Kezdőlap


Cím:	Prímhatványok egy jellemzéséről
Szerző(k):	Csirmaz László
Füzet:	1985/március, 97 - 104. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

E cikkben az F.2468. feladatban kimondott állítást bizonyítjuk be, nevezetesen a következőt:

Akkor és csak akkor létezik olyan konvex n-szög, melynek szögei egyenlők, oldalai pedig valamilyen sorrendben

1

2

3

...

n

egységnyi hosszúak, ha

n

nem egy prímszám hatványa.

A feladat megoldásában ^{$^{*}$} megmutattuk, hogy a kérdéses

n

-szög

n = 10

esetén létezik, és azt is láttuk, hogy a bizonyítandó állítás ekvivalens a következővel:

Legyenek

x_{1}

...

x_{n}

egy szabályos n-szög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok. Akkor és csak akkor létezik az

1

2

...

n

számoknak olyan

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

permutációja, amivel az

\begin{matrix} a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + ... + a_{n} x_{n} \end{matrix}

vektorösszeg a nullvektor, ha n nem egy prímszám hatványa.

Bizonyításunk két részre oszlik attól függően, hogy

n

prímhatvány-e vagy sem.

1. n nem prímhatvány. Ebben az esetben

n

felbomlik két egynél nagyobb, egymáshoz relatív prím egész szorzatára, legyen

n = p \cdot q

egy ilyen felbontás. Jelöljük

p (i)

-vel, illetve

q (i)

-vel azt a maradékot, ami

i

-nek

p

-vel,

q

-val való osztásakor adódik. A

p

függvény értéke minden

p

-edik egész számra ugyanaz, tehát

p (1)

p (2)

...

p (n)

között pontosan

q

darab

0

q

darab

1

-es stb. fordul elő.

Így

\begin{matrix} p (1) x_{1} + p (2) x_{2} + ... + p (n) x_{n} = 0, \end{matrix}

(1)

hiszen azok az

x_{i}

vektorok, amelyekre

p (i)

egy rögzített (0 és

p - 1

közé eső) értéket vesz fel, egy szabályos

q

-szög csúcsaiba mutatnak ‐ s egy szabályos sokszög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege mindig

0

. Ezért (1) bal oldala

p

darab nullvektor összege,

s

ezért maga is

0

.
Hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} q (1) x_{1} + q (2) x_{2} + ... + q (n) x_{n} = 0, \end{matrix}

csak most

q

darab szabályos

p

-szöget kifeszítő részösszegre bontható a bal oldal. Ha most az

a_{i} = 1 + p (i) + p \cdot q (i)

értékeket választjuk, akkor a kérdéses vektorösszeg

\begin{matrix} {\sum_{i = 1}^{n}}_{}^{} a_{i} x_{i} = {\sum_{i = 1}^{n}}_{}^{} x_{i} + {\sum_{i = 1}^{n}}_{}^{} p (i) x_{i} + p \cdot {\sum_{i = 1}^{n}}_{}^{} q (i) x_{i} = 0 . \end{matrix}

Ezek az

a_{i}

értékek nyilván 1 és

n = p \cdot q = 1 + (p - 1) + p \cdot (q - 1)

közé eső egészek.
Tehát a keresett permutáció létezését azonnal igazoltuk, mihelyst beláttuk, hogy az így definiált

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

számok között nincs két egyenlő. Ám

a_{i} = a_{j}

csak úgy lehet, ha

p (i) = p (j)

(osszuk el

a_{i}

-t és

a_{j}

-t is

p

-vel), de ekkor

q (i) = q (j)

is fennáll. Ám

p (i) = p (j)

azt jelenti, hogy

i - j

osztható

p

-vel,

q (i) = g (j)

pedig azt, hogy

i - j

osztható

q

-val.

p

és

q

relatív prímek, tehát

i - j

osztható

p \cdot q = n

-nel is, ami lehetetlen, mivel

i

és

j

is 1 és

n

közé eső egészek. Ezzel igazoltuk az állítást mindazon értékekre, amikor

n

nem prímhatvány.
A bizonyításnak ez a fele lényegében Kaiser Andrástól (Bp., József A. Gimn.) származik. Rajta kívül még Megyesi Gábor (akkor a szegedi Ságvári Endre Gyak. Gimn. tanulója volt) küldte be ennek a résznek a bizonyítását.

2. n prímhatvány. Az állítás e felének bizonyítása lényegesen nehezebb, mint az előzőé. Azt kell ugyanis megmutatni, hogy nem létezik az

1

2

...

n

számoknak megfelelő permutációja. Míg előbb elegendő volt egyetlen ilyet találni és arról igazolni, hogy az jó (bár arról nem esett szó, hogyan találtuk meg ezt a bizonyos permutációt), jelen esetben az összes permutációról kell igazolnunk, hogy rossz. Ezek száma már

n = 20

esetén is olyan óriási, hogy egyesével végignézni lehetetlenség. A helyzet kissé hasonlít a szabályos sokszögek szerkeszthetőségéhez. Könnyű szabályos ötszöget szerkeszteni, s a szerkesztés helyességének igazolása sem túl bonyolult. Magát a szerkesztést valószínűleg már Pitagorasz is ismerte (i, e. 550 körül). Ám annak bizonyítása, hogy semmiféle (euklideszi) szerkesztési eljárással nem tudunk szabályos hétszöget szerkeszteni, csak majd 2000 év múlva sikerült Gaussnak, a "matematika fejedelmének''. Ő a geometriai szerkesztési feladatot algebrai, pontosabban polinomokra vonatkozó feladattá fogalmazta át, amit végül is sikerrel megoldott.

Mi is ezt az utat követjük: a bizonyítandó állítást egy algebrai állítássá fogalmazzuk át. Majd az apró lemmák kimondása után az átfogalmazott állításra kerül sor. Érdekességképpen megjegyezzük, hogy a fenti párhuzam nem csupán illusztráció: a felhasználásra kerülő algebrai apparátus, sőt a lemmák is megegyeznek azokkal, amiket Gauss az idézett tétel bizonyítására használt.
Lássuk először az átfogalmazást. Az

x_{1}

x_{2}

...

x_{n}

egységnyi hosszúságú vektorok egy pozitív körüljárású szabályos

n

-szög csúcsaiba mutatnak. Helyezzük el ezeket a vektorokat a komplex számsíkon úgy, hogy a sokszög középpontja a számsík origójába, az

x_{n}

vektor végpontja pedig a valós számegyenes + 1 pontjába essen. Jelöljük

ε

-nal azt a komplex számot, amelybe az

x_{1}

vektor végpontja mutat. Az

ε

abszolút értéke (hossza) 1, modulusa (a pozitív valós tengellyel bezárt szöge)

2 π / n

. Így az

ε

-nal történő szorzás egy pozitív irányú

2 π / n

nagyságú szöggel való elforgatást jelent, például

ε^{2} = ε \cdot ε

-t úgy kapjuk, hogy

ε

-t elforgatjuk az origó körül

2 π / n

szöggel. Tehát

x_{2}

végpontja

ε^{2}

, s hasonlóan

x_{i}

végpontja

ε^{i}

. Speciálisan

ε^{n} = 1,

ahonnan

\begin{matrix} 0 = ε^{n} - 1 = (ε - 1) (ε^{n - 1} + ε^{n - 2} + ... + ε^{n} + ε + 1) . \end{matrix}

Mivel

ε \neq 1

, azért a második tényezőnek kell nullának lennie. Komplex számokat vektorként kell összeadni, az

\begin{matrix} ε^{n - 1} + ε^{n - 2} + ... + ε^{2} + ε + 1 = 0 \end{matrix}

(2)

összefüggés azt mondja ki, hogy a szabályos

n

-szög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege nulla, ahogyan azt már korábban állítottuk. Az

1

ε

ε^{n},

...

ε^{n - 1}

számokat n-edik egységgyököknek szokás nevezni, hiszen ezek (és csak ezek)

n

-edik hatványa 1.
A (2) összefüggést még úgy is értelmezhetjük, hogy

ε

gyöke az

\begin{matrix} f (x) = x^{n - 1} + x^{n - 2} + ... + x^{2} + x + 1 \end{matrix}

(3)

polinomnak. A bizonyítandó állítás, mármint az, hogy az

1

2

...

n

számok tetszőleges

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

permutációjára

Σ a_{i} x_{i} \neq 0

, komplex számokkal megfogalmazva azt mondja, hogy

Σ a_{i} ε^{i} \neq 0

, vagyis hogy

ε

nem gyöke a

\begin{matrix} g (x) = a_{n - 1} x^{n - 1} + a_{n - 2} x^{n - 2} + ... + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{n} \end{matrix}

(4)

polinomnak. Ezzel elérkeztünk a keresett átfogalmazáshoz:

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

számok tetszőleges megengedett megválasztása mellett az f(x)és g(x) polinomoknak nem lehet közös (komplex) gyöke.

Hogy ne szakítsuk meg a bizonyítás menetét, előrebocsátunk két, polinomokra vonatkozó segédtételt. Ezek bizonyítása ‐ mint látni fogjuk ‐ sok ötletet igényel és meglehetősen hosszú. Mindamellett ezek a lemmák sokszor alkalmazhatók, például a szerkeszthetőség elméletében alapvető jelentőségűek.

1. Lemma Ha n prímszám, akkor az

f (x) = x^{n - 1} + ... + x^{2} + x + 1

polinom nem bontható fel két (legalább elsőfokú) racionális együtthatós polinom szorzatára. (Ezt úgy mondjuk, hogy

f (x)

irreducibilis a racionális számtest felett.)

2. Lemma Legyen

f (x)

és

g (x)

két tetszőleges racionális együtthatójú polinom, és tegyük föl, hogy az

α

(komplex) szám mindkettőnek gyöke. Ekkor vannak olyan

f_{1} (x)

g_{1} (x)

és

h (x)

racionális együtthatós polinomok, hogy

\begin{matrix} f (x) = f_{1} (x) \cdot h (x), g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x) \end{matrix}

és

α

a gyöke

h (x)

-nek. (Elképzelhető, hogy

f_{1} (x)

vagy

g_{1} (x)

azonosan konstans polinom.)
Legyen tehát most

n

prímszám, és tegyük fel, hogy a (3) és (4) alatt definiált

f

és

g

egész együtthatós, tehát speciálisan racionális együtthatós polinomoknak volna közös gyöke. Ekkor a 2. lemma szerint

f (x) = f_{1} (x) \cdot h (x)

és

g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x)

alakban szorzattá bonthatók, ahol

f_{1}, g_{1}

és

h

racionális együtthatósak. Az 1. lemma szerint

f

nem bontható fel legalább elsőfokú racionális együtthatós polinomok szorzatára, tehát

f_{1}

szükségképpen azonosan konstans, mondjuk mindenütt az

1 / r

racionális értéket veszi fel. Ekkor

f (x) = f_{1} (x) \cdot h (x)

alapján

\begin{matrix} h (x) = r \cdot x^{n - 1} + r \cdot x^{n - 2} + ... + r \cdot x^{2} + r \cdot x + r . \end{matrix}

Tudjuk, hogy

g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x) .

g_{1}

legalább elsőfokú lenne, akkor a

g_{1} (x) \cdot h (x)

szorzat legalább

n

-edfokú polinom lenne, noha (4) szerint

g (x)

pontosan

(n - 1)

- edfokú. Ezért

g_{1}

is nulladfokú, mondjuk azonosan

s

értéket vesz föl, ezért

g (x) = g_{1} x \cdot h (x)

miatt

g (x)

\begin{matrix} (r s) \cdot x^{n - 1} + (r s) \cdot x^{n - 2} + ... + (r s) \cdot x^{2} + (r s) \cdot x + (r s) \end{matrix}

alakú. Ennek minden együtthatója egyenlő, tehát például

a_{1} = a_{2}

. Ez pedig lehetetlen, hiszen

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

1

2

...

n

számok egy permutációja, így páronként különböző számokból áll. Ellentmondásra jutottunk abból a feltevésből, hogy a (3) és (4) alatti polinomoknak van közös gyökük (legalábbis abban az esetben, ha

n

prím), így az állítást bizonyítottuk.
A bizonyítás egy kicsit többet adott, nevezetesen a következőt. Ha

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

olyan egész számok, amelyekre a (3) és (4) alatti polinomoknak van közös gyökük, akkor szükségképpen

a_{1} = a_{2} = ... = a_{n} .

"Visszagöngyölve'' azokat az átfogalmazásokat, átalakításokat, amiket az eredeti feladaton csináltunk, ebből az alábbi tételt kapjuk:
Legyen n egy prímszám. Ha egy n oldalú konvex n-szög minden szöge egyenlő és minden oldalának mértékszáma egész, akkor a sokszög szabályos (és persze az oldalak egyenlők).
A téglalap mutatja, hogy ez az állítás nem marad érvényben, ha

n

-et prímszám helyett prímhatványnak választjuk. Mivel ezt a következményt kizárólag az 1. és 2. lemmából vezettük le, azért az 1. lemma állítása nem maradhat érvényben

n = 4

-re. (Tehát abból, hogy létezik 1 és 2 oldalhosszúságú téglalap, következtetünk arra, hogy az

x^{3} + x^{2} + x + 1

polinom felbomlik két racionális együtthatójú polinom szorzatára! S valóban,

x^{2} + x^{2} + x + 1 = (x + 1) (x^{2} + 1) .)

Prímhatványra tehát általában a fenti gondolatmenet nem használható, ráadásul ha

n

nem prímszám, a (3) alatti polinom biztosan nem irreducibilis. Ahhoz, hogy mégis mentsük ami menthető, elsőként olyan irreducibilis polinomot kell találnunk, aminek a legkisebb modulusú

n

-edik egységgyök, amit

ε

-nal jelölünk, gyöke. Legyen tehát

n = p^{k}

, ahol

p

prím és

k \geq 1

egész szám. Jelöljük a

p^{k - 1}

számot

q

-val, ekkor

n = p \cdot q

, tehát

ε^{n} = ε^{p q} = 1

, és persze

ε^{q} \neq 1.

Így

\begin{matrix} 0 = ε^{n} - 1 = {(ε^{q})}^{p} - 1 = (ε^{q} - 1) (ε^{(p - 1) q} + ε^{(p - 1) q} + ... + ε^{q} + 1), \end{matrix}

következésképp

ε

gyöke az

\begin{matrix} f^{*} (x) = x^{(p - 1) q} + x^{(p - 2) q} + ... + x^{2 q} + x^{q} + 1 \end{matrix}

(5)

polinomnak.

3. Lema Az

f^{*} (x)

egész együtthatós polinom irreducibilis a racionális számtest felett.

Vegyük észre, hogy az 1. lemma speciális esete a 3. lemmának

k = 1

, azaz

q = 1

mellett.
Legyen most

n = p^{k}

és tegyük fel, hogy az

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

egész számok olyanok, hogy a

\begin{matrix} g (x) = a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a \end{matrix}

polinomnak és a fenti

f^{*} (x)

polinomnak van közös gyöke. Pontosan ugyanúgy, mint az előbb, csak most a 2. és 3. lemma segítségével adódik, hogy van olyan racionális együtthatójú

g_{1} (x)

polinom, amivel

\begin{matrix} g (x) = g_{1} (x) \cdot f^{*} (x) . \end{matrix}

f^{*} (x)

fokszáma

(p - 1) \cdot q, a g (x)

-é

n - 1 = p q - 1

, ezért

g_{1} (x)

fokszáma

(p q - 1) - (p - 1) \cdot q = q - 1

, vagyis

\begin{matrix} g_{1} (x) = b_{q - 1} x^{q - 1} + b_{q - 2} x^{q - 2} + ... + b_{1} x + b_{0} . \end{matrix}

Ekkor viszont a

g_{1} (x) \cdot f^{*} (x)

szorzatban minden

0 \leq i \leq q - 1

mellett az

x^{i}

x^{i + q}

...

x^{i + (p - 1) q}

együtthatója mind

b_{i}

, tehát

g (x)

-ben a megfelelő hatványok együtthatói is egyenlők. Következésképp

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

nem lehet mind különböző, és így nem lehet az

1

2

...

n

számok egy permutációja sem. A tételt ezzel igazoltuk.
A bizonyítás most azt adta, hogy

g (x)

-ben minden

q = p^{k - 1}

- edik együttható megegyezik. Ezt az egyenlőszögű

n

-szögekre a következőképpen fogalmazhatjuk át:
Legyen

n = p^{k}

, ahol p prímszám. Ha egy n oldalú konvex n-szög minden szöge egyenlő és oldalainak mértékszáma egész, akkor a sokszög minden

p^{k - 1}

- edik oldala ugyanolyan hosszú.
Ebből:

k = 1

-re visszaadódik az előző követelmény,

n = 8

-ra pedig a 2137-es gyakorlat általánosítása: ha egy konvex sokszög minden szöge

135^{\circ}

és oldalai egészek, akkor szemközti oldalai egyenlő hosszúak.
Ami hátra van, a korábban kimondott három lemma bizonyítása. Valójában elég csak az utóbbi kettőt belátni, hiszen a 3. lemmának speciális esete az 1.

A 2. lemma bizonyítása

Legyenek

f (x)

és

g (x)

olyan racionális együtthatós polinomok, amelyeknek az

α

(komplex) szám közös gyöke. Olyan

f_{1} (x)

g_{1} (x)

és

h (x)

racionális együtthatójú polinomokat kell találnunk, amelyekre

\begin{matrix} f (x) = f_{1} (x) \cdot h (x), g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x), \end{matrix}

és

α

gyöke

h (x)

-nek.
Az állítást

f (x)

és

g (x)

fokszámának összegére vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Feltehetjük, hogy

f (x)

és

g (x)

legalább elsőfokú, így

\begin{matrix} f (x) = a_{0} x^{m} + a_{1} x^{m - 1} + ... + a_{m - 1} x + a_{m} \end{matrix}

és

\begin{matrix} g (x) = b_{0} x^{n} + b_{1} x^{n - 1} + ... + b_{n - 1} x + b_{n}, \end{matrix}

ahol

a_{0} \neq 0

és

b_{0} \neq 0,

és mondjuk

n \leq m

. Indukciós feltevésünk szerint az állítás igaz az összes olyan polinom párra, melyek fokszámainak összege kisebb

(m + n)

-nél.

Tekintsük most az

\bar{f} (x) = f (x) - \frac{a_{0}}{b_{0}} \cdot x^{m - n} \cdot g (x)

polinomot. Ez nyilván racionális együtthatós, fokszáma

m

-nél kisebb, és mivel

α

gyöke volt

f (x)

-nek és

g (x)

-nek is, gyöke lesz

\bar{f} (x)

-nek is. Ha most

\bar{f} (x)

nulladfokú, akkor

\bar{f} (α) = 0

miatt azonosan nulla, és ekkor

\begin{matrix} f (x) = \frac{a_{0}}{b_{0}} x^{m - n} \cdot g (x) és g (x) = 1 \cdot g (x) \end{matrix}

megfelelő felbontás. Ha viszont

\bar{f} (x)

legalább elsőfokú, akkor

\bar{f} (x)

-re és

g (x)

-re az állítást már tudjuk, hiszen fokszámaik összege kisebb

(m + n)

-nél. Tehát vannak

f_{1} (x)

g_{1} (x)

és

h (x)

racionális együtthatójú polinomok, amikre

h (x)

-nek

α

gyöke, továbbá

\begin{matrix} \bar{f} (x) = f_{1} (x) \cdot h (x) és g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x) . \end{matrix}

Ekkor viszont

\begin{matrix} f (x) = \bar{f} (x) + \frac{a_{0}}{b_{0}} x^{m - n} g (x) = (f_{1} (x) + \frac{a_{0}}{b_{0}} x^{m - n} g_{1} (x)) \cdot h (x) \end{matrix}

és

\begin{matrix} g (x) = g_{1} (x) \cdot h (x) \end{matrix}

adja a keresett felbontást. Ezzel a 2. lemmát bizonyítottuk.

A 3. lemma bizonyítása

A lemma egy bizonyos egész együtthatós polinomról állítja, hogy nem bontható fel két racionális együtthatójú polinom szorzatára. Elsőként azt mutatjuk meg, hogy ha a polinom felbomlik racionális együtthatójú polinomok szorzatára, akkor egész együtthatós polinomok szorzataként is felírható. Ez az állítás Gauss- féle lemma néven ismeretes, és természetesen Gausstól származik.
Legyen tehát

\begin{matrix} f (x) = x^{n} + A_{1} x^{n - 1} + ... + A_{n - 1} x + A_{n} = \\ = (x^{r} + b_{1} x^{r - 1} + ... + b_{r - 1} x + b_{r}) (x^{s} + c_{1} x^{s - 1} + ... + c_{s - 1} x + c_{s}), \end{matrix}

ahol

A_{1}

A_{2}

...

A_{n}

egész számok, a

b_{i}

c_{i}

együtthatók pedig racionálisak. Tegyük fel, hogy

b_{i}

c_{i}

már tovább nem egyszerűsíthető alakban van felírva, és legyen

B_{0}

b_{i}

együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszöröse,

C_{0}

pedig a

c_{i}

együtthatóké. Legyen még

\begin{matrix} b_{i} = \frac{B_{i}}{B_{0}}, c_{i} = \frac{C_{i}}{C_{0}} . \end{matrix}

Világos, hogy nincs olyan prímszám, ami osztója lenne a

B_{0}

B_{1}

...

B_{r}

számok mindegyikének, s olyan sincs, ami a

C_{0}

C_{1}

...

C_{s}

mindegyikét osztaná.
A fenti szorzat mindkét oldalát

B_{0} C_{0}

-lal szorozva kapjuk, hogy

\begin{matrix} B_{0} C_{0} f (x) = (B_{0} x^{r} + B_{1} x^{r - 1} + ... + B_{r}) (C_{0} x^{s} + C_{1} x^{s - 1} + ... + C_{s}) . \end{matrix}

A bal és jobb oldalon a megfelelő hatványok együtthatóinak meg kell egyeznie, tehát

\begin{matrix} B_{0} C_{0} A_{1} = B_{0} C_{1} + B_{1} C_{0}, \\ B_{0} C_{0} A_{2} = B_{0} C_{2} + B_{1} C_{1}, + B_{2} C_{0} . \\ \dots \\ B_{0} C_{0} A_{i + j} = \\ = B_{0} C_{i + j} + B_{1} C_{i + j - 1} + ... + B_{i - 1} C_{j + 1} + B_{i} C_{j} + B_{i + 1} C_{j - 1} + ... + B_{i + j} C_{0} \\ \dots \end{matrix}

Legyen

p

tetszőleges prímosztója a

B_{0} C_{0}

szorzatnak. Előző megjegyzésünk értelmében

p

nem lehet osztója az összes

B_{i}

számnak, van olyan

0 \leq i \leq r,

hogy

p

osztója

B_{0}

B_{1}

...

B_{i - 1}

-nek, de nem osztója

B_{i}

-nek. Ugyanígy van olyan

0 \leq j \leq s

is, hogy

p

osztója

C_{0}

C_{1}

...

C_{j - 1}

mindegyikének, de nem osztója

C_{j}

-nek. Ez a

p

osztója

B_{0} C_{0} A_{i + j}

‐nek. A fenti kifejezésekben

B_{0} C_{0} A_{i + j}

jobb oldalán viszont mindegyik összeadandó ‐ az egyetlen

B_{i} C_{j}

kivételével ‐ osztható

p

-vel,

B_{i} C_{j}

nem osztható, ezért a jobb oldal sem osztható

p

-vel.
Az ellentmondás azt jelenti, hogy nem lehet

B_{0} C_{0}

-nek prímosztója, vagyis

B_{0} C_{0} = 1

, ahonnan

B_{0} = C_{0} = 1.

Ez viszont azt mutatja, hogy az

f (x)

szorzat előállításában a

b_{i}

c_{i}

együtthatók szükségszerűen egészek. A Gauss-lemmát bizonyítottuk.
Ennek alapján annak bizonyításához, hogy egy 1 főegyütthatójú, egész együtthatós polinom nem bontható fel racionális együtthatójú polinomok szorzatára, elegendő megmutatni, hogy nem bontható egész együtthatójú polinomok szorzatára. Erre ad elégséges feltételt az alábbi, Schoenemann és Eisenstein, a múlt század közepén működő német matematikusokról elnevezett kritérium:

Ha az egész együtthatós

\begin{matrix} f (x) = x^{n} + A_{1} x^{n - 1} + ... + A_{n - 1} x + A_{n} \end{matrix}

polinom

A_{1}

A_{2}

...

A_{n}

együtthatói mind oszthatók a

p

prímszámmal, és

A_{n}

nem osztható

p^{2}

-tel, akkor a polinom nem bontható fel egész együtthatós polinomok szorzatára.

Tegyük fel ugyanis, hogy

f (x)

felírható

\begin{matrix} (x^{r} + B_{1} x^{r - 1} + ... + B_{r}) (x^{s} + C_{1} x^{s - 1} + ... + C_{s}) \end{matrix}

alakban, ahol

B_{i}

és

C_{i}

egészek. Ekkor

B_{r} C_{s} = A_{n}

miatt ez a szorzat osztható

p

-vel, de nem osztható

p^{2}

-tel ─ következésképp

B_{r}

és

C_{s}

közül pontosan az egyik osztható

p

-vel. Legyen ez mondjuk

C_{s}

. Ekkor

\begin{matrix} A_{n - 1} = B_{r - 1} C_{s} + B_{r} C_{s - 1} \end{matrix}

szerint

B_{r} C_{s - 1} = A_{n - 1} - B_{r - 1} C_{s}

is osztható

p

-vel, de mivel

B_{r}

nem osztható vele, ezért

C_{s - 1}

-nek kell

p

-vel oszthatónak lennie. Hasonlóan

\begin{matrix} A_{n - 2} = B_{r - 2} C_{s} + B_{r - 1} C_{s - 1} + B_{r} C_{s - 2} \end{matrix}

alapján az adódik, hogy

C_{s - 2}

is osztható

p

-vel stb., végül

\begin{matrix} A_{r} = B_{r - s} C_{s} + B_{r - s + 1} C_{s - 1} + ... + B_{r - 1} C_{1} + B_{r} C_{0} \end{matrix}

miatt azt kapjuk, hogy

C_{0} = 1

is osztható

p

-vel, ami ellentmondás. Ez pedig a Schoenemann‐Eisenstein kritérium helyességét igazolja.
Most már rátérhetünk a 3. lemma állításának bizonyítására. Legyen

p

egy prímszám,

q = p^{k - 1}

valamely

k \geq 1

egészre. Azt szeretnénk belátni, hogy az

\begin{matrix} f (x) = x^{(p - 1) q} + x^{(p - 2) q} + ... + x^{2 q} + x^{q} + 1 \end{matrix}

egész együtthatós polinom irreducibilis. A Gauss-lemma alapján ehhez elég belátnunk, hogy

f (x)

nem bontható fel két egész együtthatós polinom szorzatára. Ez utóbbi igazolására a Schoenemann‐Eisenstein kritériumot szeretnénk használni. Ez persze közvetlenül nem megy, egy picit ravaszkodnunk kell. Tekintsük a

\begin{matrix} g (x) = f (x + 1) = {(x + 1)}^{(p - 1) q} + ... + {(x + 1)}^{2 q} + {(x + 1)}^{q} + 1 \end{matrix}

egész együtthatós polinomot. Ha

f (x)

felbomlana két egész együtthatós polinom szorzatára, akkor persze

g (x)

is felbomlana, Így abból, hogy

g (x)

irreducibilis, következtethetünk arra, hogy

f (x)

is az.

g (x)

-re viszont már működik a kritérium. A binomiális tétel alapján világos, hogy

g (x)

legmagasabb fokú tagja

x^{(p - 1) q}

konstans tagja pedig

p

(hiszen

p - 1

darab

(x + 1)

-hatványt kell összeadnunk). Ezért elég belátni, hogy

g (x)

-ben az összes többi előforduló hatvány együtthatója osztható

p

-vel.
Elsőként számítsuk ki

{(x + 1)}^{q}

-t:

\begin{matrix} {(x + 1)}^{q} = x^{q} + 1 + {\sum_{i = 1}^{q - 1}}_{}^{} (\binom{q}{i}) x^{i} . \end{matrix}

A szumma-jel mögött álló binomiális együtthatók mind oszthatók

p

-vel, hiszen

\begin{matrix} (\binom{q}{i}) = \frac{q}{i} (\binom{q - 1}{i - 1}), \end{matrix}

a második tényező egész

1 \leq i \leq q - 1

esetén, és az első tényező számlálója az egyszerűsítések után is osztható

p

-vel. Ezért

\begin{matrix} {(x + 1)}^{q} = x^{q} + 1 + p \cdot G (x), \end{matrix}

és így

\begin{matrix} {(x + 1)}^{i q} = {(x^{q} + 1 + p \cdot G (x))}^{i} = {(x^{q} + 1)}^{i} + p \cdot G_{i} (x) \end{matrix}

szintén a binomiális tétel alapján, ahol

G (x)

és

G_{i} (x)

is egész együtthatós polinomok. Ezekkel a

g (x)

polinomot a következőképpen írhatjuk föl:

\begin{matrix} g (x) = {\sum_{i = 0}^{p - 1}}_{}^{} {(x + 1)}^{i q} = {\sum_{i = 0}^{p - 1}}_{}^{} {(x^{q} + 1)}^{i} + p \cdot {\sum_{i = 0}^{p - 1}}_{}^{} G_{i} (x) . \end{matrix}

A jobb oldalon az első szumma

x^{q} = ((x^{q} + 1) - 1)

-szerese éppen

{(x^{q} + 1)}^{p} - 1

, ami a binomiális tétel szerint a következővel egyezik meg:

\begin{matrix} x^{q p} + (\binom{p}{1}) x^{q (p - 1)} + ... + (\binom{p}{p - 1}) x^{q} = x^{q} (x^{(p - 1) q} + p \cdot H (x)), \end{matrix}

ahol

H (x)

egész együtthatójú. Ezért

\begin{matrix} g (x) = x^{(p - 1) q} + p \cdot H (x) + p \cdot {\sum_{i = 0}^{p - 1}}_{}^{} G_{i} (x), \end{matrix}

vagyis

g (x)

-ben valóban az összes többi együttható osztható

p

-vel, amint állítottuk. Innen a Schoenemann‐Eisenstein kritérium alapján

g (x)

irreducibilis ‐ tehát

f (x)

is az, ez pedig a 3. lemma állítása volt.

^{$^{*}$}Lásd e számunk 104. oldalán.