# Az algebra alaptétele

### A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

Az algebra alaptétele az (egyváltozós) komplex együtthatós polinomok legfontosabb tulajdonságát mondja ki: van gyökük, sőt egy n-edfokú polinomnak multiplicitással számolva pontosan n gyöke van.

## [szerkesztés] A tétel állítása

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

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

Úgy is fogalmazhatunk, hogy -ben az irreducibilis elemek pontosan az elsőfokú polinomok, vagy másképpen a komplex számtest algebrailag zárt.

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

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

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

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

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

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

## [szerkesztés] Bizonyítása

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

### [szerkesztés] Első lépés

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

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

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

Mivel R>1, ez legalább

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

### [szerkesztés] Második lépés

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

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

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

arxr = − | ar | hr.

Az első két tag összege

1 + A = 1 − | ar | hr.

A többi tag összegének abszolút értéke feltevéseink szerint legfeljebb

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

1 − | ar | hr + | ar | hr = 1,

ellentmondás.

## [szerkesztés] Komplex függvénytani bizonyítások

- Liouville tétele szerint, ha egy függvény az egész komplex síkon analitikus és korlátos, akkor állandó. Ebből következik az algebra alaptétele, hiszen, ha f(x) egy legalább elsőfokú polinom, aminek nincs komplex gyöke, akkor 1 / f(x) az egész síkon analitikus. Továbbá korlátos az első bizonyításban második lépése miatt. De konstans nem lehet, hiszen akkor f(x) is konstans lenne.

- Rouché tétele szerint, ha az f(x) és g(x) függvények a G egyszeresen zárt görbén és annak belsejében analitikusak és a G görbén mindenütt teljesül | g(x) | < | f(x) | , akkor f(x) + g(x)-nek G belsejében ugyanannyi gyöke van (multiplicitással számolva), mint f(x)-nek. Ha polinom, akkor ezt f(x) = xn-re és -ra elég nagy körön alkalmazva adódik, hogy F(x)-nek n gyöke van.

- A reziduum-tétel szerint, egy analitikus f függvény gyökeinek száma egy G egyszerű zárt görbe által határolt területen megkapható f logaritimikus deriváltjának integráljából:
  ahol az integrálás pozitív körüljárással történik. Ha itt polinom, akkor elég nagy kör esetén a zn főtag adja az integrál nagyrészét, ennek az integrálja viszont n.

## [szerkesztés] Algebrai bizonyítás

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

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

Minden természetes számra készítsük el a

polinomot. Ennek fokszáma 2r − 1k(n − 1), amiben pedig 2 kitevője eggyel kisebb, hiszen k és n-1 is páratlanok. Továbbá qt(x) együtthatói egész együtthatós szimmetrikus polinomjai, tehát a szimmetrikus polinomok alaptétele értelmében elemi szimmetrikus polinomjainak, tehát az -eknek egész együtthatós polinomjai (ez is egy kis algebra). Ezért qt(x) együtthatói valósok, így, az indukció miatt, van komplex gyöke. Azt kaptuk tehát, hogy minden t-re van i < j, hogy ui + uj + t uiuj komplex. Mivel ilyen (i,j) pár csak van, van két t, mondjuk t és t', amire ugyanazt az (i,j) értéket kapjuk. Azaz, ui + uj + t uiuj és ui + uj + t'uiuj is komplex. De ekkor a = ui + uj és b = uiuj is komplex, ekkor viszont ui, az x2 − a x + b egyenlet gyöke is komplex.

## [szerkesztés] Története

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

x4 − 4x3 + 2x2 + 4x + 4

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

és

szorzatára.

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

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

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

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

## [szerkesztés] Külső hivatkozás

- Gauss: Demonstratio Nova Theorematis Omnem Fvnctionem Agebraicam Rationalem Integram Vnivs Variabilis in Factores Reales Primi vel Secundi Gradvs Resolvi Posse

A lap eredeti címe "http://hu.wikipedia.org../../../a/z/_/Az_algebra_alapt%C3%A9tele.html"

Kategóriák: Algebra | Matematikai tételek

##### Views

- Szócikk
- Vitalap
- Aktuális változat

##### Keresés

##### Más nyelveken

- English
- العربية
- Català
- Česky
- Dansk
- Deutsch
- Español
- فارسی
- Suomi
- Français
- עברית
- Italiano
- 日本語
- ქართული
- 한국어
- Lumbaart
- Nederlands
- ‪Norsk (bokmål)‬
- Polski
- Português
- Русский
- Slovenčina
- Slovenščina
- Svenska
- ไทย
- Türkçe
- 中文