Et bevis for umuligheden af at tredele en generel vinkel med passer og lineal

Transkript

1 Hippias Nikomedes Arkimedes Pappus al-khwärizmi al-khayyãmi Cardano Viète Lagrange Descartes Gauss Abel Galois Wantzel... Et bevis for umuligheden af at tredele en generel vinkel med passer og lineal Erik Vestergaard

2 Indholdsfortegnelse 1. Indledning Historisk introduktion Færre hjælpemidler Konstruktion med passer og lineal En bevisstrategi Abstrakte mængder Lidt om ringe og legemer Vektorrum Polynomier Nogle definitioner Polynomiets division Største fælles divisor Euklids algoritme Faktorisering Irreducible polynomier Kriterier for irreducibilitet Legemsudvidelser Simple udvidelser Simple algebraiske udvidelser Egenskaber for simple algebraiske udvidelser Graden af en legemsudvidelse Umulige konstruktioner Algebraisk formulering Terningens fordobling og vinklens tredeling...47 Litteratur...49 Stikordsregister...50

3 1. Indledning Umuligheden af at tredele vinkler med passer og lineal er normalt et emne, som hører hjemme på universitetet. Det kan for eksempel følge som et biprodukt under gennemgangen af emnet Galois-teori, der blandt andet handler om betingelser for eksistensen af løsninger til polynomieligninger. Jeg har gennem nødvendige udpenslinger og udeladelser af unødvendigt stof, forsøgt at lave en note, som kan forstås af kvikke gymnasieelever. Beviset er komplet og stiller ikke krav om nogen forudsætninger, der ligger udover, hvad der gennemgås i gymnasiet. Alligevel må noten nok siges at være på 4g-niveau, idet det kræver en vis matematisk modenhed at kunne overskue et så langt bevis og at mestre nogle af de mere tekniske passager. Min note er desuden stilet til enhver person, som længe har ønsket sig at se et rigtigt bevis for et af matematikkens klassiske problemer. Referencerne [3] og [7] giver også beviser for umuligheden af generelt at tredele vinkler med passer og lineal. Beviset i [3] overlader mange detaljer til læseren. Beviset i den udmærkede bog [7] angriber problemet med nogle forholdsvist ad hoc metoder, som fører hurtigt til målet. Selv om det fylder noget mere, har jeg valgt at bygge teorien mere systematisk op. Dermed menes indførelse og beskrivelse af simple algebraiske udvidelser og irreducible polynomier. Disse emner er endvidere vigtige, hvis man senere skulle få lyst til at kigge på et bevis for et beslægtet og mere kompliceret problem: Umuligheden af at fremstille en formel til bestemmelse af rødderne i en generel femtegradsligning. Ønsker man en mere simpel introduktion til emnet med at konstruere med passer og lineal, kan jeg henvise til en af mine tidligere noter: Klassiske konstruktioner med passer og lineal. Den er på et niveau, som skulle kunne forstås af 1g matematikere. 1.1 Historisk introduktion I matematikkens historie er der en række problemer, som har tiltrukket sig ekstra opmærksomhed. Blandt disse er de over 000 år gamle, såkaldt klassiske problemer: Cirklens kvadratur, terningens fordobling og vinklens tredeling. Alle handler om konstruktioner med passer og lineal. I det første problem ønsker man at konstruere et kvadrat med samme areal som en cirkel, i det andet at konstruere en terning med dobbelt så stort volumen som volumenet af en given terning, mens man i det tredje problem søger efter en generel fremgangsmåde til at tredele vinkler. I dag ved man, at ingen af de tre konstruktioner er mulige, når man holder sig til de strenge regler, som blev udviklet af de gamle grækere. En forklaring på hvorfor netop konstruktioner med passer og lineal blev dyrket med så stor interesse, skal søges i den omstændighed, at grækerne betragtede cirklen og linjen som de eneste perfekte geo- 3

4 metriske figurer. For grækerne var det eksakte konstruktionsmetoder, som talte, ikke approksimative løsninger. I modsætning til ægypterne, der hovedsagligt anvendte matematikken til at løse praktiske opgaver, var matematikken i grækernes øjne en højt hævet åndelig og filosofisk disciplin. I modsætning til terningens fordobling, har man ingen overleveringer, der fortæller om, hvordan eller hvornår problemet med at tredele vinkler med passer og lineal opstod. Måske var det ønsket om at konstruere regulære polygoner, der satte grækerne i gang. Det kan også have haft forbindelse med tredelingen af et linjestykke eller halveringen af en vinkel, som man jo havde fundet løsningen på. Flere af de gamle grækere angav løsningsforslag, der involverede hjælpemidler, som ikke er tilladte under de strengeste krav for konstruktion med passer og lineal. Arkimedes (87 f. Kr. 1 f.kr.) anvendte både en indskydningsmetode og en konstruktion ved hjælp af en spiral, Nikomedes (ca. 0 f.kr.) anvendte en såkaldt konkoide, Hippias (ca. 40 f.kr) en såkaldt kvadratrice og Pappus fra Alexandria (ca. 90 ca. 350) et keglesnit. Middelalderen bragte ikke nogen videre fremgang hvad angår bestræbelserne på at nå en løsning. Den katolske kirke var i centrum, og den opmuntrede ikke til rationel tænkning. Derimod var det araberne, som bragte problemet nærmere en løsning. Dels fandt man flere metoder til at løse vinkeltredelingen ved hjælp af keglesnit, dels opdagede man, at problemet var ækvivalent med løsning af en tredjegradsligning. Araberen al-khwärizmi (ca ) arbejdede med løsninger til andengradsligningen, mens Umar al-khayyãmi ( ) beviste, at alle tredjegradsligninger kan løses med keglesnit. Langsomt viser det sig, at algebraen (gennem ligningerne) således kom til at spille en central rolle i opgaven med at løse de geometriske konstruktionsproblemer. Jeg vil ikke gå yderligere ind på den videre udvikling, blot nævne, at berømte matematikere som Girolamo Cardano ( ), Francois Viète ( ), René Descartes ( ), Joseph-Louis Lagrange ( ), Niels Henrik Abel ( ) og Evariste Galois ( ) alle leverede vigtige bidrag til en opklaring af problemet med at konstruere med passer og lineal, enten direkte eller indirekte. Læsere, som ønsker nærmere redegørelse herfor henvises til den fremragende bog [7]. En af alle tiders største matematikere, Carl Friedrich Gauss ( ), tog et vigtigt skridt fremad, da han i en alder af kun 18 år fandt en metode til at konstruere en regulær 17-kant med passer og lineal og derefter desuden angav kriterier for, hvilke regulære polygoner, der kan konstrueres med passer og lineal. Han påstod desuden, at hvis disse kriterier ikke er opfyldt, så er den regulære polygon ikke konstruérbar. Det hævdes, at Gauss opdagelser med de regulære polygoner var med til at overbevise ham selv om, han skulle vi sit liv til matematikken. Faktisk følger det ret nemt af Gauss postulater, at en vinkel på 60 grader ikke kan tredeles. Gauss offentliggjorde dog aldrig noget bevis. Han påstod blot, at problemerne med at fordoble terningen og tredele vinklen var umulige. Først i 1837 blev der givet et bevis for umuligheden af at tredele en generel vinkel med passer og lineal. Pariseren Pierre Laurent Wantzel ( ) var manden, der leverede varen. Han var som ung usædvanlig fremmelig, ikke bare i mate- 4

5 matik men også i filosofi, historie og musik. Her udviste han overalt lige stor intellektuel overlegenhed. Han kastede sig over studierne med stor iver og arbejdede ofte til langt ud på natten. Nogle mener at hans irregulære arbejdsmønster, sammen med den omstændighed, at han påtog sig usædvanligt mange opgaver, var skyld i, at han ikke blev ældre. Hvad angår hans matematiske resultater, så var de betydelige, selv om nogle af de største byggede på andres arbejder. At han ikke nåede at udrette endnu mere tilskrives af nogle hans særegne levevis og bredden sig over for mange emner. 1. Færre hjælpemidler I sidste afsnit så vi, at grækerne for at løse problemerne med konstruktion med passer og lineal, ofte så sig nødsagede til at udnytte ekstra hjælpemidler, såsom keglesnit, indskydningslineal, spiral etc. Nogle undersøgelser gik imidlertid også i modsat retning: Man søgte efter mere restriktive krav til konstruktionerne. I renæssancen studerede man således konstruktioner med en lineal og en rusten passer, dvs. en passer med konstant radius. Det viste sig, at man selv med disse begrænsede hjælpemidler kunne konstruere en lang række geometriske figurer, ja faktisk kan alle figurer, der kan konstrueres med passer og lineal, også konstrueres med lineal og en rusten passer. Her gav danskeren Georg Mohr ( ) også sit bidrag i sit skrift Compendium Euclidis Curiosi fra Georg Mohr udgav endvidere i året 167 et endnu mere interessant skrift, nemlig Euclidus Danicus. Heri viser Mohr, at alle konstruktionsproblemerne fra Euklids Elementer kan løses med passer alene. Når man har to punkter, så kan man selvfølgelig ikke tegne linjen igennem dem, da der ingen lineal er til rådighed. For at kunne tale om at konstruere trekanter m.m. betragtede Mohr den indbildte linje som givet, hvis to punkter på den er konstrueret. Restriktionerne går derimod på, at nye punkter kun må konstrueres som skæringer mellem cirkler. Essencen af Mohrs arbejde er, at disse begrænsede hjælpemidler ikke betyder, at man kan konstruere færre figurer, konstruktionerne bliver blot mere komplicerede. Mohr s værk blev desværre glemt og i stedet fik italieneren Lorenzo Mascheroni ( ) æren for resultatet, før Georg Mohr s bidrag blev genopdaget i dette århundrede. Endnu senere, i 18, viste Jean Victor Poncelet ( ), at alle konstruktioner, som kan udføres med passer og lineal, kan udføres med en lineal alene, hvis der er givet en fast cirkel i planen og dennes centrum. 1.3 Konstruktion med passer og lineal Opgaven med denne note er som nævnt at bevise, at det er umuligt at finde en metode til at tredele en generel vinkel. Personer, som ikke er trænet i matematisk deduktiv argumentation, vil ofte misforstå dette budskab derhen, at det endnu ikke er lykkes nogen at finde en metode. Derfor indsender amatørmatematikere stadig løsninger 5

6 til universiteter og større læreanstalter i håbet om at høste berømmelsen for at have løst en af matematikkens store problemer. Det eneste man kan sige er, at der er en fejl i argumenterne, hvad enten det er muligt at gennemskue de ofte snørklede løsningsforslag eller ej. Sagen er nemlig, at det i 1837 endegyldigt blev bevist, at uanset hvor genial man er, så vil det aldrig kunne lykkes at finde en metode en sådan findes ganske simpelt ikke. Men hvordan kan man da lave et bevis, som på en gang tager højde for alle mulige tænkelige fremgangsmåder? Svaret er, at man må gå meget systematisk til værks. Første punkt vil være at præcisere helt nøjagtigt, hvilke konstruktioner, som er tilladelige. Lad os begynde med det: Definition 1.1 Begrebet konstruktion med passer og lineal dækker over følgende operationer: 1) Tegne den rette linje igennem to allerede fundne eller givne punkter. Eller at forlænge et linjestykke, så langt man ønsker. ) Tegne en cirkel med et allerede fundet eller givet punkt som centrum og med en radius, som er lig med afstanden mellem to allerede fundne eller givne punkter. 3) Finde nye punkter som skæringspunkterne for allerede fundne eller givne rette linjer og cirkler. Definition 1. Lad der være givet en mængde A, altså en mængde af punkter i planen. Med udgangspunkt i mængden af punkter A kan vi konstruere en række nye punkter ved brug af reglerne 1), ) og 3) ovenfor. Vi vil lade RC ( A) betegne mængden af alle de punkter, som udfra A kan konstrueres ved brug af endeligt mange af ovennævnte operationer. Specielt mængden RC = RC ({(0,0);(1,0)}) vil vi betegne som Mængden af konstruérbare punkter. Det er vores hensigt at undersøge mængden RC, altså finde ud af hvilke punkter i planen, der er konstruérbare. Bemærk, at vi som udgangspunkt kun har de to punkter (0,0) og (1,0), som indtegnet i et koordinatsystem på figur 1 side 8. Lad os starte på at konstruere nogle flere punkter: Vi kan for eksempel bruge regel 1) og tegne linjen igennem de to punkter den vil være sammenfaldende med x-aksen. Dernæst kan vi bruge regel () og tage afstanden 1 i passeren, svarende til afstanden mellem (0,0) og (1,0), og med centrum i (0,0) tegne en cirkel. Den skærer vores tidligere konstruerede linje i punktet A( 1,0), som dermed er konstruérbart. Vi fortsætter og laver en cirkel med centrum i (1,0) og radius 1. Denne cirkel skærer linjen i punktet B(,0), som 6

7 1 3 dermed også er i RC. Desuden skærer cirklen den anden cirkel i punkterne C (, ) 1 3 og D(, ). Derefter kan en linje tegnes igennem C og D til skæring med den anden linje i E. Endnu tre punkter i RC! Resultatet kan ses på figur. Definition 1.3 Vi vil sige, at vi kan konstruere tallet a, såfremt vi kan konstruere to punkter med indbyrdes afstand a, hvis a er et positivt tal, og a, hvis a er et negativt tal. Med denne definition har vi altså straks vist, at blandt andet følgende tal kan konstrueres: 1, 1,, 3, 1 og 3. Før vi går videre vil vi lige overveje nogle ting. Ovennævnte tre regler i definition 1.1 er dem, der gælder, når der tales om at konstruere med passer og lineal. Nogle ville måske hævde, at de nævnte regler for konstruktion er lovligt restriktive i forhold til dem, de blev præsenteret for i folkeskolen. Her måtte man af praktiske årsager ofte tage en vilkårlig afstand i passeren, når man konstruerede. I vores definition skal denne afstand svare til afstanden mellem to allerede konstruerede eller givne punkter. Hvis man tænker nærmere over det, så var det egentligt ikke klart, hvilke krav, der blev stillet til en lovlig konstruktion i folkeskolen det lå højst i luften. Tager man reglerne helt bogstaveligt kunne man jo i princippet konstruere et hvilken som helst punkt, bare man var heldig at tage en bestemt afstand i passeren. Det har imidlertid aldrig været meningen. Man kan formulere det ofte usagte således, at man kun måtte tage en vilkårlig afstand i passeren, hvis det punkt (eller den linje), man endte med at konstruere, ikke afhang af den valgte passeråbning. Dette er tilfældet med en række af de typiske konstruktionsmetoder, som jeg vil forudsætte, at læseren er bekendt med: Oprejse en normal i et punkt på en linje, nedfælde en normal igennem et punkt til en linje, konstruere en vinkelhalveringslinje, konstruere en linje igennem et punkt parallel med en anden linje etc.... Det viser sig, at langt fra alle reelle tal er konstruérbare. Vi har ovenfor fundet nogle få af de tal, som er konstruérbare. For at komme videre må vi gå langt mere systematisk til værks. Her kommer følgende sætning belejligt: Sætning 1.4 Hvis a og b er konstruérbare tal, så er også a+ b, a b, a b, a b og a konstruérbare. 7

8 8

9 Bevis for sætning 1.4: At summen og differensen af to konstruérbare tal a og b igen er konstruérbart følger nemt af figur 3, idet stykkerne a og b afsættes ud af samme linje. Hvad angår produktet at a og b, så kan det stykke konstrueres på følgende måde (figur 4): Afsæt linjestykket AD med længde a og linjestykket AB med længde 1 ud af samme linje. Udnyt nu et af punkterne udenfor linjen gennem A og B til at lave en vinkel med toppunkt i A. Størrelsen af vinklen er ligegyldig. Afsæt derefter linjestykket AC med længde b ud af det nye vinkelben. Punkterne B og C forbindes med en linje. Igennem D og parallel med BC konstrueres nu en linje til skæring med forlængelsen af benet AC i punktet E. Så vil linjestykket AE have den ønskede længde, hvilket ses ved at udnytte, at ABC og ADE er ensvinklede. Hvis k er forstørrelsesfaktoren fås: (1) a AE = k AC = b = a b 1 En lignende konstruktion viser, at ab er konstruérbart (figur 5). Detaljerne overlades til læseren. Tilbage er at vise, at kvadratroden af et konstruérbart tal igen er konstruérbart: Afsæt stykkerne a og 1 i forlængelse af hinanden ud af samme linje (figur 6). Konstruér midtpunktet M af AC og tegn halvcirklen med centrum i M og radius lig med AM. Oprejs den vinkelrette til AC i punktet B til skæring med halvcirklen i punktet D. Så er BD = a, som vi skal argumentere for i det følgende: For det første er ADC en periferivinkel til den udartede centervinkel AMC. Altså må førstnævnte vinkel 1 1 være halvt så stor som den sidste, altså ADC = AMC = 180 = 90. Dette bruges til at vise, at ABD og BCD er ensvinklede. Detaljerne overlades igen til læseren. Da forstørrelsesfaktoren er k = 1 x fås: () 1 x= k a = a x = a x= a x Bemærkning 1.5 Med sætning 1.4 har vi ikke blot, at RC, man kan også tage kvadratrødder og stadig blive i mængden RC. For eksempel er følgende tal konstruérbart:

10 1.4 En bevisstrategi I sætning 1.4 så vi, at mængden af alle konstruérbare tal RC er stabil med hensyn til addition, subtraktion, multiplikation, division og kvadratrodsuddragning. Hermed menes, at man bliver i mængden, hvis man foretager disse operationer på tal i mængden. Men hvilke tal indeholder RC egentligt? Lad være den linje, som passerer igennem (0,0), og som danner en vinkel på 0 med x-aksen. Vi skal vise det meget overraskende resultat, at det eneste punkt på, som kan konstrueres, er (0,0). Dette betyder, at det vil være umuligt at tredele en vinkel på 60, fordi det kræver to punkter på for at kunne tegne linjen. Måden at vise ovenstående på er dog ikke simpel. Vi skal gøre brug af en helt anden gren af matematikken, nemlig algebraen. Givet en mængde af punkter i planen. Koordinaterne til mængdens punkter genererer et såkaldt legeme, som er en algebraisk størrelse. Tilføjer man et nyt punkts koordinater til legemet, genereres en såkaldt legemsudvidelse. Man kan tildele en udvidelse en grad. En grundsten i beviset består i at vise, at hvis et punkt skal være konstruérbart, så skal den legemsudvidelse, punktet giver anledning til, have en grad, som er en potens af. Dernæst viser man, at for nogle punkters vedkommende vil graden af den tilhørende legemsudvidelse være lig med 3. Dermed har man straks, at dette punkt ikke kan være konstruérbart. Polynomierne viser sig at besidde mange af de samme egenskaber som de hele tal. De polynomier, der modsvarer primtallene i talteorien, nemlig de irreducible polynomier, viser sig at spille en central rolle. Udvider man et legeme med en rod af et irreducibelt polynomium, så viser det sig nemlig, at graden af den pågældende udvidelse er lig med graden af det irreducible polynomium. Jeg vil stoppe snakken her, så læseren kan komme i gang med beviset... 10

11 . Abstrakte mængder På vores vej til at bevise, at vinkler generelt ikke kan tredeles med passer og lineal, skal vi stifte bekendtskab med nogle særlige mængder af tal. Det er i den forbindelse hensigtsmæssigt at indføre nogle ret abstrakte definitioner, som i starten kan synes unødvendige eller direkte forvirrende. Årsagen er, at man i matematikkens historie har mange eksempler på, at matematikere har udviklet teorier, som var dunkle eller direkte forkerte. Man vidste ikke i alle tilfælde, hvad man talte om. Dette har ført til, at man i de seneste par hundrede år er blevet mere og mere skrappe med formalismen. Matematikere som Carl Friedrich Gauss ( ) og Niels Henrik Abel ( ) var nogle af de første til at starte en tradition for matematisk stringens..1 Lidt om ringe og legemer Mængden af hele tal og mængden af reelle tal har en række egenskaber, som er velkendte for enhver gymnasieelev, men som man måske ikke tænker så meget over når man regner i det daglige. Senere skal vi vise, at andre, ikke så indlysende mængder, har tilsvarende egenskaber. Prøv at overbevis dig selv om, at er en kommutativ ring og er et legeme ifølge definitionerne nedenfor. Definition.1 En ring R (på engelsk ring) er en mængde, som er udstyret med to operationer, + (addition) og (multiplikation), og som opfylder en række egenskaber: A1) R er stabil med hensyn til addition: ab, R a+ b R A) Associative lov for addition: ( a+ b) + c= a+ ( b+ c) for alle abc,, R. A3) Kommutative lov for addition: a+ b= b+ a for alle ab, R. A4) Der findes et nulelement 0 R, med følgende egenskab: a+ 0= 0+ a = a for ethvert a R. A5) Ethvert a R har et inverst element med hensyn til addition: For ethvert a R har ligningen a+ x = 0, hvor 0 er nulelementet med hensyn til addition, en løsning i R. M1) R er stabil med hensyn til multiplikation: ab, R a b R. M) Associative lov for multiplikation: ( ab ) c= a ( bc ) for alle abc,, R. D) Distributive love: a ( b+ c) = a b+ a c for alle abc,, R, ( a+ b) c= a c+ b c for alle abc,, R. 11

12 Definition. En ring R, hvori multiplikation er kommutativ, kaldes en kommutativ ring, dvs. udover egenskaberne i definition 1 er følgende opfyldt: M3) Kommutative lov for multiplikation: ab = ba for alle ab, R. Definition.3 Et legeme F (på engelsk field) er en kommutativ ring, som yderligere opfylder: M4) Der findes et 1-element 1 F \{0}, med følgende egenskab: a 1= 1 a= a for ethvert a F. M5) Ethvert a F \{0} har et inverst element med hensyn til multiplikation: For ethvert a F \{0} har ligningen a x = 1, hvor 1 er 1-elementet med hensyn til multiplikation, en løsning i F \{0}. Denne løsning er det inverse element. Bemærkning.4 For nemheds skyld vil vi ofte skrive ab i stedet for ab. Det inverse element med hensyn til addition til et element a i en ring vil vi ofte betegne a. Det inverse 1 element til a med hensyn til multiplikation vil vi ofte betegne med a. Eksempel.5 Mængden ( ) = { a+ b a, b }, hvor er mængden af rationale tal, udgør et legeme. For at indse det, skal vi vise egenskaberne A1 A5, M1 M5 og D. Det er klart, at hvis vi adderer to tal fra ( ), så får vi igen et tal i ( ) : (1) a1+ b1 + a + b = a1+ a + b1+ b ( ) ( ) ( ) ( ) idet både a 1 + a og b 1 + b. Så mængden er stabil overfor addition, altså egenskaben A1 er opfyldt. Endvidere er mængden stabil med hensyn til multiplikation: () ( a + b ) ( a + b ) = a a + a b + b a + b b = aa + ab + ab + bb = ( aa + bb ) + ( ab + ab) eftersom begge parenteser i det sidste udtryk er rationale tal. Altså er også egenskaben M1 opfyldt. Den associative lov og den kommutative lov for både addition og multiplikation følger direkte af, at disse love gælder indenfor de reelle tal, hvoraf 1

13 ( ) er en delmængde. Altså er egenskaberne A, A3, M og M3 også opfyldt. Af samme årsag er den distributive lov D også opfyldt. ( ) arver både nulelementet 0 (= 0+ 0 ) og 1-elementet 1 (=1+ 0 ) fra de reelle tal: (3) ( a+ b ) + 0= 0 + ( a+ b ) = a+ b (4) 1( a+ b ) = ( a+ b )1 = a+ b hvilket gælder for alle a+ b ( ). Dermed har vi redegjort for gyldigheden af egenskaberne A4 og M4. Tilbage står at vise eksistensen af inverse elementer. Elementet a b ( ) er naturligvis det inverse element til a+ b ( ) med hensyn til addition. Dette ses ved, at hvis man adderer de to elementer, så fås nulelementet: (5) ( a+ b ) + ( a b ) = ( a b ) + ( a+ b ) = 0 Det mest interessante er imidlertid det inverse element til a+ b ( )\ {} 0 med hensyn til multiplikation. Opgaven går egentligt ud på at vise, at (6) 1 a+ b er et tal på formen c+ d, altså et element i ( ). Hvis vi smart forlænger (6) i tæller og nævner med a b og bruger reglen om to tals sum gange de samme to tals differens, så får vi: 1 ( a b ) a b a b = = = + a+ b ( a+ b )( a b ) a b a b a b (7) Det er klart, at når a og b hver især er rationale tal, så er indholdet i de store parenteser også rationale. Så vi har virkeligt at gøre med et element i ( ). Bemærk lige, at når a og b er rationale, så kan nævneren a b umuligt være 0, for så skulle ab være lig med, men dette er umuligt, da vi ved, at er et irrationalt tal. Hermed er egenskaberne A5 og M5 begge beviste. ( ) er altså et legeme! 13

14 Bemærkning.6 Bemærk, at i et legeme har ligningen a x = b, hvor a 0, altid en entydig løsning. Eftersom a har et inverst element med hensyn til multiplikation, kan vi nemlig blot multiplicere med det inverse element på begge sider af lighedstegnet: a x= b a ( a x) = a b ( a a) x= a b 1 x= a b x= a b hvor vi blandt andet har brugt den associative lov for multiplikation.. Vektorrum Når vi senere i kapitel 5 skal indføre dimensionen for en simpel algebraisk udvidelse, vil vi få brug for begrebet vektorrum. Et vektorrum er en mængde, der er udstyret med en ganske bestemt struktur. Vi skal først give nogle definitioner. Bagefter skal vi straks se på et par eksempler, som giver de ret abstrakte definitioner mening. Definition.7 Et vektorrum V over et legeme K er en mængde af elementer, kaldet vektorer, sådan at hvert par af vektorer u og v fra V bestemmer en vektor u+ v V, og sådan at enhver vektor u V og enhver skalar k K bestemmer en vektor k u V, med følgende egenskaber: a) V er en kommutativ gruppe under addition (tilfredsstiller A1 A5 fra afsnit.1). b) ku ( + v) = ku+ kv c) ( k1+ k) u = ku 1 + ku d) ( kk 1 ) u= k1 ( k u) e) 1 u = u Definition.8 Lad V være et vektorrum over et legeme K. En linearkombination af vektorerne u1, u,, ur V er et element på formen ku 1 1+ ku+ + ku r r, hvor ki K. 14

15 Definition.9 Lad V være et vektorrum over et legeme K. Vektorerne u 1, u,, ur V siges at udspænde V, såfremt der for ethvert u V findes skalarer k1, k,, kr K, så u = ku + k u + + k u (8) 1 1 r r altså så ethvert u V kan skrives som en linearkombination af u1, u,, ur. Definition.10 Lad V være et vektorrum over et legeme K. Vektorerne u 1, u,, ur V betegnes som lineært uafhængige over K, såfremt der for k1, k,, kr K gælder: (9) ku 1 1 ku ku r r k1 k kr = 0 = = = = 0 hvor 0 på venstre side af tegnet hentyder til nulvektoren. Hvis et sæt af vektorer ikke er lineært uafhængige over K, så siges de at være lineært afhængige over K. Definition.11 Lad V være et vektorrum over et legeme K. En basis for vektorrummet V er et sæt af lineært uafhængige vektorer, som udspænder V. Definition.1 Lad V være et vektorrum over et legeme K. Hvis et vektorrum har en basis bestående af n elementer, så vil vi sige, at vektorrummet har dimension n over K. For at definitionen i.1 har mening, er det selvfølgelig nødvendigt, at der i vektorrummet ikke findes to baser med et forskelligt antal elementer. Vi vil senere (sætning.15) gøre rede for, at dette aldrig kan forekomme, så den grundige læser ikke føler sig snydt. Før dette gøres vil vi dog kigge på et par eksempler. Eksempel.13 Mængden af alle vektorer i rummet over er et eksempel på et vektorrum: (10) u1 3 = u u1, u, u3 u 3 15

16 Bemærk, at vi har skrevet koordinaterne i en lodret tuppel og ikke vandret med komma imellem. Det er en smags sag, hvad man gør! Man kan addere to vektorer samt multiplicere en vektor med en konstant (også kaldet en skalar) k og derved igen få en vektor i mængden, på følgende måde: (11) u1 v1 u1+ v1 u + v = u + v u 3 v 3 u3 v + 3 u1 k u1 k u = k u ; k u 3 k u 3 3 Ethvert element ( u1, u, u3) kan skrives som en linearkombination af (1, 0, 0), 3 (0,1, 0) og (0, 0,1), dvs. de tre vektorer udspænder : (1) u u = u1 0 + u 1 + u3 0 u Dette kan nemt kontrolleres ved at bruge (11). De nævnte tre vektorer er lineært uafhængige. Det indses nemlig ret let, at en linearkombination af de tre vektorer kun kan være lig med nulvektoren (0, 0, 0), hvis alle tre skalarer er lig med 0. Altså udgør de 3 tre vektorer en basis for og dimensionen af vektorrummet er lig med 3. Eksempel.14 også ud- 1, : At de to nævnte vektorer 1 og udspænder ( ) er klart. Lineær uafhængighed: Antag a 1+ b = 0. Begge koefficienter kan ikke være forskellige fra nul, for det ville give modstrid med at er et irrationalt tal. Når en af koefficienterne er nul er de begge nødt til at være det. Derfor må der gælde a = b= 0. Så vektorerne er lineært uafhængige over ifølge definition.10. Udover at udgøre et legeme, så er mængden ( ) = { a+ b a, b } styret med en vektorrumsstruktur. Det er et vektorrum over med basis { } 16

17 Sætning.15 Antag, at V er et vektorrum over et legeme K, og at V har en basis bestående af n vektorer ( n ). Da vil enhver anden basis for V også have n elementer. = være basen med de n vektorer. Det er tilstrækkeligt 0 = 1,,, m er et sæt af vektorer fra V, som er lineært uafhængige over K, så er m n. Det vil nemlig betyde, at en anden basis ikke kan have flere vektorer end n. At denne anden basis heller ikke kan have færre end n vektorer, følger når man bytter rundt på rollen af den oprindelige og den anden basis. Bevis: Lad U0 { u1, u,, un} at vise, at hvis V { v v v } Da U 0 udspænder V, så kan vektoren v 1 V 0 skrives på formen v = ku + k u + + k u (13) n n hvor koefficienterne k 1, k,, kn K. En af koefficienterne må være forskellig fra 0, ellers var v 1 nulvektoren, i modstrid med at V 0 er et lineært uafhængigt sæt. Vi kan uden indskrænkning antage, at det er k 1, som er forskellig fra 0. Omskrivningen u1 = k1 v1 k1 ku k1 knun af (13) viser, at u 1 ligger i rummet udspændt af U1 = { v1, u,, un}. U 1 må derfor udspænde hele V. Vi skal yderligere argumentere for, at vektorerne i U 1 er lineært uafhængige: Antag, at (14) cv 1 1+ cu + cu cu = 0. Der gælder c 1 = 0 : Antag modsætningsvist, at c1 0. Så kunne vi omskrive (14) til: n n (15) = n n v c c u c c u c c u og trækkes ligning (15) fra (13) fås en linearkombination af u 1, u,, un, som er 0 og hvor ikke alle koefficienterne er 0 (koefficienten til u 1 bliver k 1, som er forskellig fra 0). Dette er i modstrid med, at u1, u,, un er lineært uafhængige. Indsættes c 1 = 0 i (14) fås en linearkombination af u,, un som er 0. Da vektorerne er lineært uafhængige må koefficienterne være 0. Derfor er alle koefficienterne i (14) lig med 0. Vi har altså vist, at vektorerne i U 1 er lineært uafhængige. Alt i alt har vi ovenfor fået indsat v 1 i stedet for et af u erne fra den oprindelige basis U 0, og derved fået en ny basis U 1. Denne proces gentages nu: Vi vil forsøge at indsætte v i stedet for et af de tilbageværende u er fra U 1 : Da U1 er en basis, kan vi udtrykke v på formen: 17

18 (16) v = kv 1 1+ ku + k3u3+ + knun hvor koefficienterne k 1, k,, kn K. Koefficienterne til u erne, dvs. k,, kn, kan ikke alle være forskellige fra 0, for så ville (16) udarte til en ligning, der ville vise, at de involverede v er var lineært afhængige, i modstrid med udgangspunktet i sætningen. Vi kan uden indskrænkning antage, at det er k, som er forskellig fra Omskrivningen u = k v k k1v1 k k3u3 k knun af (16) viser, at u ligger i rummet udspændt af U = { v, v1, u3,, un}. U må derfor udspænde hele V. Vi skal argumentere for, at vektorerne i U er lineært uafhængige: Antag, at (17) cv + cv 1 1+ cu cu = 0. Der gælder c = 0 : Antag modsætningsvist, at c 0. Så kunne vi omskrive (17) til: n n (18) = n n v c cv c c u c c u og trækkes ligning (18) fra (16) fås en linearkombination af v 1, u,, un, som er 0 og hvor ikke alle koefficienterne er 0 (koefficienten til u bliver k, som er forskellig fra 0). Dette er i modstrid med, at v 1, u,, un er lineært uafhængige. Indsættes c = 0 i (17) fås en linearkombination af v 1, u 3,, un som er 0. Da vektorerne er lineært uafhængige må koefficienterne være 0. Derfor er alle koefficienterne i (17) lig med 0. Vi har altså vist, at vektorerne i U er lineært uafhængige. Antag nu, at m> n. Så ville man i den successive proces med at skabe nye baser ved at udskifte et af de tilbageværende u er med et af v erne komme ud for at stå med en basis Un = { v1, v,, vn}, med stadig mindst et v tilbage: v n + 1. Da vil v n + 1 kunne skrives som en linearkombination af vektorerne i U n, i modstrid med, at v erne er lineært uafhængige. Altså må der gælde m n. Dette beviser sætningen. 18

19 3. Polynomier 3.1 Nogle definitioner Med et polynomium af grad n over en ring R skal vi mene et udtryk af formen n n n 1 n 1 0 ax + a x + + a hvor x er en variabel og koefficienterne a i R, med an 0. Man kan addere og multiplicere polynomier på sædvanlig vis, og eftersom R er stabil med hensyn til addition og multiplikation, så fås igen et polynomium over R. Faktisk kan man overbevise sig om, at mængden af polynomier over en ring R selv udgør en ring, betegnet R[] x. Nulelementet er selvfølgelig nul-polynomiet 0, og 1-elementet er tilsvarende polynomiet 1 af grad 0. Også de øvrige egenskaber for en ring er opfyldt. Vi skal n n 1 bare lige nævne, at ax n an 1x a0 er det inverse element med hensyn til addition. Derimod har de fleste polynomier over R ikke et inverst med hensyn til multiplikation. Derfor udgør R[] x ikke et legeme. Heller ikke, selvom koefficientringen R endda skulle udgøre et legeme. Man kan ikke dividere to polynomier og altid regne med igen at få et polynomium. Kun hvis man får resten 0 ved polynomiets division, får man igen et polynomium. I det følgende skal vi se på nogle vigtige egenskaber for polynomier over et vilkårligt legeme K. Først gælder det den metode, som betegnes polynomiets division. Hvis du er bekendt med denne metode for polynomier over de reelle tal, så vil du formentlig nikke genkendende til det følgende. 3. Polynomiets division Sætning 3.1 Laf f og g være polynomier over et legeme K og antag, at f 0, dvs. at f er forskellig fra nulpolynomiet. Så findes der entydige polynomier q og r over K, så hvor r har mindre grad end f. g = q f + r 19

20 Bevis. Eksistens: I stedet for at komme med et yderst abstrakt bevis, vil jeg nedenfor give et eksempel på, hvordan q og r kan findes for to polynomier over legemet Q. Det vil (forhåbentligt) kunne overbevise om, at metoden altid kan bruges til at finde q og r. Det er vigtigt at observere, at vi ikke udnytter nogen egenskab for Q, som ikke også gælder for ethvert andet legeme K. Entydighed: Antag, at der er to sæt af løsninger for q og r: g = q1 f + r1 = q f + r Dette vil betyde, at f ( q1 q) + ( r1 r) = 0. Eftersom graden af f er større end graden af r 1 r, må der gælde q 1 q = 0, dvs. q 1 = q, for ellers ville første led på venstresiden få større grad end det sidste led på venstresiden og så ville summen umuligt kunne give nulpolynomiet. Når første led således er 0, må også det andet led være det: r 1 r = 0 r 1 = r. De to løsningssæt er altså ens! Eksempel 3. Givet følgende to polynomier over legemet : g( x) = x + x + 1x x x 66x f( x) = x + x x 9 Vi skal se, hvordan vi kan finde frem til to polynomier q og r med de ønskede egenskaber. Først divideres leddet med højest grad i f op i leddet med højest grad i g, altså 4 6 x divideres op i x, hvilket giver x, som vi skriver ude til højre. Dernæst ganger vi x med divisoren x + x x 9, hvilket giver x x 5 7 x 3 9x. Det 4 skriver vi under g ude til venstre, idet vi dog af praktiske årsager tilføjer 0x. Dette fratrækkes nu g og man får 4x + 1x + 6x x 66x x + x + 1x x x 66x : ( x + x x 9) = x + 4x x x x x x x + 1x + 6x x 66x x + 10x + 0x 54x 36x x + 6x + x 30x 4 3 x + 5x + 0x 7x x + x 3x 4 0

21 Processen fortsættes nu på samme måde: Leddet med højest grad i f divideres op i leddet med højest grad i 4x + 1x + 6x x 66x. Det giver 4x, som vi tilføjer ude til højre, etc. Processen standser, når man får et restpolynomium, som 3 1 har mindre grad end det, man dividerer med. Det er tilfældet med x + x 3x 4. En forholdsvis enkel analyse af ovenstående metode viser, at vi har: x x x x x x = ( x + 4x+ ) ( x + x x 9) + ( x + x 3x 4) 3 1 svarende til g = q f + r, hvor qx ( ) = x + 4x+ og rx ( ) = x + x 3x 4. Bemærk, at vi kun har benyttet metoder, som gælder i ethvert legeme. Derfor kan fremgangsmåden umiddelbart overføres til polynomier over ethvert legeme K. 3.3 Største fælles divisor Situationen i teorien for polynomier ses på mange måder at være analog til den, man møder indenfor talteorien. Man kan tale om, at et polynomium går op i et andet polynomium, hvis restpolynomiet (eller bare resten) r er nulpolynomiet. Hvis f går op i g, vil vi skrive f g; og hvis divisionen ikke går op, skriver vi f / g. Vi skal også indføre begrebet største fælles divisor for to polynomier. Definition 3.3 Et polynomium d over K siges at være en største fælles divisor for f og g, såfremt d f og d g og der endvidere gælder, at hver gang e f og e g, haves e d. Bemærk, at vi har sagt en største fælles divisor, fordi der normalt findes flere forskellige polynomier, som er største fælles divisor for to givne polynomier f og g. Der er dog en snæver sammenhæng mellem dem. De er alle proportionale, som den følgende sætning viser. Sætning 3.4 a) Hvis d er en største fælles divisor for to polynomier f og g, og hvis 0 k K, så er også d = k d en største fælles divisor for f og g. b) Hvis d og d er to største fælles divisorer for f og g, så findes der en konstant k K, k 0, så d = k d. 1

22 Bevis: a) Når d f og d g, så fås umiddelbart ( k d) f og ( k d) g, når k er en konstant (se bemærkning 3.5). At k d endda er en største fælles divisor følger af, at e f og e g e d e ( k d). b) Da både d og d er største fælles divisorer for f og g, så har man af definitionen, at d d og d d. Den eneste mulighed herfor er, at de to polynomier må have samme grad. Kvotienten q ved division af d op i d er derfor en konstant k, og da resten er 0, må d = k d. Bemærkning 3.5 Ifølge sætning 3.1 kan man vise, at et polynomium f går op i et polynomium g, hvis man kan skrive g på formen g = q f + r, hvor r = 0. Ofte går det så ud på at anvise en kvotient q ved divisionen. Når vi under a) ovenfor ønsker at vise, at ( k d) f og ( k d) g, så kan det gøres ved at angive kvotienterne. Men af forudsætningerne d f og d g har vi direkte, at der findes kvotienter q 1 og q, så f = q1 d og 1 1 g = q d. Men f = q1 d = ( k q1) ( k d) og g = q d = ( k q) ( k d). Disse nye udtryk viser direkte, at vi ved division med k d kan anvise de to kvotienter 1 k 1 q 1 og k q. Det ønskede er dermed vist. 3.4 Euklids algoritme I dette afsnit skal vi se på en metode til at bestemme en største fælles divisor for to polynomier over et legeme K. Metoden går under navnet Euklids algoritme. For hurtigst muligt at fange idéen bag algoritmen tror jeg, at det vil være hensigtsmæssig at tage udgangspunkt i et eksempel. Eksempel 3.6 Lad os sige, at vi ønsker at bestemme en største fælles divisor for de to polynomier, som vi betragtede i eksempel 3.: g( x) = x + x + 1x x x 66x og f( x) = x + x x 9. I eksemplet fandt vi ved polynomiets division frem til, 3 1 at g = q1 f + r1, hvor q1( x) = x + 4x+ og hvor r1 ( x) = ( x + x 3x 4). Idéen er nu, at man foretager polynomiets division en række gange: hver gang tager man resten fra den foregående division og dividerer op i divisoren fra den foregående division. Den næste division består altså i at dividere r 1 op i f :

23 x + x + 0x x 9 : ( x + x 3x 4) = x x + x 3x 4x 3 19 x + 3x x 9 3 x + x 6x 8 7 x x 1 Vi tager nu resten heri og dividerer op i divisoren: : ( 1) = + 8 x x x x x x x x x 9 5 x 4 x x x x Resten heri divideres igen op i divisoren: = x x 1 : ( x ) x x 4x 1 1 x 1 x 1 0 Vi er nu nået til en rest på 0 og stopper. Divisionerne, inklusiv den første fra eksempel 3., gav altså anledning til følgende række af ligninger: 1) ) 3) 4) x x x x x x = ( x + 4x+ ) ( x + x x 9) + ( x + x 3x 4) x + x x 9 = ( x+ )( x + x 3x 4) + (x x 1) = x x 3x 4 ( x )(x x 1) ( x ) = x x 1 ( x )( x ) 3

24 3 3 Påstanden er, at den sidste rest forskellig fra 0, dvs. x, er en største fælles 16 8 divisor. Lad mig lige nævne, at man naturligvis kan få en anden største fælles divisor ved at gange med en konstant. Ganger vi med 16 får vi én, som er pænere: x. 3 For at kunne argumentere for, at fremgangsmåden i eksemplet altid holder stik, må vi formalisere situationen lidt. For det første vil vi for at arbejde med en mere uniform notation vedtage, at betegne g med r 1 og f med r 0. Vi forestiller os nu, som i eksemplet, at vi starter med at dividere f op i g ved polynomiets division. Med ovenstående notation dividerer vi altså r 0 op i r 1. Herved får vi en kvotient q 1 og en rest r 1, så r 1 = q1r0 + r, svarende til ligning 1) nedenfor. Derefter gentager vi processen med at foretage polynomiets division, denne gang med resten r 1 og divisoren r 0 og får ligning ). Processen fortsættes igen med resten r og divisoren r 1, etc. indtil man får en rest, der er 0. Det sker i ligning s + 1) i skemaet. 1) ) 3) ( ) r = q r + r r q r = r ( ) r = q r + r r q r = r ( ) r = q r + r r q r = r ( ) s) r = qr + r r qr = r s s s 1 s s s s 1 s s+ 1) r = q r s 1 s+ 1 s Sætning 3.7 a) Med ovenstående notation er r s en største fælles divisor for f og g. b) Lad d være en største fælles divisor for to ikke-nulpolynomier f og g over K. Så findes der to polynomier a og b over K, så af + bg = d Bevis: For det første er det vigtigt at bemærke, at ovenstående sekvens altid vil standse på et tidspunkt! Dette skyldes, at grad( ri+ 1) < grad( ri) for i = 0, 1,. Dette godtgør, at man på et tidspunkt vil få en rest, som er 0. 4

25 a) Vi skal først vise, at r s er en divisor i f og g. Dette gøres ved at starte i bunden af ovenstående sekvens: Ligning s + 1) viser direkte, at rs rs 1. Da r s går op i hvert af leddene på højresiden i ligning s), fås rs rs. Når man på denne måde arbejder sig videre op igennem sekvensen af ligninger får man umiddelbart, at rs r i for alle i = 1, 0, 1,, s 1; specielt går r s op i r 1 = g og r 0 = f. For at vise, at r s er en største fælles divisor, antager vi, at e f og e g, dvs. e r 0 og e r 1. Kig nu på ligningerne i parenteserne ovenfor. De er blot simple omskrivninger af ligningerne til venstre. Hvis du bruger ligningerne i parenteserne, så vil du kunne arbejde dig successivt nedad og vise, at e r i for alle i = 1, 0,1,,3,, s, specielt haves e r s, som ønsket. Dermed er r s en største fælles divisor for f og g. b) Da alle største fælles divisorer til f og g er proportionale, jvf. sætning 3.4, så er det åbenlyst nok at vise, at der findes polynomier a og b, så af + bg= rs, eller med den nye notation, så ar0 + br 1 = rs. Igen skal man gå en tur igennem sekvensen ovenfor, denne gang oppefra og nedefter. Kig på ligningerne i parenteserne: I ligning 1) er r 1 udtrykt ved r 0 og r 1. Hvis vi udskifter r 1 i ligning med dette udtryk har vi, at også r kan udtrykkes ved r 0 og r 1. Således fortsættes nedefter til man har vist, at også r s kan udtrykkes ved r 0 og r 1, som ønsket. Eksempel 3.8 Lad os vende tilbage til eksempel 3.6 og prøve at anvende sætning 3.7b) herpå. Vi så i eksempel 3.6, at man i fjerde division fik en rest, der var 0, svarende til, at vi har skemaet: 1) ) 3) 4) ( ) r = q r + r r q r = r ( ) r = q r + r r q r = r ( ) r = q r + r r q r = r r = q r 4 3 Ligning 1) i parentesen giver ved indsættelse af de udregnede kvotienter fra eksempel 3.6 følgende: 1 ( 4 ) 0 1 r x + x + r = r Indsættes dette udtryk for r 1 i ligning ) fås: 0 ( + )( 1 ( ) 0) = r x r x x r r 3 ( x + 6x + 10x+ 5) r ( x+ ) r = r 0 1 5

26 og ved indsættelse af udtrykkene for både r 1 og r i ligning 3 fås endeligt: 1 3 ( ( 4 ) ) ( 9 )(( ) ( ) ) r x + x+ r x+ x + x + x+ r x+ r = r ( ) ( ) x + x + x + x+ r + x + x+ r = r Altså ax ( ) ( x 33 x 51 x 71 x 61 ) = og bx ( ) = x + x+ kan bruges! 6

27 4. Faktorisering 4.1 Irreducible polynomier I kapitel 3 så vi, at polynomier besidder en række af de samme egenskaber som mængden af hele tal. Man kan tale om, at et polynomium går op i et andet polynomium, ligesom man kan tale om, at et helt tal går op i et andet helt tal. Analogien kan drives meget videre. Vi skal nu se, at man kan definere et begreb for polynomier, som svarer til begrebet primtal for de hele tal. Definition 4.1 Et polynomium over en kommutativ ring R siges at være reducibelt, hvis det kan skrives som et produkt af to polynomier af lavere grad over R. I modsat fald kaldes det irreducibelt. Eksempler 4. a) Alle polynomier af grad 0 og 1 er klart irreducible. b) px ( ) = x er irreducibelt som et polynomium over. Eneste mulighed var nemlig, at polynomiet kunne skrives som et produkt af polynomier af grad 1: (1) x = ( ax+ b)( cx+ d) med abcd,,,. Men ganger man højresiden sammen betyder det blandt andet, at ac = 1. Heraf fås: ( ax b) ( cx d) b d () ( ax + b)( cx + d) = + + = x + x + = ( x + b1)( x + d1) a c a c hvoraf det ses, at hvis der findes løsninger a, b, c og d til (1), så findes der også en faktorisering med normerede polynomier over de rationale tal, da b 1, d 1. Med et normeret polynomium menes her et polynomium, hvor koefficienten til højestegradsleddet er lig med 1. Ganger man de to parenteser til højre sammen, får man b1+ d1 = 0 og b 1 d 1 =. Indsættes d 1 = b 1 i sidstnævnte fås b 1 =, hvilket er umuligt i mængden af rationale tal, da er et irrationalt tal. Altså er x irreducibelt over. c) px ( ) = x = ( x )( x+ ) viser, at polynomiet er reducibelt over. 7

28 Sætning 4.3 Ethvert ikke-nulpolynomium over et legeme K er et produkt af irreducible polynomier over K. Bevis: Et reducibelt polynomium kan skrives som et produkt af to polynomier af lavere grad. Hvis disse begge er irreducible er vi færdige. I modsat fald er der mindst én faktor, som er reducibel. Den/de kan så igen splittes op i faktorer af mindre grad. Processen kan ikke fortsætte uendeligt, da graden aftager med mindst 1 for hver faktorisering, og fordi der er en nedre grænse for graden af et polynomium. Heraf det ønskede. Vigtigheden af primtal indenfor mængden af hele tal skyldes ikke så meget, at ethvert helt tal kan skrives som et produkt af primtal, men snarere, at faktoriseringen er entydig på nær faktorernes rækkefølge. På samme måde afhænger betydningen af irreducible polynomier af en slags entydighedssætning. Situationen er imidlertid ikke triviel i dette nye miljø. Hvis man nøjes med at arbejde med mængden af polynomier over en ring, så findes der faktisk eksempler på, at et polynomium kan skrives på to væsentligt forskellige måder som et produkt af irreducible faktorer. Men arbejder vi med polynomier over et legeme, er situationen simplere, som vi skal se i det følgende. Definition 4.4 To polynomier over et legeme K med største fælles divisor lig med 1 vil vi betegne som værende indbyrdes primiske. Sætning 4.5 Lad f være et irreducibelt polynomium over et legeme K, og lad to andre polynomier over K. Så gælder: g og h være f gh f g f h Bevis: Hvis f g så holder højresiden og vi er færdige. Hvis derimod f / g, så vil vi vise, at der må gælde f h. Når f / g må f og g være indbyrdes primiske. Dette følger af, at de eneste divisorer for f er på formen k f eller bare k, hvor k er en konstant fra K. Den første mulighed som største fælles divisor for f og g udelukkes, da 8

29 f / g. Hvis k er en største fælles divisor for f og g, så er også 1 en største fælles divisor. Derfor er f og g indbyrdes primiske. Dermed eksisterer der ifølge sætning 3.7 polynomier a og b, så (3) af + bg = 1 Ganger vi på begge sider med h fås: (4) afh + bgh = h f gh f bgh, så f går op i begge led på venstresiden. Dermed haves f h, som ønsket. Sætning 4.6 Faktorisering af polynomier over et legeme K i irreducible polynomier er entydig op til konstante faktorer og rækkefølgen i hvilken de skrives. Bevis: Antag at f = f1 f fr = g1 g gs, hvor f er et polynomium over K og hvor f1, f,, fr og g1, g,, gs alle er irreducible polynomier over K. Hvis alle fi -erne er konstanter, så må også g j -erne være det og sætningen holder. I modsat fald kan vi antage, at ingen af f i -erne er konstanter (ellers kan man dividere med dem på begge sider af lighedstegnet). Vi har f 1 g 1 g gs, hvilket med gentagen brug af sætning 4.5 giver at f 1 g i for et i { 1,,, s}. Vi kan foretage en ny indeksering af g j -erne, så det er det første, der er tale om, dvs. f 1 g 1. Da f 1 ikke er en konstant, må der derfor gælde f1 = k1 g1 for en eller anden konstant k 1. På tilsvarende måde fås for de andre faktorer: f = k g, f 3 = k 3 g 3,, fr = kr gr, hvor k, k3,, kr er konstanter. De eventuelle overskydende gj ( j > r) må også være konstanter, for ellers ville graden af højresiden være større end graden af venstresiden. Hermed har vi vist det ønskede! Sætning 4.7 (Abels irreducibilitetssætning) Lad f og F være to polynomier over legemet K. Antag, at begge polynomier har α som rod og at f er irreducibelt over K. Da findes der et polynomium q over K, så F( x) = q( x) f( x). Specielt gælder, at alle rødder i f også er rødder i F. 9

30 Bevis: Hvis vi kalder den største fælles divisor for f og F for d, så kan vi ifølge sætning 3.7 finde to polynomier a og b over K, så a f + b F = d Når vi indsætter α på venstresiden får vi 0, hvilket viser, at d må have grad mindst 1. Pr. definition af største fælles divisor haves d f og d F. Da imidlertid f er irreducibelt og grad( d) 1, må der findes en konstant k K, så d = k f. Men så haves d F ( k f) F f F, hvilket beviser første påstand. Den sidste fås nemt udfra faktoriseringen. Bemærkning 4.8 Abels irreducibilitetssætning siger altså, at hvis man har et polynomium over K, der har samme rod som et andet polynomium over K, der er irreducibelt over K, så er alle de øvrige rødder i det irreducible polynomium også rødder i førstnævnte polynomium. Dette er en stærk konstatering. Specielt giver sætning 4.7, at hvis man har to irreducible polynomier over K med en fælles rod α, så er det ene irreducible polynomium lig med en konstant gange det andet. 4. Kriterier for irreducibilitet Det kan undertiden være meget kompliceret at afgøre, hvorvidt et polynomium kan faktoriseres eller ej. At foretage overvejelser som i eksempel 4.b) er generelt set upraktisk for polynomier af højere grad. I dette afsnit skal vi angive et kriterium, som kan benyttes i visse tilfælde. Det går under navnet Eisensteins irreducibilitets kriterium. Først skal vi dog udføre et lille forarbejde. Kommentarer til notation Antag, at et polynomium f kan skrives som et produkt af to andre: (5) n n 1 r r 1 s s 1 n + n = r + r s + s cx c x c ( ax a x a) ( bx b x b) Vi søger et generelt udtryk for den i te koefficient c i, udtrykt ved koefficienterne i polynomierne på højre side. Man kan skrive c = a b + ab + + ab (6) i 0 i 1 i 1 i 0 hvis man vedtager at sætte aj = 0 for j > r og b j = 0 for j > s. Denne konvention sikrer, at vi kan opskrive et simpelt og systematisk udtryk for koefficienten c i. Be- 30