Az M testet az L test bővítésének nevezzük, ha Lrészteste M-nek, azaz $L\subseteq M$ és az L testben a műveletek éppen az M-beli műveletek megszorításai.❶

Ennek a kapcsolatnak a szokásos jelölése M|L, de mivel ez könnyen félreérthető és nem is igazán tükrözi az L és M viszonyát, ezért inkább az M:L jelölést fogjuk alkalmazni.

Ha M bővítése L-nek, akkor M egyben vektortér is L felett a „természetesen” adódó műveletekre. Ezek a vektortérműveletek az M test műveleteiből származnak: két M-beli „vektort” mint az Mtest két elemét adjuk össze, továbbá egy L-beli „skalárral” úgy szorzunk meg egy M-beli „vektort”, hogy az Mtestnek ezt a két elemét összeszorozzuk.

Az M-nek mint az L test feletti vektortérnek a dimenziójára külön elnevezést és jelölést vezetünk be:

Ha M bővítése L-nek, akkor az M-nek mint L feletti vektortérnek a dimenzióját a testbővítés fokának nevezzük és deg(M:L)-lel jelöljük.❶

Például deg(C:R)=2, deg(R:Q)=∞.

Alapvetően fontos tétel, hogy az egymás utáni testbővítések esetén a fokszámok összeszorzódnak:

Az $L\subseteq M\subseteq N$ bővítéslánc esetén deg(N:L)=deg(N:M)·deg(M:L).❶

A testbővítések legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen elem által generált bővítések jelentik. Ezt rögtön tetszőleges testekre vizsgáljuk, de melegen ajánljuk, hogy az Olvasó az alábbiakat először az L=Q, M=C speciális esetben gondolja végig, és ezen keresztül „szokja meg” ezt a fogalmat.

Előrebocsátjuk, hogy az M:L testbővítés esetén az L test elemeit görög kisbetűkkel, az M elemeit pedig görög nagybetűkkel fogjuk jelölni.

Legyen L részteste M-nek és $\theta M$ tetszőleges elem. Ekkor az

L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésén az L-ből és a Θ-ból a(z M) testbeli műveletek (és inverzeik) segítségével előálló elemek halmazát fogjuk érteni. Ehhez elkészítjük minden lehetséges módon az ${\alpha }_0+{\alpha }_1\theta +\dots +{\alpha }_n{\theta }^{n}M$ elemeket, ahol ntetszőleges nemnegatív egész és az α_i-k az L test elemei, majd vesszük ilyenek hányadosait. Az α₀+α₁Θ+…+α_nΘⁿ elem nem más mint a $g={\alpha }_0+{\alpha }_{1}x+\dots +{\alpha }_n{x}^{n}L\left[x\right]$ polinomnak a $\theta M$ helyen vett $g\left(\theta \right)M$ helyettesítési értéke. A szóban forgó hányadosok tehát g(Θ)/h(Θ)alakú M-beli elemek, ahol g és h tetszőleges L[x]-beli polinomok és természetesen h(Θ)≠0. Az ily módon kapott elemek a Θ-t és az L-et tartalmazó legszűkebb résztestet alkotják M-ben. Mindezt pontosan az alábbi definícióban és tételben fogalmazzuk meg.

Legyen L részteste M-nek és $\theta M$ tetszőleges elem. Ekkor a

illetve ugyanezt részletesen kiírva, a

M-beli részhalmazt az L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésének nevezzük és L(Θ)-val jelöljük.❶

L(Θ)az M testnek az a legszűkebb részteste, amely a Θ elemet és az L testet tartalmazza, azaz

(i) L(Θ)az M testnek részteste;

(ii) $\theta L\left(\theta \right),L\subseteq L\left(\theta \right)$

(iii) ha T részteste M-nek és $\theta T,L\subseteq T$ akkor szükségképpen $L\left(\theta \right)\subseteq T$.❶

Bizonyos esetekben L(Θ)elemei egyszerűbb alakban is felírhatók. Ehhez szükségünk lesz az algebrai elem fogalmára.

Legyen L részteste M-nek. A $\theta M$ elem algebrai az L test felett, ha létezik olyan nemnulla $fL\left[x\right]$ polinom, amelynek a Θ gyöke, azaz f(Θ)=0.❶

A már említett L=Q,M=C speciális esetben ez az algebrai szám fogalmát jelenti: egy Θ komplex szám akkor algebrai szám, ha létezik olyan racionális együtthatós, nemnulla polinom, amelynek a Θ gyöke. Így például a $\sqrt{2}$, a $\sqrt[3]{5}$ vagy az $i\sqrt[7]{10}$ algebrai számok, megfelelő polinomok az x²–2, az x³–5, illetve az x¹⁴+100.

A nem algebrai komplex számokat transzcendens számoknak nevezzük, ilyenek pl.a π, az e (a természetes logaritmus alapszáma),lg2,sin1(a szöget radiánban mérve). Az algebrai számok csak megszámlálható sokan vannak, tehát a komplex számok „túlnyomó többsége” transzcendens. Ennek ellenére általában igen nehéz kérdés egy adott komplex számról eldönteni, hogy algebrai-e vagy transzcendens. Megoldatlan például, hogy e+π algebrai-e vagy transzcendens, sőt azt sem tudjuk, hogy racionális-e vagy irracionális.

Egy Θ algebrai elem esetén több olyan $fL\left[x\right]$ polinom is létezik, amelynek a Θ gyöke, hiszen például egy ilyen polinom bármely polinomszorosa is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Ezek között a polinomok között a(z egyik) legalacsonyabb fokúnak kitüntetett szerepe van:

Az L felett algebrai $\theta M$ elem minimálpolinomjának a(z egyik) legalacsonyabb fokú L[x]-beli polinomot nevezzük, amelynek a Θ gyöke. A Θ minimálpolinomját m_Θ-val jelöljük.❶

(i) m_Θ egy (L-beli) konstans szorzótól eltekintve egyértelmű.

(ii) Legyen $fL\left[x\right]$ Ekkor $f\left(\theta \right)=0\iff m_{\theta }f$

(iii) m_Θ irreducibilis L felett.

(iv) Ha f irreducibilis L felett és f(Θ)=0, akkor f= m_Θ.❶

Megjegyezzük, hogy az m_Θ jelölés a Θ akármelyik minimálpolinomját jelentheti, de ez nem okoz problémát, hiszen ezek a polinomok egymástól az (i) állítás alapján csak egy konstans szorzóban különböznek. Ha valaki (nagyon) egyértelműsíteni akar, akkor választhatja pl.azt az alakot, amelynek a főegyütthatója 1. Ekkor természetesen a (iv) állításban az f=γm_Θ következtetés írható, ahol γ egy L-beli konstanst jelöl.

Az L felett algebrai $\theta M$ elem fokának a minimálpolinomja fokszámát nevezzük:degΘ=deg m_Θ.❶

A korábbi (L=Q,M=C-re vonatkozó) példáinkban szereplő algebrai számok esetén a megadott polinomok Q felett irreducibilisek voltak, tehát a $\sqrt{2}$ minimálpolinomja x²–2, a $\sqrt[3]{5}$ -é x³–5, az $i\sqrt[7]{10}$ -é pedig x¹⁴+100, és így a három szám foka rendre 2, 3, illetve 14. (Az $i\sqrt[7]{10}$ -re vonatkozó állítást a legkevesebb számolással az A.7.3 és a nemsokára következő A.7.11 Tételek segítségével lehet igazolni.) Az elsőfokú algebrai számok az elsőfokú racionális együtthatós polinomok gyökei, azaz maguk a racionális számok. Általában, tetszőleges L felett is az elsőfokú algebrai elemek pontosan az L elemei lesznek.

Most rátérünk arra, hogyan írhatók fel egy Θ algebrai elemmel történő bővítés esetén az L(Θ) elemei az A.7.4 Definícióban megadottnál egyszerűbb alakban.

Tekintsük példaként a racionális testnek a $\sqrt{2}$-vel vett $\mathbf{Q}\left(\sqrt{2}\right)$ bővítését. Ez nem más, mint az ${\alpha }_0+{\alpha }_1\sqrt{2}$ alakú számok T halmaza, ahol ${\alpha }_i\mathbf{Q}$(lásd az A.2 pont P3 példáját), ugyanis T egy olyan test, amely a $\sqrt{2}$-t és a racionális számokat tartalmazza és nyilván a legszűkebb. Ez azt jelenti, hogy az A.7.4 Definícióban felírt alakhoz képest nincs szükség osztásra és a $\sqrt{2}$-nek az egynél magasabb kitevőjű hatványaira. Ha a $\sqrt{2}$ helyett a $\sqrt[3]{5}$-tel történő $\mathbf{Q}\left(\sqrt[3]{5}\right)$ bővítést tekintjük, akkor itt $\sqrt[3]{5}$ legfeljebb második hatványaira van szükség, mert a harmadik és magasabb hatványok kifejezhetők ezekkel (és alkalmas racionális számokkal).

Az általános esetben a következő tétel érvényes:

Ha $\theta M$ egy n-edfokú algebrai elem az L test felett, akkor L (Θ) elemei egyértelműen felírhatók α₀+α₁Θ+…+α_n-1Θ^n-1 alakban, ahol ${\alpha }_{i}L$ ❶

A tétel más megfogalmazásban azt jelenti, hogy az 1,Θ,…,Θ^n-1 elemek bázist alkotnak L(Θ)-ban mint L feletti vektortérben. Így ennek a vektortérnek a dimenziója, azaz az L(Θ) :L testbővítés foka n. Ezt a fontos tényt külön tételként is kimondjuk:

Ha $\theta M$ algebrai elem az L test felett, akkor deg(L(Θ):L)=degΘ.❶

Az A.7.10-A.7.11 Tételeket kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ nem algebrai elem (azaz transzcendens) L felett, akkor az L(Θ) elemei nem adhatók meg az A.7.4 Definícióban leírtnál egyszerűbb alakban, és az L(Θ): L testbővítés foka ekkor végtelen.

Az L(Θ) test egy másik megközelítését adja az alábbi tétel:

Ha $\theta M$ algebrai elem az L test felett, akkor az L(Θ) test izomorf az L[x]/(m_Θ) faktorgyűrűvel.❶

Tekintsük példaként a valós számoknak az i-vel történő bővítését, ekkor nyilván a komplex számokat kapjuk, azaz C=R(i). Az i minimálpolinomja m_i=x²+1, tehát az A.7.12 Tétel értelmében C=R(i) izomorf az R[x]/(x²+1) faktorgyűrűvel — ezt az eredményt már az A.6 pontban is megkaptuk.

Az A.7.12 Tétel alapján az L(Θ) elemeit az m_ѳ polinom szerinti osztási maradékokként képzelhetjük el.

A tételt kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ transzcendens elem L felett, akkor az L(Θ) test az L feletti algebrai törtek, azaz az L[x]-beli polinomok formálisan képzett hányadosainak testével izomorf.

Végül megjegyezzük, hogy az A.7.12 Tétel segítségével „akkor is megkonstruálhatjuk L(Θ)-t, ha nincs eleve adva egy bővebb M test”, lásd az A.7.18 feladatot.

Feladatok

M A.7.1 Tegyük fel, hogy az M:L testbővítés foka véges, legyen deg(M:L)=n. Bizonyítsuk be, hogy ekkor egy tetszőleges $\theta M$ elem algebrai L felett, degΘ≤n, sőt degΘ|n.

A.7.2 Mi az oka annak, hogy egy algebrai elem minimálpolinomja mindig irreducibilis, ugyanakkor egy lineáris transzformáció minimálpolinomja (lásd a 6.3 pontban) lehet reducibilis is az adott test felett?

A.7.3 Bizonyítsuk be az A.7.3, 5, 8, 10 és 12 Tételeket.

Az A.7.4-A.7.17 feladatok az algebrai számokra (azaz a komplex számok közül a Q felett algebrai elemekre) vonatkoznak.

A.7.4 Mutassuk meg, hogy egy f≠0 komplex együtthatós polinomhoz akkor és csak akkor létezik olyan g≠0 racionális együtthatós polinom, amelyre f|g, ha f minden (komplex) gyöke algebrai szám.

A.7.5 Bizonyítsuk be, hogy egy algebrai számból pozitív egész kitevős gyököt vonva ismét algebrai számot kapunk.

*A.7.6 Lássuk be, hogy az algebrai számok a komplex számok egy résztestét alkotják.

A.7.7 Mit állíthatunk egy algebrai és egy transzcendens szám összegéről, illetve két transzcendens szám összegéről (algebrai-transzcendens szempontból)?

A.7.8

a) Jelöljük két komplex szám összegét S-sel, a szorzatukat pedig P-vel. Mi mondható a(z eredeti) két számról (algebrai-transzcendens szempontból), ha

(i) S algebrai,P transzcendens;

(ii) S transzcendens,P algebrai;

(iii) S és P is transzcendens;

(iv) S és P is algebrai?

b) Mennyiben változik a helyzet, ha az „algebrai”, illetve „transzcendens” szavak helyére a „racionális”, illetve „irracionális” szavakat írjuk?

A.7.9 Legyen egy z(≠0) komplex szám algebrai alakja z=a+bi, trigonometrikus alakja z=r(cosϕ+i sinϕ). Bizonyítsuk be, hogy z akkor és csak akkor algebrai, ha

a) a és b algebrai; illetve

b) r és cosϕ algebrai.

A.7.10 Az alábbi komplex számok közül melyek algebraiak és mennyi a fokuk?

a) $\sqrt[1000]{3000}$;

b) $\sqrt{2}+\sqrt{3}$;

c) e+πi;

d) π¹⁰⁰⁰+3π⁹+7;

e) $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$;

f) cos20°;

g) egy 101-edik egységgyök;

h) egy 6-odik egységgyök;

i) egy primitív n-edik egységgyök;

*j) cos1°.

*A.7.11 Van-e az egységkörön az egységgyökökön kívül algebrai szám?

*A.7.12 Határozzuk meg az egységkörön az összes páratlan fokú algebrai számot.

A.7.13 Legyen Θ algebrai szám, degΘ=k. Mik deg(Θ²) lehetséges értékei?

A.7.14 Mutassuk meg, hogy

a) $\mathbf{Q}\left(\sqrt{8}\right)=\mathbf{Q}\left(\sqrt{18}\right)$;

b) $\mathbf{Q}\left(\sqrt[9]{2}\right)\bigcap \mathbf{Q}\left(\sqrt[6]{2}\right)=\mathbf{Q}\left(\sqrt[3]{2}\right)$.

A.7.15 Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan racionális együtthatós polinom, amely az $1+3\sqrt[7]{25}+11\sqrt[7]{125}+1000\sqrt[7]{625}$ helyen a $\sqrt[7]{5}$ értéket veszi fel.

M*A.7.16 Bizonyítsuk be, hogy ha |z|=1, akkor Q(z)∩R=Q(Rez).

M*A.7.17 Bizonyítsuk be, hogy ha egy $f\mathbf{C}\left[x\right]$ polinom minden együtthatója algebrai szám, akkor f minden (komplex) gyöke is algebrai szám.

Megjegyzés: Jelöljük az algebrai számok testét A-val. Ekkor a feladat állítása úgy is fogalmazható, hogy minden nemkonstans $fA\left[x\right]$ polinomnak van A-ban gyöke (illetve — ami ezzel ekvivalens — minden f-nek multiplicitással számolva pontosan annyi gyöke van A-ban, mint amennyi a foka). Ez azt jelenti, hogy — a komplex testhez hasonlóan — az algebrai számok testére is érvényes az „algebra alaptétele”. Az ilyen tulajdonságú testeket algebrailag zárt testeknek nevezzük.

*A.7.18 Legyen L tetszőleges (kommutatív) test és f egy irreducibilis polinom L felett. Konstruáljunk egy olyan M testet, amely rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal:

(i) M-nek van az L-lel izomorf L*részteste;

(ii) ha $f^{*}{L}^{*}\left[x\right]$ az a polinom, amelynek az együtthatóit az f együtthatóiból az L→L*izomorfizmus szerint kapjuk, akkor f*-nak van egy $\theta M$ gyöke;

(iii) M=L*(Θ).

Megjegyzés: Ennek a konstrukciónak az alapján akkor is tudjuk az L-et egy irreducibilis polinom ― még nem is létező(!) — gyökével bővíteni, ha nincs eleve adva egy, az L-et tartalmazó test.