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 $a_n\ne 0$) 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 $\bar{\alpha }$ is, ekkor viszont a valós együtthatós

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

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

$|p(x)|\ge R^n-|a_{n-1}|R^{n-1}-\cdots -|a_0|.$

Mivel R>1, ez legalább

$R^n-(|a_{n-1}|+\cdots +|a_0|)R^{n-1}\ge \frac{R^n}{2}>\frac{R}{2}\ge |a_0|.$

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 $a_r\ne 0$. 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

$|a_{r+1}|h^{r+1}+\cdots +|a_n|h^n<(|a_{r+1}|+\cdots +|a_n|)h^{r+1}$

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:$\frac{1}{2\pi i}\underset{G}{\int }\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}dz$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 $0\le t\le (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$ természetes számra készítsük el a

$q_t(x)=\prod _{i<j}(x-(u_i+u_j+t{u}_i{u}_j))$

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 $u_i+u_j+t{u}_i{u}_j$ komplex. Mivel ilyen (i,j) pár csak $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$ van, van két t, mondjuk $t$ és $t^{\prime }$, amire ugyanazt az (i,j) értéket kapjuk. Azaz, $u_i+u_j+t{u}_i{u}_j$ és $u_i+u_j+t^{\prime }{u}_i{u}_j$ 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:

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

és

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

szorzatára. 1746-ban d'Alembert publikált bizonyítást az algebra alaptételére. Azt próbálta belátni, hogy ha a $p(x)$ polinomra $|p(a)|\ne 0$ 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 $n\ge 2$-re minden $2^n$-fokú polinom szétesik két $2^{n-1}$-fokú polinom szorzatára. További sikertelen kísérletet tettek a tétel igazolására de Foncenex (1759), Lagrange (1772) és Laplace (1795). Az algebra alaptételét kifogástalanul először, 1806-ban, Argand bizonyította.

Források

• Halász Gábor: Komplex függvénytan
• Szűcs András: Topológia
• Gauss: Demonstratio Nova Theorematis Omnem Fvnctionem Agebraicam Rationalem Integram Vnivs Variabilis in Factores Reales Primi vel Secundi Gradvs Resolvi Posse