sinβ cosβ

).

Mivel A ortogonalis matrix, det(A) = ±1. (Ez konnyen adodik a deter-minansok szorzastetelebol es AA−1 = E-bol.) Mivel a karakterisztikus poli-nomban a konstans tag (helyettesıtsunk λ helyere 0-t!) eppen det(A) estudjuk, hogy ezen fopolinomnak nincs valos gyoke, det(A) = −1 lehetetlen.Ezert det(A) = 1. Ugyanakkor a determinans eppen cos(α − β). Ezert(modulo 2π) α = β, es A a kıvant alaku. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

9. eloadas

Foglaljuk ossze a korabban tanultakat:

• L|K : testbovıtes, azaz K reszteste L-nek. (Testen mindig kommutatıvtestet ertunk!)

• [L : K]: az L|K foka, azaz dim(KL).

• Fokszamtetel: ha M |L es L|K, akkor [M : K] = [M : L] · [L : K].

42

• u ∈ L|K (azaz u ∈ L) minimalpolinomja: az a fopolinom, amelyik az{f ∈ K[x] \K : f(u) = 0} idealt generalja. (Pontosan akkor letezik,ha ez az ideal nem a {0}.)

• u ∈ L|K algebrai / transzcendens, ha van / nincs minimalpolinomja

• Ha u ∈ L|K, akkor deg(u) = degK(u) := deg(u minimalpolinomja).

• Egyszeru testbovıtes: K(u) = [K ∪ {u}]test.

• Egyszeru algebrai testbovıtes: K(u)|K, ha u algebrai K felett. Ennekfoka = u minimalpolinomjanak foka.

• Egyszeru algebrai testbovıtesek egzisztencia tetele: ha f ∈ K[x] \ Kirreducibilis fopolinom, akkor letezik olyan K(u)|K egyszeru alge-brai testbovıtes, amelynel u minimalpolinomja eppen f . Megpedig aK(u) := K([x]/(f), ha c ∈ K-ra c-t es c+(f)-et azonosıtjuk (kanonikusbeagyazas) es u = x+ (f).

• Egyszeru algebrai testbovıtesek unicitas tetele (egyszerubb alak): azelobbi K(u)-ra az igaz, hogy K feletti (azaz K-t elemenkent megorzo)izomorfizmus erejeit egyertelmu. (Bizonyıtas vazlata: Legyen ϕ :K[x] → K, f 7→ f(u). Ezen szurjektıv homomorfizmus magja eppen(f), ıgy a homorfia tetel szerint K(u) ∼= K[x]/(f).)

• Egyszeru algebrai testbovıtesek unicitas tetele (az erosebb valtozat):Legyen ϕ : K1 → K2 izomorfizmus. Legyen f2 az irreducibilisf1 ∈ K1[x] fopolinom kepe ϕ mellett. Tegyuk fel, hogy i = 1, 2-re Ki(ui)|Ki, ahol ui minimalpolinomja fi. Ekkor ϕ kiterjeszthetoegy ϕ : K1[u1] → K2[u2] izomorfizmussa. (Bizonyıtas vazlata: ϕaz (f1) foidealt nyilvan az (f2) foidealba viszi es f2 is irreducibilisfopolinom. Ezert K1[x]/(f1) ∼= K2[x]/(f2). Az elobbi pontnal lattuk,hogy K1(u1) ∼= K1[x]/(f1) es K2(u2) ∼= K2[x]/(f2). Az eddigi haromizomorfizmusbol adodik, hogy K1(u1) ∼= K2(u). Az izomorfizmusokkonkret vizsgalata adja, hogy itt ϕ kiterjeszteserol van szo, es u1 7→ u2.)

Definıcio. Legyen f ∈ K[x] \ K (azaz legalabb elsofoku polinom), eslegyen L|K. Ha L[x]-ben f(x) = (x − u1) . . . (x − un) (tehat ui ∈ L) esL = L(u1, . . . , un) (azaz L-et generaljak az f L-beli gyokei es K), akkor aztmondjuk, hogy L az f felbontasi teste K felett.

43

Definıcio. Legyen F ⊆ K[x]\K. Az F polinomhalmaz (K feletti) felbontasitesten egy olyan L|K test(bovıtes)t ertunk, amely felett (azaz L[x]-ben azF minden eleme elsofoku tenyezok szorzatara bomlik, es L-et (mint testet)generaljak az F -beli polinomok L-beli gyokei es K elemei.

Megjegyzes: az utobbi fogalom foleg vegtelen F eseten erdekes, hiszenellenkezo esetben, amikor F veges, akkor az F felbontasi teste ugyanaz, mintaz F -beli veges sok polinom szorzatanak felbontasi teste.

53. Tetel (Felbontasi test letezese). Ha F ⊆ K[x] \ K, akkor F -nekletezik felbontasi teste K felett.

Bizonyıtas. Eloszor csak egyetlen f polinom felbontasi testenek letezesetlatjuk be deg(f) szerinti teljes indukcioval.

Ha deg(f) = 1, akkor L := K nyilvan jo lesz. Ezert tegyuk fel,hogy deg(= f) > 1. Legyen f = f1 · g a K[x]-ben, ahol f1 irreducibilisfopolinom. (Megengedett az is, hogy g konstans legyen.) Az egyszeru alge-brai testbovıtesrol szolo tetel szerint letezik K(u)|K, hogy f1(u) = 0. EkkorK(u)[x]-ben f(x) = (x−u)·g(x) alaku. Az indukcios hipotezis szerint letezikg-nek a K(u) feletti L felbontasi teste. Konnyen ellenorizheto, hogy ezen Legyuttal az f polinom felbontasi teste K felett.

Most az F polinomhalmazzal foglalkozunk. Felteheto, hogy x ∈ F ; el-lenkezo esetben vegyuk hozza. A jolrendezesi tetel szerint (azt F \ {x}-realkalmazva, majd x-et a vegere hozzateve) felteheto, hogy

F = {fβ : β ≤ µ}.

Itt µ rendszam. Legyen Fα = {fβ : β < α}, ahol α ≤ µ. Transzfinitrekurzioval olyan Lα testeket definialunk, α ≤ µ, hogy

Lα felbontasi teste Fα-nak, es β < γ ⇒ Lγ|Lβ. (34)

(Ez az indukcios hipotezis.) Ha α = 0, akkor legyen L0 = K.Ha α = κ + 1 rakovetkezo rendszam, akkor legyen Lα az fκ felbontasi

teste Lκ felett.Ha α limesz rendszam, akkor legyen Lα =

⋃λ<α Lλ.

Mindket esetben egyszeruen lathato, hogy a (34) indukcios hipotezis α-rais oroklodik. (A limesz rendszam eseten ez azon mulik, hogy az indukcioshipotezis miatt az unio iranyıtott unio.)

44

Vegezetul (mivel az fµ = x polinomra nincs szukseg, hiszen annak agyoke, a nulla, mar eleve ott van), (34) eppen a tetel allıtasat adja az α = µesetben. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

54. Tetel (Felbontasi test unicitasa, specialis eset). A Tetel 53-belifelbontasi test K feletti izomorfizmus erejeig egyertelmu.

55. Tetel (Felbontasi test unicitasa, altalanos eset). Legyenϕ : K1 → K2 test-izomorfizmus. Jelolje ϕ az egyertelmuen meghatarozottkiterjeszteset egy K1[x] → K2[x] izomorfizmussa. Legyen F1 ⊆ K1[x]\K1, eslegyen F2 = ϕ(F1) ⊆ K2[x] \K2. Legyen i = 1, 2-re Li az Fi polinomhalmazfelbontasi teste Ki felett. Ekkor ϕ kiterjesztheto egy L1 → L2 izomorfizmussa.

Bizonyıtas. Ahogy a felbontasi testet definialtuk, ugy terjesztjukki ϕ-t lepesrol lepesre. Amikor meg csak egy polinomhalmaz van,akkor minden egyes lepes egy egyszeru algebrai testbovıtes; itt az arravonatkozo unicitastetelt hasznaljuk. Ha mar az egyetlen polinom esetevelvegeztunk, akkor a transzfinit rekurzio szerint terjesztjuk ki az izomorfiz-must: rakovetkezo rendszamnal azt hasznaljuk ki, hogy az egyetlen poli-nom felbontasi teste eseten a tetelt mar belattuk; limesz rendszamnal pediga korabbi lekepezesek uniojat vesszuk — ezt azert tehetjuk, mert ezek alekepezesek mint megfeleltetesek (tehat rendezett parokbol allo halmazok)iranyıtott halmazt alkotnak. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az eloadas csak 60 percig tartott; majd bepotoljuk.

56. Tetel. A felbontasi test algebrai bovıtese a kiindulasi testnek.

Bizonyıtas. Egyetlen polinom eseten a bovıtes azert algebrai, mertvegesfoku. Tobb polinom eseten a konstrukcio miatt transzfinit indukciovalkapjuk: az

”algebraisagot” iranyıtott unio megorzi, egy tovabbi polinomot

tekintve pedig a Tetel 58 (”algebrai · algebrai = algebrai”]) alkalmazhato. ♣

SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

45

10. eloadas

Legyen T egy test. Ekkor a [x] \ T polinomhalmaz (azaz az osszes le-galabb elsofoku polinom halmaza) T feletti felbontasi testes a T test al-gebrai lezartjanak nevezzuk. Az eddigiek szerint ez (T feletti izomorfiatoleltekintve) egyertelmuen meghatarozott. Ha egy T test megegyezik az alge-brai lezartjaval, azaz ha felette barmely legalabb elsofoku polinom linearistenyezokre bomlik, akkor T -t algebrailag zart testnek nevezzuk. Ilyenpeldaul a C. Es ilyen a Q lezartja, amelyet az algebrai szamok testeneknevezunk, es A-val jelolunk. (Ez persze reszteste C-nek.)

57. Tetel. Jelolje T a T test algebrai lezartjat. Ekkor T algebrailag zarttest. Tovabba, ha K algebrailag zart test es K|T , akkor K|T .

Bizonyıtas. Ha f ∈ T [x], akkor f egyutthatoi algebraiak, tehat vegesfokuak T felett. Ezen veges sok egyutthatoval bovıtve T -t egy vegesfoku Mbovıtest kapunk. Ekkor f ∈M [x], es az f polinom M feletti felbontasi teste(jelolje ezt L) az M -nek vegesfoku bovıtese. Mivel a tovabb-bovıteskor afokszamok osszeszorzodnak, [L : T ] is veges, ezert algebrai. Tehat mindeneleme algebrai T folott. Ezert T |L. Mivel f mar L folott linearis tenyezokszorzata, T folott is.

A K-ra vonatkozo allıtas konnyen kovetkezik onnan, hogy T ⊆ K miatta T [x] \ T -beli polinomok K[x]-ben linearis tenyezok szorzatara bomlanak,tehat gyokeik K-ban vannak, es amit generalnak (= T ), az reszteste K-nak.♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

58. Tetel (”algebrai · algebrai = algebrai”). Ha M |L is es L|K is al-

gebrai, akkor M |K is algebrai.

Bizonyıtas. Legyen u ∈ M . Letezik L[x]-beli minimalpolinomja, ame-lynek az egyutthatoi legyenek a1, . . . , an. Ezek (mivel algebraiak) vegesfokuak K folott. Legyen T = K(a1, . . . , an); a fokszamok osszeszorzodasaravonatkozo tetel szerint [T : K] veges. Ezert (szinten a osszeszorzodasaravonatkozo tetel miatt) [T (u) : K] is veges, tehat algebrai, ıgy minden eleme,specialisan az u is, algebrai K folott. Ez minden u ∈ M -re igaz, ezert M |Kalgebrai. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

46

59. Tetel.

• Veges test elemszama prımhatvany.

• Ha q = pk prımhatvany, akkor letezik q-elemu test,

• es az izomorfiatol eltekintve egyertelmu

A tetel ertelmeben egyertelmuen letezo q-elemu testet GF (q) vagy Fq

fogja jelolni.

60. Lemma. Legyen 0 < p egy K test karakterisztikaja. Ekkor a ϕ : K →K, u 7→ up lekepezes injektıv endomorfizmus.

Bizonyıtas. Mivel Ker(ϕ) = {0}, az injektivitas adodik. Nyivan aszorzassal ϕ felcserelheto. Az osszeadassal pedig azert, mert amikor a bi-nomialis tetelt alkalmazzuk, a p− 1 darab

”kozepso” tag eseten a binomialis

egyutthato oszthato p-vel, es ıgy ez a tag eltunik. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az 59. Tetel bizonyıtasa. Legyen F veges test. A prımtesteket marismerjuk (korabbi felev!), ezert (a vegesseg miatt) F prımteste Zp valamelyp prımszamra. Legyen k = [F : Zp], ez veges (mert veges vektorter di-menzioja). Mivel F mint vektorter izomorf a Zk

p vektorterrel, |F | = pk.Tehat prımhatvany.

Legyen q = pk prımhatvany, es legyen f(x) = xq−x. A derivalt vizsgalatamutatja, hogy ennek a polinomnam nincs tobbszoros gyoke (a felbontasitesteben), tehat ha K jeloli ezen polinom felbontasi testet Zp folott, akkorK-nak legalabb q eleme van. K is p-karakterisztikaju, ezert az 60. Lemmabanszereplo ϕ egy injektıv endomorfizmusa. Legyen ψ = ϕk, az is injektıvendomorfizmus. A ψ fixpontjai (mint barmely endomorfizmus fixpontjai)resztestet alkotnak. Viszont ψ fixpontjai pontosan az f gyokei. Tehat fgyokei (szam szerint q darab) resztestet alkot. Ez egy q-elemu test. Tehatletezik q = pk-elemu test.

Legyen T egy tetszoleges q = pk-elemu test. Legyen Zr a prımteste.Mivel (Zr,+) reszcsoportja a (T,+)-nak, a csoportelmeleti Lagrange-tetelszerint r | q, ıgy az r prımszam csakis p lehet. Tehat Zp a prımtest, es p akarakterisztika.

47

A Lagrange-tetel (kovetkezmenye) szerint az T+ = T \ {0} multiplikatıvcsoportban minden elem rendje osztja (q − 1)-et, tehat barmely u ∈ T+-rauq−1 = 1. Innen u ∈ T+-ra uq = u. Ez azonban u = 0-ra is igaz, azaz Tbarmely u eleme gyoke az f(x) = xq − x polinomnak. Azaz T pontosan azf gyokeinek halmaza. Tehat f gyokei a T testet generaljak (hiszen mindentest onmagat generalja). Az eddigiek szerint F nem mas, mint az f(x) ∈Zp[x] polinom felbontasi teste Zp felett. A felbontasi test egyertelmusegerevonatkozo tetelbol kovetkezik T egyertelmusege. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

61. Tetel. Veges test multiplikatıv csoportja ciklikus

Bizonyıtas. Legyen |F | = q, ami prımhatvany. Az F+ = (F+, ·) rendjen := q − 1. Exponense (azaz a legkisebb k kitevo, hogy barmely u elemereuk = 1 nem lehet kisebb n-nel, mert ellenkezo esetben az xk−1 polinomnak atestben tobb gyoke lenne, mint a fokszama. Masreszt un = 1 minden u ∈ F+,a csoportelmeleti Lagrange-tetel (kovetkezmenye) miatt. Tehat az exponensmegegyezik az F+ csoport elemszamaval.

Allıtjuk (es ez eleg is lesz), hogy ha egy veges Abel-csoport exponensemegegyezik a csoport rendjevel (= elemszamaval), akkor ez a csoport ciklikus.Tekintsuk a csoport felbontasat prımhatvanyrendu ciklikus csoportok direktszorzatara. Ha csupa kulonbozo prımhatvanyok lepnek fel, akkor konnyenkapjuk, hogy a csoport ciklikus. (Valoban, ket relatıv prım rendu ciklikusdirekt szorzata is ciklikus, ez pl. a kınai maradektetellel konnyen kijon.)

Ha pedig egy prımhatvany tobbszor is fellep, akkor — az exponensmeghatarozasaban — csak a legnagyobb kitevos peldanya lep fel, a tobbinem, ezert a tobbit elhagyva is ugyazan az exponens, ami legfeljebb ezekdirekt szorzatanak rendje, ami kisebb a csoport rendjenel; ez tehat ellent-mondas. Ezert csak az elobb eset lehetseges; tehat az exponensevel azonosrendu veges Abel-csoport ciklikusak. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az (F ∗q = Fq \ {0}, ·) ciklikus csoport generalo elemeit primitıv ele-

meknek nevezzuk. Ezek minimalpolinomjait pedig primitıv polinomok-nak

62. Korollarium. Ha p prımszam es k ∈ N, akkor letezik k-adfoku primitıvpolinom Zp[x]-ben.

48

Bizonyıtas. Valoban, legyen q = pk. Az Fq | Zp egyszeru algebraitestbovıtes, hiszen elegendo Zp-hez az (F+

q , ·) egyik u primitıv elemet ad-jungalni. Marmost u minimalpolinomjanak (∈ Zp) foka eppen a testbovıtesfoka, ami k, es ez a minimalpolinom definıcio szerint primitıv. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

63. Korollarium.

• Veges test a prımtestenek egyszeru algebrai bovıtese.

• A pk-elemu test gyakorlati megkonstrualasa: mint Zp[x]/(f), ahol f ∈Zp[x] egy k-adfoku primitıv polinom.

Bizonyıtas. Az elobbi bizonyıtasban lattuk, hogy veges test aprımtestenek egyszeru algebrai bovıtese. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

11. eloadas

(Amit itt nem reszletezek, az megtalalhato a [CzG:B-f] Czedli: Boole-fuggvenyek konyvben. Termeszetesen aki volt eloadason, annak nincsszuksege [CzG:B-f]-re.)

64. Tetel. Legyen 0 6= β ∈ Fq = GF (q), amelynek a multiplikatıv rendrem. Legyen u, d ∈ N ugy, hogy d − 1 < m. Legyen g(x) = (x − βu+1)(x −βu+2) . . . (x − βu+d−1) ∈ Fq[x], es legyen h(x) ∈ Fq[x] egy olyan nemnullatobbszorose g-nek, amelynek foka kisebb, mint m. Ekkor h-ban legalabb ddarab egyutthato kulonbozik nullatol.

Megjegyzes: Ekvivalens modon a tetel ugy is fogalmazhato (g | h helyett),hogy a βu+1, . . . , βu+d−1 mind gyoke h-nak.

Bizonyıtas. Indirekt; legyen h ellenpelda. Ekkor vannak olyan i1 <· · · < id−1 < m kitevok es (a1, . . . , ad−1) 6= 0 egyutthatovektor, hogyh(x) = a1x

i1 + · · · + ad−1xid−1 alaku. Ezert j = 1, . . . , d − 1-re a1(β

u+j)i1 +· · · + ad−1(β

u+j)id−1 = 0. Ezert a

(βi1)u+jx1 + · · · + (βid−1)u+jxd−1 = 0 (j = 1, . . . , d− 1)

49

homogen linearis egyenletrendszernek van nemtrivialis megoldasa, jelesul az(a1, . . . , ad−1) vektor. Ezert az egyenletrendszer determinansa 0. A deter-minanst felırva es minden oszlopabol az oszlop elso tagjat kiemelve, majda Vandermonde-determinansra vonatkozo kepletet felırva kapjuk, hogy ez adeterminans

βu(i1+···id−1) ·∏

1≤ξ<η≤d−1

(βiξ − βiη).

Marmost ez 0, de β 6= 0, ezert valamely ξ es η eseten βiξ = βiη. Ez azonbanellentmond annak, hogy iξ < iη < m es m a β multiplikatıv rendje. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Kodolaselmeleti alapfogalmak ([CzG:B-f]): minimalis tavolsag, hibajelzoes hibajavıto ero. (Konkret allıtas nem volt, csak ismertetes egy peldan.) Aza jo, ha a minimalis tavolsag nagy.

Jelolje Fq[x]deg<k a k-nal kisebbfoku polinomok halmazat Fq folott, a

zeruspolinomot is beleertve. A fenti tetel jeloleseivel

E : Fq[x]deg<m−d+1 → Fq[x]

deg<m, f 7→ f · g (35)

lekepezest Reed–Solomon-kodolasnak nevezzuk.

65. Tetel. Az (35)-beli Reed–Solomon-kodolas eseten a kodszavak kozottiminimalis tavolsag d.

Bizonyıtas. Azonnal kovetkezik a Tetel 64-bol. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az alkalmazasokban rendszerint q = 2k alaku, ekkor a polinom mindenegyutthatoja k darab bittel abrazolhato. Kulonosen alkalmas a csomos hibakjavıtasara (amikor is szomszedos bitek hibasak).

Az erdeklodok pl. [KE:B-a] Kiss Emil: Bevezetes az algebraba c.konyvben olvashatnak tobbet a temarol. Itt emlıtjuk, hogy a CD-k kodolasaketto Reed–Solomon-kodot is hasznal, es atfuzest is (sorfolytonosan feltoltottmatrixot oszlopfolytonosan olvassuk ki); CD eseten a hibak tipikusancsomosak (karcolas!); jo a csomoos hibakat

”szetoszlatni”, nem eleg a hi-

bajelzes, javıtani kell; jobb minosegu lejatszo tobb hibat is ki tud javıtani.A Reed–Solomonnal osszehasonlıtva az alabbi, Bose, Chaudhury es Hoc-

quenghem kezdobetuirol elnevezett kodolas egyreszt konnyebb (az algoritmusprogramozasahoz nem kell tudni a GF (pk) fogalmat), masreszt nehezebb (ag polinomot kulon ki kell szamolni).

50

Legyen 1 < d < 2r, es legyen β egy primitıv elem GF (2r)-ben. (Rend-szerint ezt a testet egy r-edfkoku f ∈ Z2[x] primitıv polinom segıtsegevelZ2[x]/(f) alakban allıtjuk elo, es ekkor β = α = x+(f) a szokasos valasztas.)A βi elem minimalpolinomja legyen gi ∈ Z/2[x]. Legyen g a {g1, . . . , gd−1}polinomhalmaz legkisebb kozos tobbszorose, es jelolje g∗ a g fokat. Legyenm = 2r − 1 es n = m− g∗, es azt is feltesszuk, hogy 0 < n. Ekkor a

E : Z2[x]deg<n → Z2[x]

deg<m, h 7→ h · g (36)

lekepezest BCH-kodolasnak nevezzuk. (Pontosabban: a d minimalis ter-vezett BCH-kodolasnak nevezzuk, jollehet egyeb parameterektol is fugg.)

66. Tetel. A fenti BCH-kodolas minimalis tavolsaga legalabb d.

Bizonyıtas. Azonnal adodik a Tetel 64-bol. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

67. Lemma. Ha d paratlan, akkor a BCH-kodolasban fellepo g foka legfel-jebb r(d− 1)/2.

Bizonyıtas. Z2(βi) egy kozbulso test Z2 es GF (2r) kozott. Ezert a

fokszamtetelbol adodik, hogy deg(gi) = βi minimalpolinomjanak foka =[Z2(β

i) : Z2] < [GF (2r) : Z2] = r.A GF (2r) → GF (2r), u 7→ u2 automorfizmust hasznalva kapjuk, hogy

gi(β2i) = gi((β

i)2) = (gi(βi)2 = 02 = 0. Ezert — a g2i minimalpolinom

tulajdonsaga szerint —- g2i | gi.Az lk.k.t. kepzesbol ily modon a gi polinomok fele kihagyhato; marad (d−

1)/2. Mivel mindegyik legfeljebb r-edfoku, es a szorzatuk is egy tobbszoros,az allıtas adodik. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Javasolt feladat. [CzG:B-f]-beli (3.2): egy konkret BCH-kodolas megter-vezese.

Nyilvanos kulcsu titkosıras??? Diffie es Hellman (1975) !! Igen, vanilyen, az elsot Rivest, Shamir es Adleman alkotta (1978-ra mar meg is jelent),ez az RSA.

Legyen A egy felhasznalo (a sok kozul). Valasszon maganak ket nagyprımszamot: p 6= q, mondjuk 10100 < p, q, azaz szazegynehany jegyuek.

51

Legyen n = pq. Valasszon A maganak e es d termeszetes szamokat (kesobbineven: kitevoket), kb. legalabb 50 jegyueket, ugy, hogy (p−1)(q−1) | ed−1teljesuljon. Legyen n es e nyilvanos. A tobbi parametert csak A ismeri. Alehetseges uzenetek halmaza: Zn. Ha x ∈ Zn, akkor legyen E(x) = xe ∈ Zn

(kodolas). Ha y ∈ Zn, akkor legyen D(y) = yd ∈ Zn (dekodolas). Havalaki A-nak uzen, akkor x helyett E(x)-et kell elkuldenie. Ez az un. RSAkodolas. (Megjegyzes: ilyen az e-mail kapcsan jol ismert ssh protokoll! AzRSA

”draga”, azaz idoigenyes, ezert tobbnyire csak hagyomanyos titkosırasok

kulcsait kuldik ily modon.)

68. Tetel. Az RSA mukodik, azaz (helyesebben: sot) E-nek tenyleg a Dlekepezes az inverze.

Bizonyıtas. Legyen x ∈ Zn. Ahhoz, hogy D(E(x)) = x legyen, eleg aztkell belatni, hogy barmely y ∈ Z-re yed ≡ y modulo n, azaz modulo p ises modulo q is. Eleg p-vel foglalkozni. Ha p | y, akkor evidens. Ellenkezoesetben, a kis Fermat-tetelt hasznalva,

yef = y · yef−1 = y · y(p−1)(q−1)t = y · (yp−1)(q−1)t ≡ y · 1(q−1)t = y mod(p),

valoban. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Rengeteg kerdes merul fel (es csak reszben tudunk teljes valaszt adni).

Ad 1. El lehet-e vegezni realis idoben a szamolasokat? Igen, erre valo agyors hatvanyozas. Tegyuk fel peldaul, hogy y45 ertekere van szuksegunk;hany szorzas kell? Mindig az elozo ertek negyzetreemelesevel szamıtsuk kiaz y, y2, y4, y8, y16 es y32 ertekeket (ot szorzas). Ezek kozul bizonyosakat(megpedig pontosan azokat, amelyeknek megfelelo helyierteken a 45 binarisszamjegye 1-es) kell osszeszorozni, ez most 3 tovabbi szorzas. Tehat osszesennyolc (es nem 44) szorzas elegendo! Hasonloan lathato altalaban is, hogy hak a kitevo, akkor legfeljebb 2 · [log2 k] szorzas elegendo. Es termeszetesenZn-ben (nem pedig Z-ben) szamolunk, tehat a kezelendo szamjegyek szamanem novekszik.

Ha a kitevo 1050, akkor 2 · [log2 1050] = 2 · [50 log2 10] = 332 szorzaselegendo.

Ad 2. Van-e eleg sok ilyen nagysagrendu prım? (Ha mindenki csak nehanyprımen osztozna, oda lenne a titkossag.)

52

Igen, pl. a 100-jegyu prımek szama a nagy prımszamtetellel becsulheto.Az adodik, hogy az ilyen nagysagrendu paratlan szamoknak kb. az 1/115-resze prım; van tehat boven.

Ad 3. Honnan tudjuk egy ekkora szamrol, hogy prım-e? (Nem lehetaz osszes nala kisebb szammal, vagy legalabbis a negyzetgyokevel kisebbszamokkal megprobalni elosztani; erre a Naprendszer elettartama sem lenneelegendo ido.)

P. Fermat azt allıtotta, hogy a 22n+1 szamok mind prımek. (Ezek az un.

Fermat-prımek.) Ez n = 0, 1, 2, 3, 4-re igaz is. Tobb mint 100 evig senkisem tudta ezt ellenorizni n = 5 eseten.

L. Euler viszont ıgy ervelt es szamolt: ha a p = 232 + 1 prım, akkor

3p−1 ≡ 1 mod(p). (37)

Erdekes, hogy o es nem Fermat volt az, aki ismerte a kis Fermat-tetelt.Ez viszont konnyen eldontheto (mindossze 32 negyzetreemeles kell Zp-ben).Euler utanaszamolt, es kijott, hogy (37) nem igaz. Kiderult, hogy p nemprım anelkul, hogy tenyezokre sikerult volna bontani!

A fenti gondolatmenetet fejleszti tovabb a Miller–Rabin-teszt Legyenp egy nagy paratlan szam (a prımjelolt); azt kell eldonteni, hogy vajon prım-e. Ekkor p − 1 = 2r · k alaku, ahol k paratlan. Legyen 1 < b < p tetszolegesegesz szam. Akkor mondjuk, hogy b atmegy a teszten, ha Zp-ben a

bk, b2k, , · · · , b2rk = bp−1 (38)

sorozat utolso tagja 1, mindegyik i > 1-re igaz, hogy ha a sorozat i-edik tagja1, akkor az (i− 1)-edik tag vagy 1 vagy −1.

Az alabbi tetelnek csak a trivialis felet igazoljuk.

69. Tetel. Ha a fenti p prım, akkor a tekintett b-k mindegyike atmegy ateszten. Ha a fenti p nem prım, akkor a tekintett b-knek legfeljebb az egyne-gyede megy at a teszten.

Bizonyıtas. (Csak a konnyu irany) A kis Fermat-tetel szerint a sorozatutolso tagja 1. Mivel a Zp testben a sorozat minden tagja negyzetgyoke azutana kovetkezonek, es az x2 − 1 masodfoku polinomnak ebben a testbencsak ket gyoke van, az 1 es a −1, ezert a sorozatban 1 elott csak 1 vagy −1lehet. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

53

Ad 4. Hogyan nyerjuk az e es d kitevoket? Az e-t mi valasztjuk meg(mondjuk az 50-jegyu szamok kozul). Ezt kovetoen a (p − 1)(q − 1)x =ey−1 diofantoszi egyenletet megoldjuk. Ha a maradekos osztasnal a lekgisebbabszolut erteku (de esetleg negatıv) maradekot vesszuk, akkor a diofantosziegyenletet megoldo euklideszi algoritmus kb. 2 log2((p − 1)(q − 1)) lepesbenlefut, tehat ez kivitelezheto. Ha megvan az altalanos megoldas, akkor csakki kell valasztani egy kb. 50-jegyu y-t; az jo lesz d-nek.

Ad 5. Nincs bizonyıtva (de ugy hisszuk), hogy az RSA feltorese ekvivalensaz n faktorizaciojaval. Van viszont az RSA-nak olyan valtozata (Williams),amelynel meg lehet mutatni, hogy a feltores az n faktorizaciojahoz vezet. (Atovabbi reszletekrol, pl. hogy mit jelent a feltores — az ellenseg valasztja-ea feltorendo uzenet nyılt forrasat es hanyszor teheti ezt meg, stb., nem esettszo.)

Ad 6. Az RSA alkalmas a megbızhato alaırasra is. Tegyuk fel, hogy Aakarja az x uzenetet B-nek eljuttatni, de az is cel, hogy B biztos lehessenabban, hogy az uzenet A-tol erkezett! Toldja meg A az x-et azzal, hogy

”Felado=A, 2008.december 10. 18:02. Cımzett=B”. Legyen y a megtoldott

uzenet. (Ez tehat x mellett az A nevet es a pontos idot is tartalmazza.) Eztkovetoen a kovetkezo nyılt postai levelezolapot kuldheti el B-nek:

Felado: A, cımzett: B . Uzenet: EB(DA(y))

(Termeszetesen a kepeslapon a EB(DA(y)) tenyleges erteke szerepel.) Ezt Bmeg tudja fejteni, hiszen ismeri az EB inverzet (csakis o ismeri) es ismeri aDA

inverzet is (hiszen az EA, ami nyilvanos.) Mas nem tudja megfejteni (hiszenDB = E−1

B -et senki mas nem ismeri). Az A-t leszamıtva senki mas nemtudja a fenti kepeslapot elkeszıteni! Ugyanis senki mas nem tudja DA(y)-t elkeszıteni! Ha pedig DA(y) helyett valami z-t probal valasztani, akkorevmilliardok alatt sem talal olyan z, amelyre az EA(z) (tul azon, hogy nemertelmetlen kriksz-kraksz) szoveg tartalmazza A nevet. Az egyetlen lehetosega C ellenseg szamara az, hogy valtozatlan formaban kuldi el EB(DA(y))-t valakinek. De csak B tudja megfejteni, es o is csak akkor, hogy tudja,hogy ki az A (hiszen kell neki EA). A C ellenseg tehat semmit sem tudmeghamisıtani, csak duplumokat tud kuldeni.

Adott esetben a duplum is okozhatna komoly kart (pl. ha B aszamlavezeto bankunk, es az uzenet tartalma az, hogy

”Kerem, utaljon at

egymillio forintot C-nek”); a duplikalas ellen nincs vedelem, de mivel azuzenet a pontos idot is tartalmazza, az mar a cımzett (esetunkben a bank)

54

feladata, hogy ennek alapjan kiszurje a duplumokat.

Az RSA-val kapcsolatban szamos tovabbi kerdes var meg tisztazasra.

12. eloadas

Szamossagi megfontolasbol jol tudjuk, hogy vannak transzcendens szamok —de ily modon egyetlen konkret peldat sem lehet felmutatni. Ugyanakkor van-nak ismert konkret transzcencden szamok is: π (Lindemann, 1882), e (Her-mite). Vegtelen sok konkret transzcendens szamot ad a Gelfond–Schneider-tetel, amely szerint ha α, β algebrai szamok, α /∈ {0, 1} es β irracionalis,

akkor αβ transzcendens. Ilyen pl. a 2√

2. Ismert tovabba, hogy ha n ∈ Nnem 10-hatvany, akkor lgn transzcendens, tovabban n ∈ N eseten sinn istranszcendens. Mindezek azonban meglehetosen nehezen igazolhato tetelek.Az alabbiakban egy konkret szamrol fogjuk megmutatni, hogy transzcendens.Ez azon mulik, hogy az algebrai szamok rosszul approximalhatok racionalisszamokkal. Pontosabban, ervenyes az alabbi tetel. (Egy algebrai szam fokana minimalpolinomjanak fokszamat ertjuk.)

70. Tetel. Ha 2 ≤ n ∈ N es α egy n-edfoku algebrai szam, akkor letezikolyan c = c(α) pozitıv valos konstans, hogy barmely r/s racionalis szamra(ahol r ∈ Z es s ∈ N) ∣∣∣α− r

s

∣∣∣ > c

sn . (39)

Bizonyıtas. Indirekt. Ekkor barmely c = 1/k-ra letezik olyan rk/sk,amelyre (39) nem teljesul, azaz

∣∣∣∣α − rk

sk

∣∣∣∣ ≤1

ksnk

. (40)

Mivel (40) jobb oldala → 0, ha k → ∞, ezert az rk/sk sorozat α-hoz tart.Legyen f(x) = (x−α)(x−α2) . . . (x−αn) ∈ Q[x] az α minimalpolinomja.

(Bar nem fogjuk hasznalni, megemlıtjuk, hogy f irreducibilis, ezert a gyokeikulonbozok.) Ebbe a minimalpolinomba a kozelıto torteket behelyettesıtve,majd (40)-et kihasznalva kapjuk, hogy

|snk · f(rk/sk)| = sn

k · |(rk/sk − α)| · |(rk/sk − α2) . . . (rk/sk − αn)|≤ sn

k · k−1 · s−nk · |(rk/sk − α2) . . . (rk/sk − αn)|.

55

Mivel f -nek (legalabb masodfoku irreducibilis!) nincs racionalis gyoke, abaloldal nem 0. Emellett egesz szam, ezert a baloldal legalabb 1. Mivelrk/sk → α, a jobboldalon az (n-1)-tenyezos szorzat egy konstanshoz tart, sk

kiesik, ıgy (az 1/k miatt) a jobboldal 0-hoz tart, ha k → ∞. Ez ellentmondas.♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az alabbi tetel Liouville-tol szarmazik.

71. Tetel. Az

α =∞∑

k=1

1

10k!(41)

szam transzcendens.

Bizonyıtas. Nyilvan nem racionalis, hiszen α = 0, 110001000 . . . nemszakaszos tizedestort. Indirekt tegyuk fel, hogy n-edfoku algebrai, ahol n ≥ 2.A (41) sor elso k tagjanak osszeget jelolje rk/sk; itt sk = 10k! es rk ≡ 1 (mod10). Legyen c az elozo tetelbeli. Ekkor |α − rk/sk| a (41) sor maradek(vegtelen sok) tagjanak osszege, amely becsulheto oly modon, hogy i ≥ (m+1)!-ra az osszes 10−i tagot hozzavesszuk, azaz felulrol becsulheto 10−(m+1)! ·1, 1111 . . . = (10/9) · 10−(m+1)! = (10/9) · s−(m+1)

m -nel. Marmost az elozo tetelszerint ıgy

c

snm

< |α− rm

sm

| ≤ 10

9· 1

sm+1m

,

ami eleg nagy m-re ellentmondast ad. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Egy algebrai szamot algebrai egesznek nevezunk, ha Q felettiminimalpolinomja (ami definıcio szerint fopolinom, azaz a foegyuuthatoja1) egesz egyutthatos polinom.

72. Allıtas. Egy algebrai szam akkor es csak akkor algebrai egesz, ha gyokeegy egeszegyutthatos fopolinomnak

Bizonyıtas. Az egyik irany evidens. A masik irany konnyen kijon a Gauss-lemma kornyeken tanultakbol. Legyen α gyoke f ∈ Z[x]-nek es legyen.g a Q feletti minimalpolinom. Ekkor g(x) = r · h(x), ahol h primitıvpolinom, r racionalis szam. Mivel fopolinom, f is primitıv. Mivel g | f(a Q folott), alkalmas q · s(x) polinomra (ahol q racionalis es s primitıv

56

polinom) f(x) = rg(x)qs(x). Mivel primitıv polinomok szorzata primitıv,g(x)s(x) primitıv. De ekkor ez a vele asszocialt f -tol csak elojelben terhet el,azaz rq = ±1. Ezert (mivel a foegyutthatok szorzodnak), g foegyutthatoja(elojeltol eltekintve) 1. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

73. Tetel.

• Az algebrai egeszek gyurut alkotnak, amelyenek reszgyuruje az egeszszamok gyuruje

• Algebrai egesz n-edik gyoke is algebrai egesz (n ∈ N).

• Ha egy fopolinom egyutthatoi algebrai egeszek, akkor ezen polinomgyokei is algebrai egesz.

Bizonyıtas. Jelolje (ideiglenesen) R az algebrai egeszek halmazat.Mivel Z ⊆ R, ezert eleg belatni, hogy barmely ∗ ∈ {+, ∗} eseten Rzart a ∗ muveletre. Legyen α, β ∈ R, az f(x), illetve g(x) ∈ Z[x]minimalpolinomokkal, amelyek fopolinomok. Ezen polinomok irreducibilisek,tehat nincs tobbszoros gyokuk; legyenek ezek a gyokok α1 = α, α2,. . . , αn,illetve β1 = β, β2,. . . , βm. Marmost legyen

h(x) =∏

(i,j)

(x− (αi ∗ βj)

),

ahol (i, j) befutja a {1, . . . , n} × {1, . . . ,m} elemeit. Az vilagos, hogy h(x)olyan fopolinom, amelynek α ∗β = α1 ∗ β1 gyoke. Ezert csak azt kell iga-zolni, hogy egesz egyutthatos. Legyen ~y = (y1, . . . , yn), ~z = (z1, . . . , zm), estekintsuk a

h = h(x; ~y;~z) =∏

(i,j)

(x− (yi ∗ zj)

)

polinomot. Ez Z[x; ~y;~z]-beli (hiszen olyan tenyezok szorzata), es (kulon-kulon) szimmetrikus az x, ~y es ~z hatarozatlanrendszerekre. A tobbhatarozatlanrendszerre szimmetrikus polinomok alaptetele szerint van olyanh ∈ Z[x; ~y;~z] polinom, hogy

h(x; ~y;~z) = h(x, σ1(~y), . . . , σn(~y), τ1(~z), . . . , τm(~z)

), (42)

57

ahol σi, illetve τj az n-, illetve m-hatarozatlanu elemi szimmetrikus poli-nomokat jelolik.

Marmost h(x) ugy keletkezik a h polinombol, hogy az ~y, illetve ~z

helyere ~α-t, illetve ~β-t helyettesıtjuk. De ezt a helyettesıtest (42) szerint

elvegezhetjuk h-ban is. Ekkor — a Viete-kepletek miatt — σi(~α) es τj(~β)egesz szam, h egesz egyutthatos, ezert a mondott helyettesıtes utan valobanegesz egyutthatos polinomot kapunk. Ez igazolja a tetel elso reszet.

Bar a masodik resz a harmadikbol is adodna, kulon is igazoljuk (hiszenoly egyszeru): ha α gyoke az egesz egyutthatos f(x) fopolinomnak, akkorn√α gyoke az f(xn) egeszegyutthatos fopolinomnak.

A harmadik resz igazolasahoz tegyuk fel, hogy α gyoke az egeszegyutthatos

xn + βxn−1 + γxn−2 + · · · + ω

fopolinomnak, ahol β, γ, . . . , ω algebrai egesz. Legyenek β1, β2 . . . a βminimalpolinomjanak gyokei, γ1, γ2 . . . a γ minimalpolinomjanak gyokei, . . . ,ω1, ω2 . . . az ω minimalpolinomjanak gyokei. Ekkor α nyilvan gyoke a

h(x) =∏

(i,j,...,`)

xn + βixn−1 + γjx

n−2 + · · · + ω`

polinomnak. Ez a polinom pontosan ugyanazon megfontolas szerint egeszegyutthatos, mint a bizonyıtas elso reszeben szinten h-val jelolt polinom;az egyetlen kulonbseg az, hogy itt meg tobb hatarozatlanrendszerre kell aszimmetrikus polinomok alaptetelet alkalmaznunk. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az a+ bi+ cj+ dk alaku kifejezeseket, ahol a, b, c, d ∈ R es i, j, k a (nyol-celemu) kvaterniocsoport elemei, kvaternioknak nevezzuk. Ez a

”kanonikus

alak” egyertelmu; pontosabban szolva, definıcio szerint a + bi + cj + dk =a′ + b′i + c′j + d′k akkor es csak akkor, ha (a, b, c, d) = (a′, b′, c′, d′).A kvaterniocsoportbeli 1 es −1 egyuttal R elemeinek tekintendo, es (akvaterniocsoport szerinti) −i nem mas, mint (−1)i, az i ellentetje. Akvaterniok a termeszetesen definialt muveletekkel egy ferdetestet alkotnak.Azaz az osszeadast mint vektorok osszeadasat definialjuk, a szorzast pedigugy, hogy ij = k, ji = −k, jk = i, kj = −i, ki = j, ik = −j, es alkalmazzuka disztributivitast. Ennek a strukturanak a neve: kvaternio ferdetest; jele:K.

58

A z = a + bi + cj + dk kvaternio konjugaltjan a z = a − bi − cj − dkkvaterniot ertjuk. Szamolas mutatja, hogy a konjugalas egy antiautormor-fizmusa K-nak (azza, az osszeadasra nezve automorfizmus, es ervenyes azu = u · z azonossag.

Legyen N(z) := z · z = a2 + b2 + c2 + d2a z kvaternio normaja. Ekkor

N(zu) = zu zu = zu · u z = z N(u)z

= z zN(u) = N(z)N(u);

itt a sortoresnel azt hasznaltuk ki, hogy N(u) — valos szam leven — bennevan K centrumaban. Tehat a norma multiplikatıv, es innen az iskovetkezik, hogy a

z :=√N(z) =

√a2 + b2 + c2 + d2

abszolut ertek is multiplikatıv.

13. eloadas

A tisztan kepzetes kvaterniok, azaz az ai + bj + ck (ahol a, b, c ∈ R) fel-hasznalhatok a terbeli vektorok leırasara. Ez esetben a vektorok skalaris,illetve vektorialis szorzata ıgy fejezheto ki a K-beli muveletekkel:

〈u, v〉 =uv + vu

2=uv + vu

2

u× v =uv − v · u

2

Bizonyıtas nelkul emlıtjuk az alabb tetelt.

74. Tetel. Ha A egy vegesdimenzios, zerusosztomentes algebra R folott,akkor (R feletti izomorfia erejeig) A az R, C, K algebrak egyike.

Hamarosan szuksegunk lesz az alabbi azonossagra; a ketfele megfogal-mazas ugyanazt jelenti, es az elsot mar jol ismerjuk. A masodik az un.Lagrange-fele azonossag.

75. Tetel.

• N(u) ·N(v) = N(v · u);

59

• Tetszoleges valos szamokra

(a21 + a2

2 + a23 + a2

4)(b21 + b22 + b23 + b24) =

(a1b1 + a2b2 + a3b3 + a4b4)2

+(a1b2 − a2b1 + a3b4 − a4b3)2

+(a1b3 − a3b1 − a2b4 + a4b2)

+(a1b4 − a4b1 + a2b3 − a3b2).

Elokeszuletkent a negy negyzetszam tetelhez:

76. Tetel. Ha p paratlan prım, akkor az x2+y2+1 ≡ 0 (mod p) kongruenciamegoldhato.

Bizonyıtas. Mivel a modulo p redukalt maradekosztalyoknak pontosan afele negyzetes maradek, ezert {x2 : x ∈ Zp} elemszama 1 + (p − 1)/2 = (p +1)/2. (Az

”1” a 0-bol jon, amelyik nem redukalt maradekosztaly.) Hasonloan

kapjuk, hogy |{−y2 − 1 : x ∈ Zp}| = (p + 1)/2. Mivel eme ket halmazegyuttes elemszama nagyobb, mint |Zp| = p, nem lehetnek diszjunktak. Vantehat kozos elemuk, amelyik a vizsgalt kongruencia megoldasat adja. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

77. Tetel (Negy-negyzetszam tetel). Barmely termeszetes szam eloallnegy egesz szam negyzetenek osszegekent.

Bizonyıtas. 1 = 12 + 02 + 02 + 02, 2 = 12 + 12 + 02 + 02. A Lagrange-feleazonossag szerint eleg tehat a paratlan prımszamokat eloallıtani. Legyen pparatlan prımszam, es legyenmp a legkisebb olyan pozitıv tobbszorose p-nek,amelyik negy negyzetszam osszege:

mp = a21 + a2

2 + a23 + a2

4. (43)

A 4p · p = p2 + p2 + p2 + p2 mutatja, hogy van ilyen tobbszoros. Ha x, yolyan megoldasa a 76.tetelbeli kongruencianak, hogy |x|, |y| < p/2, akkorv := x2+y2+12+02 oszthato p-vel, de v ≤ ((p− 1)/2)2+((p − 1)/2)2+1 < p2.

Ezertm < p . (44)

Indirekt tegyuk fel, hogy m > 1. Azt is feltehetjuk, hogy (43) jobboldalan a paros tagok (ha vannak) megelozik a paratlanokat (ha vannak).

60

Ha m paros, akkor (43)-et kettovel atosztva

m

2· p =

(a1 + a2

2

)2

+

(a1 − a2

2

)2

+

(a3 + a4

2

)2

+

(a3 − a4

2

)2

;

itt a jobboldalon levo tortek egesz szamok, es ez ellentmond m mini-malitasanak. Tehat m paratlan szam.

Legyen bi a legkisebb abszolut erteku szam, amelyikre bi ≡ ai (mod m).Ekkor |bi| < m/2, es (43) szerint

0 ≡ b21 + b22 + b23 + b24 (mod m).

Ezert alkalmas m1 ∈ N0-ra

m1m = b21 + b22 + b23 + b24. (45)

Mivel |bi| < m/2, nyilvan m1 < m. Ha m1 = 0, akkor (45)-bol b1 = · · · = b4,ıgy ai ≡ bi = 0 (mod m) mutatja, o hogy (43) jobb oldala oszthato m2-tel;ez viszont az (44)-nek ellentmondo p | m-hez vezet. Tehat m1 > 0.

Marmost a (43) es a (45) egyenlosegeket osszeszorozva, es a jobboldalraa Lagrange-fele azonossagot alkalmazva kapjuk, hogy

m1m2p = c21 + c22 + c23 + c24, (46)

ahol a ci-ket a 75.Tetelben definialtuk. Ebbol a definıciobol es ai ≡ bi (modm)-bol vilagos, hogy m | ci, azaz m2 | c2i . Igy a (46) egyenloseget m2-telatosztva kapjuk, hogy m1p is negy negyzetszam osszege. Ez ellentmond mminimalitasanak. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Waring-fele problemakor Korabbi felevben tanultuk, hogy egy pozitıvegesz szam pontosan akkor all elo ketto negyzetszam osszegekent, haprımtenyezos felbontasaban nem szerepel 4k − 1 alaku prım (Ketto-negyzetszam tetel).

A Harom-negyzetszam tetel szerint n ∈ N pontosan akkor nem all eloharom negyzetszam osszegekent, ha 4k(8m+ 7) alaku.

A Negy-negyzetszam tetelt az iment igazoltuk.Waring 1770-ben az allıtotta, hogy barmely termeszetes szam eloall negy

negyzetszam osszegekent, kilenc nemnegatıv kobszam osszegekent, 19 ne-gyedik hatvany osszegekent, es ıgy tovabb. Bizonyıtast nem adott.

61

Eloszor Hilbert (1903) bizonyıtotta, hogy barmely k ≥ 2 eseten van olyanm, hogy minden termeszetes szam eloallm darab nemnegatıv k-adik hatvanyosszegekent; jelolje g(k) a legkisebb ilyen m-et. Jelolje tovabba G(k) alegkisebb olyan n-et, hogy veges sok kiveteltol eltekintve minden termeszetesszam eloall n darab nemnegatıv k-adik hatvany osszegekent. Tudjuk, hogy

k 2 3 4 5 6 7 8g(k) 4 9 19 37 73 143 279G(k) 4 [4, 7] 16 [6, 18] [9, 28] [8, 45] [32, 57]

(47)

(Erdekes, hogy Waring altal kimondott g(4) = 19 egyenloseget csak 1986-bansikerult bebizonyıtani.)

Exponencialis also becslet konnyen adhatunk g(k)-ra. Ha n jeloli a leg-nagyobb t ·2k− alaku szamot, amelyik < 3k, akkor ezen n eloallıtasahoz csaka 0k, 1k es a 2k hasznalhato, es konnyen adodik, hogy legalabb t+2k−1 ≥ 2k-tagu osszegre van szukseg. Tehat g(k) ≥ 2k. A t erteket pontosabbankiszamolva,

g(k) ≥ 2k⌊(3/2)k

⌋− 2.

Vegezetul megemlıtjuk azt a mely tetelt, hogy barmely pozitıv ε-hoz vanolyan k0 = k0(ε), hogy minden k > k0 eseten G(k) < (1 + ε)k log k.

Automatak es formalis nyelvek

Legyen Σ egy abace, azaz egy veges nemures halmaz. Elemeit betukneknevezzuk, a betukbol kepezett veges sorozatokat pedig szavaknak. Az uresszot jelolje λ, a szavak halmazat Σ∗, a nemures szavak halmazat pedigΣ+ = Σ∗ \ {λ}. A betuk maguk is szavak. Az egymas melle ırast (masszoval: konkatenaciot) ketvaltozos muveletnek tekintve Σ∗ monoid, Σ+

pedig felcsoport; megpedig a Σ altal generalt szabad monoid, illetve szabadfelcsoport.

A Σ∗ reszhalmazait (Σ∗ feletti) nyelveknek nevezzuk. Kontinuum sokilyen nyelv van, minket azonban csak a veges eszkozokkel leırhatok erdekelnek(azokbol csak megszamlalhatoan vegtelen van). Egy ilyen lehetseges vegeseszkoz az alabbi.

Generatıv nyelvtannak (mas szoval, generatıv grammatikanak)nevezunk egy

G = (N,Σ, S, P ) (48)

rendezett negyest, ahol

62

• N egy nemures veges halmaz, az ugynevezett nemterminalisok hal-maza.

• Σ egy nemures veges halmaz, a terminalisok (pontosabban: ateminalis betuk) halmaza.

• S ∈ N egy kituntett nemterminalis, a startszimbolum.

• P az ugynevzett atırasi szabalyok, mas szoval produkciosszabalyok veges halmaza. Minden egyes produkcios szabaly

u→ v alaku, ahol u, v ∈ (N ∪ Σ)∗, u /∈ Σ∗. (49)

Az csupan technikai reszlet, hogy (u, v) helyett azt ırjuk, hogy u→ v; ezertP nem mas, mint egy veges reszhalmaza (N ∪ Σ)∗ \ Σ∗) × (N ∪ Σ)∗-nak.

Generatıv nyelvtanok kitunoen alkalmazhatok programozasi nyelvek sz-intaktikajanak megadasara. Az alabbi peldaban a Borland’s Turbo Pascalprogramozasi nyelvet vesszuk alapul (de a tobbi nyelv is hasonlo); terjedelmiokokbol a nyelvtannak csak egy toredeket adjuk meg. Az 〈ilyen-szoveg〉egyetlen terminalis betut, tehat Σ egyetlen elemet fogja jelolni, a 〈olyan-szoveg〉 pedig egy nemterminalist, azaz N egy elemet jeloli majd.

63

Pelda.

• N = {〈program〉, 〈utasıtaslista〉, 〈utasıtas〉, 〈if-utasıtas〉, 〈for-utasıtas〉, 〈feltetel〉, . . .}

• Σ = {〈begin〉, 〈end〉, 〈if〉, 〈then〉, 〈else〉, 〈for〉, 〈;〉, 〈.〉, 〈=〉, . . .}.• S = 〈program〉 (a startszimbolum).

•

P = {〈program〉 → 〈programfej〉〈;〉〈utasıtaslista〉〈.〉,〈utasıtaslista〉 → 〈utasıtas〉,〈utasıtaslista〉 → 〈utasıtaslista〉〈;〉〈utasıtas〉,〈utasıtas〉 → 〈if-utasıtas〉,〈utasıtas〉 → 〈for-utasıtas〉,〈utasıtas〉 → 〈begin〉〈utasıtaslista〉〈end〉,〈if-utasıtas〉 → 〈if〉〈feltetel〉〈then〉〈utasıtas〉,〈if-utasıtas〉 → 〈if〉〈feltetel〉〈then〉〈utasıtas〉〈then〉〈utasıtas〉,. . .}

A fenti pelda jol illusztralja, hogyan adhato meg egy nyelv (amelya szintaktikusan helyes Pascal programok halmaza) generatıv grammatikasegıtsegevel.

A kesobbi tomorseg kedveert allapodjunk meg az alabbijelolesrendszerben.

• Σ tetszoleges elemeit a, b, c, d jeloli.

• N tetszoleges elemeit A,B,C,D jeloli; persze S is eleme N -nek.

• N ∪ Σ tetszoleges elemeit U, V,W,X, Y, Z jeloli.

• (N ∪ Σ)∗ tetszoleges elemeit α, β, γ, δ jeloli; λ pedig az uresszo.

• Σ∗ tetszoleges elemeit u, v,w, x, y, z jeloli.

Most pontosıtjuk azt, amit a fenti pelda sugall. Legyen G egy gen-eratıv nyelvtan. α, β ∈ (N ∪ Σ)∗ eseten azt mondjuk, hogy α egy lepesbenatırhato β-ba, jelben α ⇒G β, ha α = γ1α

′γ2, β = γ1β′γ2 es α′ → β ′ ∈ P .

(Termeszetesen γ1 vagy γ2 ures is lehet.) Ha α = α0 ⇒G α1 ⇒G · · · ⇒G

αk = β, akkor azt mondjuk, hogy α k lepesben atırhato β-ba; ennek jeleα ⇒G

k β. Ha letezik ilyen k ∈ N0, akkor azt mondjuk, hogy α atırhatoβ-ba; ennek jele α⇒G

∗ β.

64

Definıcio. A G generatıv grammatika altal meghatarozott nyelv

L(G) = {u ∈ σ∗ : S ⇒G∗ u}.

Chomsky a G-beli produkcios szabalyokra tett kulonfele megszorıtasokalapjan az alabbi modon osztalyozta a nyelveket; ez az ugynevezettChomsky-felel hierarchia. A megkotesek a G generatıv nyelvtanravonatkoznak, es a kerdeses megkotesnek eleget tevo nyelvek osztalyarol leszszo.

• L0, a generatıv nyelvtanokkal megadhato nyelvek osztalya (G-re nincsmegkotes).

• L1, a kornyezetfuggo nyelvek osztalya: az esetleg jelen levo S ⇒G λszabalyt leszamıtva P -ben csak αAβ → αδβ alaku szabalyok vannak,ahol δ 6= λ es A ∈ N .

• L2, a kornyezetfuggetlen nyelvek osztalya: minden atırasi szabalyA→ δ alaku, ahol A ∈ N .

• L3, a regularis (mas szoval: jobblinearis) nyelvek osztalya: csak A→ xes A→ xB alaku atırasi szabalyok vannak megengedve, ahol A,B ∈ Nes x ∈ Σ∗.

A korabbi peldank mutatja, hogy a Pascal programozasi nyelvkornyezetfuggetlen nyelv. (Az altalam ismert programozasi nyelvek mindilyenek.) Az alabbi tetel messze nem trivialis, bar esetenkent a ⊇ nyilvanvalo.

78. Tetel. L0 ⊃ L1 ⊃ L2 ⊃ L3.

14. eloadas

Meg maradtak tovabbi tisztazando kerdesek az RSA-rol!

Az alabbi definıcio elott gondoljunk pl. egy olyan automatara, ame-lyik kavet es nehany udıtoitalt arul, a kavet kerhetjuk cukorral, tejszınnelvagy anelkul, tobbfele fempenzt is elfogad. Ez az automata inputjeleket fo-gad: adott penzerme bedobasa vagy adott gomb megnyomasa. Masreszt azautomata kulonfele allapotokban lehet; amikor azt kerdezi, hogy kerunk-etejszınt, akkor hiaba nyomjuk meg a

”Cola” gombot; ha az elso huszast dob-

juk be, akkor meg biztos nem ad kavet (de pl. a tizedik alkalommal mar

65

adhat), stb. Az automata mukodese szekvencialis: egyszerre egy inputjeletertekel, annak es a belso allapotanak a fuggvenyeben megy at egy masikallapotba.

A szamıtogep is tekintheto automatanak! (Az mas kerdes, hogy a maiszamıtogepek allapotjainak szama oly nagy, hogy ez a megkozelıtes kevesbeeredmenyes, mint a fenti pelda eseten.)

Definıcio. Az M = (Q,Σ, δ, q0, F ) rendezett otost automatanak, pon-tosabban: nemdeterminisztikus automatanak nevezzuk, ha

• Q veges halmaz, az un. allapotok halmaza;

• Σ veges nemures halmaz, a bemeno jelek halmaza;

• δ : Q× Σ → P (Q), az un. atmenetfuggveny;

• q0 ∈ Q a kezdoallapot ;

• ∅ 6= F ⊆ Q a vegallapotok halmaza.

Szokas az automatat egy iranyıtott graffal megadni; ez esetben Q a szogpon-tok halmaza, az elek pedig Σ elemeivel szınezettek. Termeszetesen tobbszoroselek is lehetnek. Ha q′ ∈ δ(q, a), akkor azt mondjuk, hogy a q allapotbol az abemeno jel hatasara az automata atmegy a q′ allapotba; ilyen esetben a graftartalmaz egy

qa

−→Mq′

elet. Mivel δ(q, a)-t meghatarozza a q szogpontbol indulo a-val szınezettelek halmaza (amelyekbol tobb is lehet, hiszen az automata nem determin-isztikus), ezert a tovabbiakban (alternatıv jeloleskent) gyakran a szemleletes

q a−→M

q′ jelolest ırjuk ahelyett, hogy q′ ∈ δ(q, a).

Ha δ(q, a) = ∅, akkor a q allapotban az a bemenojel hatasara az automatamukodese nem definialt.

Fontos specialis eset az, amikor barmely (q, a) ∈ Q × Σ eseten δ(q, a)pontosan egyelemu; ilyenkor δ(q, a) = {q′} helyett azt szokas ırni, hogyδ(q, a) = q′, es az automatat determinisztikus automatanak nevezzuk.

A δ(q, a) = {q′} helyett a q a−→M

q′ jelolest most is alkalmazzuk.Szamunkra az automatak a nyelvfelismeres eszkozei! Durvan szolva, az

automata altal felismert nyelv pontosan azon inputszavakbol all, amelyekhatasara (tobb, a szo hosszaval megegyezo szamu lepesben) a kezdoallapotbolaz automata az egyik vegallapotba juthat. (A felteteles mod arra utal, hogy

66

az automata nem feltetlenul determinisztikus.) Hogy ezt a fogalmat pon-tosıtsuk, kepzeljuk ez ugy az automatat, hogy van egy

”input szalag”, ame-

lyen az eddig meg fel nem dolgozott bemenojelek vannak. Az aktualis allapotes az inputszalag tartalma hatarozza meg az automata konfiguraciojat.Tehat a konfiguracio egy (q, w) ∈ Q × Σ∗ par. Definialjuk az atmenetirelaciot a konfiguraciok halmazan:

(q, w) –M (q′, w′) ⇐⇒ ∃a ∈ Σ, hogy w = aw′ es q′ ∈ δ(q, a),

azaz ∃a ∈ Σ, hogy w = aw′ es qa

−→Mq′ .

(Tehat az automata mindig az inputszo elso betujet”fogyasztja el”.) A fenti

relacio tranzitıv lezartjat –∗M jeloli. Az automata altal felismert nyelv azalabbi:

L(M) := {w ∈ Σ∗ : (q0, w) –∗M (q, λ) valamely q ∈ F -re}.

Javasolt feladat. Adjunk meg olyan determinisztikus automatat, amelyikΣ = {a, b, c} eseten az L = {w ∈ Σ∗ : w-nek resszava abca}.

79. Tetel. Az automatak altal felismert nyelvek ugyanazok, mint a deter-minisztikus automatak altal felismert nyelvek.

Bizonyıtas. Legyen M = (Q,Σ, δ, q0, F ) egy tetszoleges automata.Definialunk hozza egy determinisztikus M ′ = (Q′,Σ, δ′, q′0, F

′) automatata kovetkezo modon:

• Q′ = P (Q),

• Σ nem valtozott,

• S ∈ Q′-re (azaz S ⊆ Q-ra) δ′(S, a) :=⋃

q∈S δ(q, a),

• F ′ := {S ⊆ Q : S ∩ F 6= ∅}.Rutin feladat annak kimutatasa, hogy M es M ′ pontosan ugyanazt a nyelvetismeri fel; a teljes altalanossag helyett (ido hıjan es az egyszerubb formulakkedveert) csak azt mutatjuk meg, hogy az ab bemeno szo pontos akkor elemeL(M)-nek, ha eleme L(M ′)-nek.

Tegyuk fel, hogy w = ab ∈ L(M). Ekkor van olyan q1, q2 ∈ Q, hogyq2 ∈ F (vegallapot)es

(q0, ab) –M (q1, b) –M (q2, λ), azaz q0a

−→Mq1

b

−→Mq2 . (50)

67

Legyen S1 = δ(q0, a) = δ′({q0}, a) = δ′(q′0, a) es S2 = δ′(S1, b). Ekkor

(q′0, ab) –M ′ (S1, b) –M ′ (S2, λ), azaz q′0a

−→M ′S1

b

−→M ′S2 . (51)

Mivel (50) miatt q1 ∈ δ(q0, a) = S1, ezert a δ′ definıcioja es az (50) szerintiq2 ∈ δ(q1, b) miatt kapjuk, hogy q2 ∈ S2. De q2 ∈ F , ezert S2 ∈ F ′.

Fordıtva, tegyuk fel, hogy ab ∈ L(M ′). Ekkor alkalmas S1 ∈ Q′ es S2 ∈ F ′

eseten (51) teljesul. Valasszunk egy q2 elemet S2 ∩ F -ben (ez lehetseges,hiszen nemures). Minthogy S2 = δ′(S1, b), van olyan q1 ∈ S1, hogy q2 ∈δ(q1, b). Mivel q1 ∈ S1 = δ′({q0}, a), ezert q1 ∈ δ(q0, a). A tekintett qi elemekmutatjak, hogy (50) teljesul, azaz ab ∈ L(M). ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

Az alabbi ket egyszeru lemma a jelen temakor fo tetelet keszıti elo.

80. Lemma. Tetszoleges L3-beli G′ nyelvtanhoz megadhato egy olyan L3-beli

G nyelvtan, amelyben nincs”lancszabaly”, azaz nincs A → B alaku atırasi

szabaly, es L(G) = L(G′).

Bizonyıtas. Tekintsunk egy olyan A ∈ N (nemterminalis) betut, amelyre

T (A) = {B ∈ N : A⇒G∗ B} ⊃ {A}

(Mivel regularis, azaz L3-beli nyelvtanrol van szo, az A⇒G∗ B levezetes min-

den kozbulso lepese Ai ⇒G Ai+1 alaku ugy, hogy Ai, Ai+1 ∈ N ; csakugyan,ha egyszer is bejonne egy nemterminalis jel, az nem tunne el. Ezert ha nincsilyen A ∈ N , akkor G maris lancszabaly mentes, es nincs teendo.) Az osszesB ∈ T (A) \ {A}-ra az osszes B → α ∈ P szabalyt csereljuk ki az A → αszabalyra. (Tehat B → α-t toroljuk P -bol, az A → α-t pedig hozzaadjuk.)Ily modon a definialt nyelv nem valtozik.

A fentieket sorra minden A-ra megcsinalva keszen leszunk. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

81. Lemma. Tetszoleges L3-beli G′ lancszabalymentes nyelvtanhoz megad-

hato egy olyan L3-beli G nyelvtan, amelyben minden atırasi szabaly A→ aBvagy A→ λ alaku.

Bizonyıtas. A nem megfelelo szabalyokat (ha vannak) ki kell cserelniujakra; kozben az N halmazt is bovıtjuk. Az ujonnan hozzaveendo ter-minalisokat kek kalapos betuk jelolik.

68

Ha A → w ∈ P es w 6= λ, akkor ezen szabalyt csereljuk ki a kovetkezokettovel: A→ wB es B → λ. (A definialt nyelv nyilvan nem valtozott.)

A fenti atalakıtasok utan felteheto, hogy nincs A → w (w ∈ Σ∗ \ {λ})szabaly, azaz minden szabaly A→ wB vagy A→ λ alaku. Ha egy itt fellepow szo hossza 1, akkor rendben. Ha nem, mondjuk w = a1a2 . . . ak (k > 1),akkor az A → a1a2 . . . a3B szabalyt kidobjuk, es helyette az alabbi k darabszabalyt vesszuk hozza P -hez: A→ a1A1, A1 → a2A2, . . . , Ak−1 → akB. Ageneralt nyelv nyilvan most sem valtozik. ♣SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

82. Tetel. Tetszoleges L nyelvre az alabbi harom feltetel ekvivalens:

• L regularis;

• L felismerheto automataval;

• L felismerheto determinisztikus automataval.

Bizonyıtas. Az elozo tetel szerint az utobbi ket feltetel ekvivalens.

Most belatjuk, hogy az automatakkal felismerheto nyelvek regularisak.Legyen M = (Q,Σ, δ, q0, F ) egy automata. Q ∩ Σ = ∅ felteheto. LegyenG = (N = Q,Σ, S = q0, P ), ahol P az alabbi atırasi szabalyokbol all:

• A→ aB, ha B = δ(A, a), azaz A a−→m

B ;

• A→ λ, ha A ∈ F .

Nyilvan regularis nyelvtant definialtunk. A kek formalizmus teljesenvilagossa teszi, hogy egy w = a1 . . . ak szo pontosan akkor juttatja a q0 = Skezdoallapotbol vegallapotba az automatat, hogy ha S ⇒G

k w. EzertL(G) = L(M).

69

Legyen most L egy regularis nyelv. Az a feladat, hogy konstrualjunk egyolyan M automatat, amelyik eppen ezt a nyelvet ismeri fel. A korabbi ketlemma szerint az L nyelvet egy olyan G = (N,Σ, S, P ) regularis generatıvnyelvtan definalja amelyben minden atırasi szabaly A → aB vagy A → λalaku. Tehat L = L(G). A celnak megfelelo M = (Q,Σ, δ, q0, F ) automatata kovetkezokeppen definialjuk:

• Q = N ,

• q0 = S,

• F = {A ∈ N : A→ λ ∈ P},• B ∈ δ(A, a), azaz A a

−→MB ⇐⇒def A→ aB ∈ P .

• A ∈ N es a ∈ Σ eseten δ(A, a) := {B ∈ N : A⇒G aB ∈ P}A kek formalizmus most is vilagossa teszi, hogy ez az automata pontosanugyanugy mukodik, mint a G nyelvtan, tehat L(G) = L(M).

(Nagyobb precizitassal: w ∈ Σ∗ hossza szerinti teljes indukciovalbelathato, hogy A⇒G

∗ wB ⇐⇒ (A,w) –M∗ (B,λ). ♣

SZTE Bolyai Intezete . . . . . . . . . . . . . . . Czedli Gabor . . . . . . . . . . . . . . . 2009. oszi felev

70

Irodalom

• Czedli Gabor: Boole-fuggvenyek, Polygon, Szeged, 1995, 132 oldal.

• Freud Robert: Linearis algebra, ELTE Eotvos Kiado, 1996.

• Freud Robert es Gyarmati Edit: Szamelmelet, Nemzeti Tankonyvkiado,2000.

• Fulop Zoltan: Formalis nyelvek es szintaktius elemzesuk, Polygyon,1999.

• Gecseg Ferenc: Automatak es formalis nyelvek, Polygon, 2005.

• Kiss Emil: Bevezetes az absztrakt algebraba, Typotex, 2007.

• A.G. Kuros: Felsobb algebra, Tankonyvkiado, 1968.

71