Az algebra alaptétele

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

A tétel állítása

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

p(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}

alakú polinomnak (ahol $a_{n}\neq 0$ ) van gyöke, azaz olyan c komplex szám, amire p(c)=0.

Úgy is fogalmazhatunk, hogy a $\mathbb {C}$ feletti egyváltozós polinomok ${\mathbb {C} }[x]$ gyűrűjében az irreducibilis elemek pontosan az elsőfokú polinomok. További ekvivalens megfogalmazás: a komplex számtest algebrailag zárt.

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

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

p(x)=a_{n}(x-c_{1})\cdots (x-c_{n})

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

p(x)=a_{n}(x-d_{1})^{m_{1}}\cdots (x-d_{k})^{m_{k}}

alakban írható, ahol tehát m₁,…,m_k a különböző d₁,…,d_k gyökök multiplicitása. Könnyen látható, hogy ez a felbontás egyértelmű.

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

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

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

Bizonyítása

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

Első lépés

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

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

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

|p(x)|\geq R^{n}-|a_{n-1}|R^{n-1}-\cdots -|a_{0}|.

Mivel R>1, ez legalább

R^{n}-\left(|a_{n-1}|+\cdots +|a_{0}|\right)R^{n-1}\geq {\frac {R^{n}}{2}}>{\frac {R}{2}}\geq |a_{0}|.

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

Második lépés

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

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

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

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

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

a_{r}x^{r}=-|a_{r}|h^{r}.

Az első két tag összege

1+A=1-|a_{r}|h^{r}.

A többi tag összegének abszolút értéke feltevéseink szerint legfeljebb

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

ami kisebb, mint |a_r|h^r, ezért p(x) abszolút értéke kisebb, mint

1-|a_{r}|h^{r}+|a_{r}|h^{r}=1,

ellentmondás.

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 $F(x)=x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}$ polinom, akkor ezt $f(x)=x^{n}$ -re és $g(x)=a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}$ -ra elég nagy körön alkalmazva adódik, hogy $F(x)$ -nek n gyöke van.

A reziduumtétel szerint, egy analitikus f függvény gyökeinek száma egy G egyszerű zárt görbe által határolt területen megkapható f logaritmikus deriváltjának integráljából: ${\frac {1}{2\pi i}}\int _{G}{\frac {f'(z)}{f(z)}}dz$ ahol az integrálás pozitív körüljárással történik. Ha itt $f(z)=z^{n}+\cdots$ polinom, akkor elég nagy kör esetén a $z^{n}$ főtag adja az integrál nagy részét, ennek az integrálja viszont n.

Topológiai bizonyítás

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

Algebrai bizonyítás

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

Tegyük fel, hogy $r>0$ . A komplex számtestnek van olyan bővítése, amiben $p(x)$ -nek n gyöke van: $u_{1},\dots ,u_{n}$ (ez a sok algebra).

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

q_{t}(x)=\prod _{i<j}\left(x-(u_{i}+u_{j}+tu_{i}u_{j})\right)

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

Története

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

x^{4}-4x^{3}+2x^{2}+4x+4

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

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

és

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

szorzatára.

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

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