Spis treści

Transkrypt

Spis treści

DB — ALGEBRA — semestr letni 2016
SPIS TREŚCI
Spis treści
1 Wstęp (25/02/16)
1.1 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
3
2 Pierwsze i drugie twierdzenie o izomorfizmie (25/02/16, 03/03/16)
2.1 Teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
5
3 Wolne grupy abelowe (03/03/16)
6
4 Klasyfikacja skończenie generowanych grup abelowych (10/03/16)
4.1 Teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
7
5 Zgodny wybór bazy (17/03/16)
14
5.1 Teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
5.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
6 Grupy rozwiązalne, proste, grupy Sn , tw. Sylowa itp. (24/03/16)
14
6.1 Teoria i krótkie zadania domowe na rozgrzewkę . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
6.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
7 Pierścienie (31/03/16)
18
7.1 Teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
7.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
8 Pierścienie noetherowskie
22
8.1 Teoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
8.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
9 Pierścienie Dedekinda
27
9.1 Krótkie przypomnienie z Algebry 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
9.2 Powrót do pierścieni Dedekinda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
9.3 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
10 Jednoznaczność rozkładu
29
10.1 TEORIA: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
10.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
11 Teoria podzielności w pierścieniu wielomianów
33
11.1 Kryteria użyteczne do sprawdzania czy dany wielomian jest nierozkładalny . . . . . . . . . . . . . . 34
11.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
12 Ciała
36
12.1 O rozszerzeniach ciał . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
12.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2/39
1
Wstęp (25/02/16)
Definicja 1.1. Działaniem wewnętrznym (w skrócie będziemy mówić działaniem) w zbiorze X nazywać
będziemy każdą funkcję X × X → X.
Definicja 1.2. Niech F i A będą niepustymi zbiorami. Dowolne odwzorowanie ◦ :
działaniem zewnętrznym w zbiorze A ze zbiorem operatorów F.
F × A → A nazywamy
Definicja 1.3. Grupą nazywamy zbiór G z działaniem · : G × G → G, dla którego spełnione są następujące
warunki:
G1. Dla dowolnych a, b, c ∈ G : (a · b) · c = a · (b · c). (łączność)
G2. Istnieje element e ∈ G (nazywany elementem neutralnym grupy) taki, że:
dla każdego a ∈ G : e · a = a · e = a.
G3. Dla każdego a ∈ G istnieje element b ∈ G (nazywany elementem odwrotnym do a) taki, że:
a · b = b · a = e.
Definicja 1.4. Grupą przemienną (lub abelową) nazywamy zbiór G z działaniem · : G × G → G, spełniającym
warunki G1.—G3. z powyższej definicji oraz warunek:
G4. dla dowolnych a, b ∈ G : a · b = b · a.
Definicja 1.5. Niech (A, +A ) oraz (B, +B ) będą grupami. Mówimy, że odwzorowanie f : A → B jest homomorfizmem grup, gdy dla każdego a, b ∈ A:
f (a +A b) = f (a) +B f (b) .
Definicja 1.6. Homomorfizm grup ϕ : G1 → G2 nazywamy:
1. epimorfizmem, gdy ϕ jest suriekcją (in. ϕ jest ”na”), tzn.
∀ g2 ∈ G2 ∃ g1 ∈ G1 : ϕ(g1 ) = g2 .
2. monomorfizmem, gdy ϕ jest iniekcją (in. ϕ jest różnowartościowe), tzn.
∀ g1 , g10 ∈ G1 : ( ϕ(g1 ) = ϕ(g10 ) =⇒ g1 = g10 ) .
3. izomorfizmem, gdy ϕ jest epi– i monomorfizmem jednocześnie.
Definicja 1.7. Niepusty podzbiór H grupy G nazywamy podgrupą grupy G gdy:
1. H jest zamknięty ze względu na działanie ograniczone do H z G,
2. H z działaniem ograniczonym z G też jest grupą.
Lemat 1.1. Niepusty podzbiór H grupy G jest podgrupą wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich h1 , h2 ∈ H zachodzi
warunek:
h1 h−1
2 ∈H
Definicja 1.8. Podgrupę H grupy G nazywamy dzielnikiem normalnym grupy G, gdy spełniony jest warunek:
∀ g ∈ G : gHg −1 ⊂ H.
Jeśli H ⊂ G jest dzielnikiem normalnym, to zapisujemy to w skrócie H / G.
Część zadań pochodzi z materiałów opracowanych przez dra hab. Macieja Radziejewskiego
3/39
Definicja 1.9. Jeżeli H jest taką podgrupą grupy G, że zbiór G/H jest skończony, to liczbę warstw lewostronnych
(równoważnie prawostronnych):
[G : H] := |G/H| = |H\G|
nazywamy indeksem podgrupy H w grupie G.
Twierdzenie 1.1. (Lagrange’a) Jeżeli H jest podgrupą grupy skończonej G, to
[G : H] =
|G|
.
|H|
W szczególności |H| dzieli |G|.
1.1
Zadania
Zadanie domowe 1.1. Niech φ : G1 → G2 będzie homomorfizmem grup. Pokazać, że:
(a) φ(e1 ) = e2 .
(b) φ(g −1 ) = φ(g)−1 , dla każdego g ∈ G.
(c) Ker φ / G1 .
(d) Im φ jest podgrupą w G2 .
Zadanie domowe 1.2. Udowodnić, że G jest grupą abelową wtedy i tylko wtedy, gdy przekształcenie:
i: G→G
g 7→ g −1
jest izomorfizmem.
Zadanie domowe 1.3. Pokazać, że grupa G, w której każdy element ma rząd równy 2 jest abelowa.
Zadanie domowe 1.4 (∗). Czy grupa G, w której każdy element ma rząd równy 3 jest abelowa?
Zadanie domowe 1.5. Pokazać, że: jeśli H i K są podgrupami grupy G, ponadto H jest podgrupą K, to:
[G : H] = [G : K][K : H].
Zadanie domowe 1.6. Niech N będzie dzielnikiem normalnym grupy G oraz H będzie podgrupą grupy G. Pokazać, że H ∩ N jest dzielnikiem normalnym grupy H.
Zadanie 1.7. Niech H będzie podgrupą grupy G. Pokazać, że następujące warunki są równoważne:
(a) H jest dzielnikiem normalnym grupy G.
(b) g −1 Hg ⊂ H dla każdego g ∈ G.
(c) gHg −1 = H dla każdego g ∈ G.
(d) gH = Hg, dla każdego g ∈ G.
(e) (aH)(bH) = (ab)H, dla każdych a, b ∈ G.
(a) ⇒ (b) Z definicji dzielnika normalnego wiemy, że:
∀g ∈ G : gHg −1 ⊂ H.
Oczywiście g −1 ∈ G, więc otrzymamy:
H ⊃ g −1 H(g −1 )−1 = g −1 Hg.
4/39
(b) ⇒ (c) Dla dowolnego g ∈ G : g −1 Hg ⊂ H. Oczywiście j.w. g −1 ∈ G więc, również gHg −1 ⊂ H. Stąd
otrzymamy:
H = eHe = (gg −1 )H(gg −1 ) = g(g −1 Hg)g −1 ⊂ gHg −1 ,
więc gHg −1 = H Biorąc za g, g −1 otrzymamy również: g −1 Hg = H.
(c) ⇒ (d) Z podpunktu (c) mamy: ∀g ∈ G : g −1 Hg = H, otrzymujemy więc:
gH = g(g −1 Hg) = (gg −1 )Hg = eHg = Hg.
(d) ⇒ (e) Niech a, b ∈ G będą dowolne, wówczas:
(aH)(bH) = H(ab)H = (ab)H · H = (ab)H.
(e) ⇒ (a) Niech g ∈ G będzie dowolne, wówczas:
gHg −1 = gHg −1 e ⊂ gHg −1 H = gg −1 H = eH = H.
Zadanie 1.8. Pokazać, że w grupie abelowej każda podgrupa jest normalna.
Zadanie 1.9. Pokazać, że jeśli podgrupa H ⊂ G ma indeks 2, to H / G.
2
2.1
Pierwsze i drugie twierdzenie o izomorfizmie (25/02/16, 03/03/16)
Teoria
Twierdzenie 2.1. (I twierdzenie o izomorfizmie) Niech φ : G1 → G2 będzie homomorfizmem grup. Wówczas
istnieje jednoznacznie wyznaczony izomorfizm
φ∗ : G1 / Ker φ → Im φ
spełniający warunek:
φ = φ∗ ◦ κ,
gdzie κ : G1 → G1 / Ker φ jest homomorfizmem kanonicznym. Mamy więc następujący diagram przemienny:
φ
G1
κ
Im φ ⊂ G2
φ∗
G1 / Ker φ
Twierdzenie 2.2. (II twierdzenie o izomorfizmie) Niech G będzie grupą, N / G oraz H < G będą podgrupami grupy
G. Wówczas
1. zbiór HN = {hn : h ∈ H, n ∈ N } jest podgrupą grupy G,
2. N / HN oraz (N ∩ H) / H,
3. H/(N ∩ H) ∼
= HN/N .
5/39
2.2
Zadania
Zadanie 2.1. Korzystając z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie wykazać, że:
(a) R/Z ∼
= T1 , gdzie T1 = S 1 := {z ∈ C× : |z| = 1} jest podgrupą C× .
(b) C× /R× ∼
= T1 .
(c) C× /T1 ∼
= R×
>0 .
(d) T1 /µn ∼
= T1 , gdzie µn = {z ∈ T1 : z n = 1}.
(e) C× /µn ∼
= C× .
(f) C× /Hn ∼
= T1 , gdzie Hn = {z ∈ C× : Arg z =
2kπ
n ,
k ∈ Z}.
(g) Hn /µn ∼
= R×
>0 .
(h) GLn (R)/ SLn (R) ∼
= R× .
(i) GLn (C)/ SLn (C) ∼
= C× .
(j) GLn (R)/ GLn (R)>0 ∼
= Z/2, gdzie GLn (R)>0 = {A ∈ GLn (R) : det A > 0}.
(k) GLn (R)/ ESLn (R) ∼
= R×
>0 , gdzie ESLn (R) = {A ∈ GLn (R) : det A = ±1}.
(l) Z3 /{(a, b, c) ∈ Z3 : 3a + 2b + 5c ≡ 0 (mod 20)} ∼
= Z/20.
(m) Z3 /{(a, b, c) ∈ Z3 : 3a + b + 2c = a − 3b + 4c = 0} ∼
= Z2 .
(n) Z3 /{(a, b, c) ∈ Z3 : a + 2b + 3c = 3a + b + 2c = 2a + 3b + c = 0} ∼
= Z3 .
(o) R4 /{(a, b, c, d) ∈ R4 : a + b = a − 3b = b − 4d} ∼
= R2 .
(p) R3 /{(2a + b, a − 2b, 3a) : a, b ∈ R} ∼
= R.
Zadanie domowe 2.2. Proszę sformułować i udowodnić stwierdzenie analogiczne do podpunktów (j), (k) z zadania
2.1 dla grupy GLn (C).
Zadanie 2.3. Proszę zilustrować drugie twierdzenie o izomorfizmie na przykładzie dwóch niezerowych podgrup
grupy Z. Jaką znaną równość można stąd wywnioskować?
Zadanie domowe 2.4. W których podpunktach zadania 2.1 można skorzystać z drugiego twierdzenia o izomorfizmie?
Zadanie 2.5. W grupie R2 zadana jest podgrupa H = {(x, y) ∈ R2 : x − 3y ∈ Z}. Korzystając z drugiego
twierdzenia o izomorfizmie udowodnić, że R2 /H ∼
= R/Z.
Zadanie domowe 2.6. Udowodnić, że jeśli H1 , H2 są takimi dzielnikami normalnymi grupy G, że G = H1 H2 oraz
H1 ∩ H2 = {e}, gdzie e jest elementem neutralnym grupy G, to G/H1 ∼
= H2 oraz G/H2 ∼
= H1 .
Zadanie 2.7. Niech F (R) := {f : R → R, gdzie f jest funkcją} oraz F (R)p := {f ∈ F (R) : f jest parzysta}
i F (R)np := {f ∈ F (R) : f jest nieparzysta}. W zbiorze funkcji F (R) definiujemy działanie dodawania funkcji:
∀ f, g ∈ F (R) : (f + g)(x) = f (x) + g(x), dla każdego x ∈ R.
Pokazać, że F (R)/F (R)p ∼
= F (R)np .
Zadanie domowe 2.8. Udowodnić, że jeśli H, K są podgrupami grupy G oraz KH = G, to HK = G.
Zadanie domowe 2.9. Pokazać, że R× = {±1} ⊕ R×
>0 .
6/39
× ∼
×
Zadanie domowe 2.10. Pokazać, że R× /{±1} ∼
= R×
>0 oraz R /R>0 = {±1}.
Zadanie domowe 2.11 (∗).
1. Udowodnić, że jeśli H1 , H2 < G, to (H1 : H1 ∩ H2 ) < (G : H2 ).
2. Udowodnić, że jeśli H < R, Z + H = R, to H = R.
3. Udowodnić, że jeśli H jest nieskończoną podgrupą cykliczną grupy T1 , to T1 /H ∼
6= T1 .
4. Czy istnieje nieskończona podgrupa H grupy T1 taka, że T1 /H ∼
= T1 ?
3
Wolne grupy abelowe (03/03/16)
Zadanie 3.1. Czy każda wolna grupa abelowa jest:
(a) torsyjna?
(b) przemienna?
(c) cykliczna?
Zadanie 3.2. Które z następujących grup abelowych są wolne?
(a) Z
+
(b) Q+
(e) Q×
>0
(f) R×
>0
(c) R+
(g) T1
(d) Q×
(h) Q(i)× /hii.
Zadanie 3.3. Które z następujących struktur są wolnymi grupami abelowymi?
(a) (R+ , ·)
(b) grupa izometrii własnych trójkąta równobocznego
(c) (Z, ·)
Zadanie 3.4. Czy następujące grupy są wolnymi grupami abelowymi?
(a) Z ⊕ Z6
(b) {0}
(c) C([0, 2], C)
√
(d) Q( 7)
(e) Z[ 19 ]
(f) {a + bi ∈ Z[i] : a + b ≡ 0 (mod 5)}
(g) grupa funkcji z R w Z prawie wszędzie (wszędzie
poza skończoną liczbą punktów dziedziny) równych
zero, z dodawaniem funkcji.
Zadanie domowe 3.5. Wskazać zbiory wolnych generatorów następujących grup:
(a) Z[i]
(b) {(x, y) ∈ Z2 : x + 2y = 0}
(c) H = {(x, y, z) ∈ Z ⊕ Z ⊕ Z : x + y + 3z = 0}
(d) H ∩ {(x, y, z) ∈ Z ⊕ Z ⊕ Z : 2x − 7y + 2z = 0}
√
√
√
(e) (3 + 5)Z[ 5] < Z[ 5]
(f) Hom(Zn , Z).
7/39
4
4.1
Klasyfikacja skończenie generowanych grup abelowych (10/03/16)
Teoria
Definicja 4.1. Jeśli:
A∼
= Z/pk11 ⊕ Z/pk22 ⊕ . . . ⊕ Z/pks s ⊕ Zn ,
gdzie p1 , p2 , . . . , ps są liczbami pierwszymi, k1 , k2 , . . . , ks ∈ N, n, s ∈ N ∪ {0} oraz pk11 ≤ pk22 ≤ . . . ≤ pks s , to mówimy,
że A ma typ:
(pk11 , pk22 , . . . , pks s , ∞, . . . , ∞) lub (pk11 , pk22 , . . . , pks s ; n).
| {z }
n razy
4.2
Zadania
Zadanie 4.1. Uzasadnić odpowiedzi na następujące pytania:
(a) Czy każda grupa skończona jest skończenie generowana?
(b) Czy każda grupa skończenie generowana jest skończona?
(c) Czy każda grupa torsyjna jest skończenie generowana?
(d) Czy każda grupa skończenie generowana jest przeliczalna?
(e) Czy każda grupa przeliczalna jest skończenie generowana?
Zadanie 4.2. Wyznaczyć typy następujących grup:
(a) Z/6 ⊕ Z/150
(b) Z/5Z
(c) Z/10Z
(d) Z/nZ
(e) G := {ξ ∈ T1 : ξ 10 = ξ 20 = ξ 30 = . . .}
Zadanie 4.3. Czy następujące grupy są izomorficzne?
(a) Z/44 ⊕ Z/20 ∼
= Z/4 ⊕ Z/220
(b) Z/44 ⊕ Z/20 ∼
= Z/40 ⊕ Z/22
(c) Z/13 ⊕ Z/7 ∼
= Z/93
Zadanie 4.4. Z którymi z następujących grup jest izomorficzna grupa:
Z4 /{(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ Z4 : x1 ≡ x2
(mod 60) oraz x4 = 0}?
(a) Z ⊕ Z ⊕ Z ⊕ Z/30
(b) Z ⊕ Z ⊕ Z/60
(c) Z/20 ⊕ Z ⊕ Z/3
Zadanie 4.5. Wyznaczyć typy następujących grup:
(a) Φ(24)
(b) Φ(19)
8/39
(c) Φ(35)
(d) Φ(5)
(e) Φ(15)
(f) Φ(8)
(g) Φ(p), gdzie p jest liczbą pierwszą
(h) Φ(2003)
Zadanie 4.6. Z którymi z następujących grup jest izomorficzna grupa Φ(27)?
(a) Z/18
(b) Z/2 ⊕ Z/9
(c) Z/2 ⊕ Z/3 ⊕ Z/3
Zadanie 4.7. Znaleźć wszystkie homomorfizmy z grupy Φ(24) w grupę C× .
Rozwiązanie.
Φ(24) = ({1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}, ·24 )
Każdy homomorfizm:
f : Φ(24) → C× ,
będzie prowadził do epimorfizmu:
f : Φ(24) Im(f ).
Z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie otrzymamy izomorfizm:
∼
f ∗ : Φ(24)/ Ker(f ) −→ Im(f ).
Pamiętamy, że Ker(f ) jest dzielnikiem normalnym grupy Φ(24), a Im(f ) jest podgrupą grupy C× . Zatem | Ker(f )| ·
| Im(f )| = |Φ(24)| = ϕ(24) = ϕ(3)ϕ(23 ) = 2 · 4 = 8. Stąd | Im(f )| | 8 oraz | Ker(f )| | 8. Zatem | Ker(f )|, | Im(f )| ∈
{1, 2, 4, 8}. Zauważmy, że gdy | Im(f )| = 1, to Im(f ) = {1}, bo f jest homomorfizmem, więc obraz elementu
neutralnego grupy Φ(24) jest elementem neutralnym grupy C× . Wówczas otrzymujemy homomorfizm trywialny:
f (x) = 1, dla każdego x ∈ Φ(24).
Teraz zajmiemy się przypadkiem, gdy | Im(f )| > 1. Zauważmy, że:
52 = 1
72 = 1
112 = 1
132 = 1
172 = 1
192 = 1
232 = 1
Wszystkie elementy grupy Φ(24) różne od 1 mają rząd równy 2, więc szukamy homomorfizmów:
f : Φ(24) → C× .
takiech, że
∀ x ∈ Φ(24) : 1 = f (1) = f (x2 ) = f (x)2 .
9/39
Stąd rząd każdego elementu y ∈ Im(f ) jest dzielnikiem liczby dwa, więc jest równy 1 lub 2. W C× istnieje dokładnie
jeden element rzędu 2, czyli −1. Więc, jeśli | Im(f )| > 1, to jedyna możliwa podgrupa nietrywialna w C× , której
każdy element ma rząd będący dzielnikiem liczby 2 jest równa {±1}. Innych podgrup o tej własności w C× nie ma.
Zatem | Ker(f )| = 4. Szukamy więc wszystkich podgrup rzędu 4 w Φ(24). (Ponieważ jest to grupa abelowa, więc
każda podgrupa jest dzielnikiem normalnym w Φ(24), więc jest jądrem pewnego homomorfizmu). W Φ(24) mamy
następujące podgrupy rzędu 4:
H1 ={1, 5, 7, 11}
H2 ={1, 5, 13, 17}
H3 ={1, 5, 19, 23}
H4 ={1, 7, 13, 19}
H5 ={1, 7, 17, 23}
H6 ={1, 11, 13, 23}
H7 ={1, 11, 17, 19}
Otrzymujemy siedem różnych homomorfizmów fi : Φ(24) → C× :
(
1, x ∈ Hi ,
fi (x) =
,
dla i = 1, 2, . . . , 7,
−1, x ∈
/ Hi
które zaindukują siedem różnych izomorfizmów:
fi∗ : φ(24)/Hi −→ {±1}, dla i = 1, 2, . . . , 7.
∼
Podsumowując jedynymi homomorfizmami z grupy Φ(24) do C× są: homomorfizm trywialny oraz homomorfizmy
fi (i = 1, 2, . . . , 7), zdefiniowane powyżej.
Zadanie 4.8. Znaleźć wszystkie homomorfizmy z grupy Z/2 ⊕ Z/8 w grupy izometrii własnych trójkąta równobocznego i kwadratu.
Rozwiązanie. (a) D3 — grupa izometrii własnych trójkąta równobocznego to grupa rzędu 6 następującej postaci:
D3 = ({e, o, o2 , s1 , s2 , s3 }, ◦),
gdzie:
e — identyczność,
o — obrót o 120◦ ,
o2 = o ◦ o — obrót o 240◦ ,
s1 — symetria względem ustalonej osi,
s2 = s1 ◦ o = s1 o,
s3 = s1 ◦ o2 = s1 o2 .
Mamy następującą tabelkę:
◦
e
o
o2
s1
s2
s3
e
e
o
o2
s1
s2
s3
o
o2
s1
s2
s3
o
o2
e
s2
s3
s1
2
s1
s3
s2
e
o2
o
s2
s1
s3
o
e
o2
s3
s2
s1
o2
o
e
o
e
o
s3
s1
s2
10/39
Szukamy homomorfizmów
f : Z/2 ⊕ Z/8 → D3 .
Ponieważ Im(f ) jest podgrupą grupy D3 , więc z twierdzenia Lagrange’a | Im(f )| | |D3 | = 6. Zatem
| Im(f )| ∈ {1, 2, 3, 6}.
(1)
Z drugiej strony z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie:
(Z/2 ⊕ Z/8)/ Ker(f ) ∼
= Im(f ),
więc | Im(f )| · | Ker(f )| = |Z/2 ⊕ Z/8| = 16. Zatem
| Im(f )| ∈ {1, 2, 4, 8, 16}.
(2)
Z (1) oraz (2) wynika, że
| Im(f )| ∈ {1, 2}.
W przypadku, gdy | Im(f )| = 1, otrzymujemy, że f jest homomorfizmem trywialnym, tzn.
f (x) = e, dla każdego x ∈ Z/2 ⊕ Z/8.
Zatem jedynym interesującym przypadkiem jest, gdy | Im(f )| = 2. Zauważmy, że jedynymi podgrupami rzędu
2 w D3 są grupy:
Sj = hsj i = {e, sj }, dla j = 1, 2, 3.
Jądro homomorfizmu będzie miało 8 elementów. Zatem musimy znleźć dzielniki normalne rzędu 8 w Z/2⊕Z/8.
Ponieważ Z/2⊕Z/8 jest abelowa, więc szukamy podgrup rzędu 8 (każda podgrupa jest dzielnikiem normalnym
w grupie abelowej). Mamy następujące podgrupy rzędu 8 w Z/2 ⊕ Z/8:
H1 = h(0, 1)i = {(0, 1), (0, 2), (0, 3), (0, 4), (0, 5), (0, 6), (0, 7), (0, 0)}
H2 = h(1, 1)i = {(1, 1), (0, 2), (1, 3), (0, 4), (1, 5), (0, 6), (1, 7), (0, 0)}
(3)
H3 = h(1, 0), (0, 2)i = {(1, 0), (0, 0), (0, 2), (0, 4), (0, 6), (1, 2), (1, 4), (1, 6)}
Mamy zatem 9 różnych homomorfizmów: fi,j : Z/2 ⊕ Z/8 → D3 :
(
e, x ∈ Hi ,
fi,j (x) =
, dla i = 1, 2, 3 oraz j = 1, 2, 3,
sj , x ∈
/ Hi
które indukują nam 9 różnych izomorfizmów:
(Z/2 ⊕ Z/8)/Hi ∼
= Sj , dla i, j = 1, 2, 3.
Podsumowując, jedynymi homomorfizmami z grupy Z/2 ⊕ Z/8 do D3 są: homomorfizm trywialny oraz homomorfizmy fi,j (i, j = 1, 2, 3) zdefiniowane powyżej.
(b) D4 — grupa izometrii własnych kwadratu to grupa rzędu 8 następującej postaci:
D4 = ({e, o, o2 , o3 , s1 , s2 , s3 , s4 }, ◦),
gdzie:
e — identyczność,
o — obrót o 90◦ ,
o2 = o ◦ o — obrót o 180◦ ,
o3 — obrót o 270◦ ,
s1 — symetria względem pionowej osi,
s2 = s1 ◦ o2 = s1 o2 — symetria względem poziomej osi,
s3 = s1 ◦ o = s1 o — symetria względem osi skośnej (),
s4 = s1 ◦ o3 = s1 o3 — symetria względem drugiej osi skośnej ().
Mamy następującą tabelkę:
11/39
◦
e
o
o2
o3
s1
s2
s3
s4
e
e
o
o2
o3
s1
s2
s3
s4
o
o2
o3
s1
s2
s3
s4
o
o2
o3
e
s3
s4
s2
s1
2
3
s1
s4
s2
s3
e
o2
o3
o
s2
s3
s1
s4
o2
e
o
o3
s3
s1
s4
s2
o
o3
e
o2
s4
s2
s3
s1
o3
o
o2
e
o
o3
e
o
s2
s1
s4
s3
o
e
o
o2
s4
s3
s1
s2
Szukamy homomorfizmów
f : Z/2 ⊕ Z/8 → D4 .
Ponieważ Im(f ) jest podgrupą grupy D4 , więc z twierdzenia Lagrange’a | Im(f )| | |D4 | = 8. Zatem
| Im(f )| ∈ {1, 2, 4, 8}.
(4)
Z drugiej strony z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie:
(Z/2 ⊕ Z/8)/ Ker(f ) ∼
= Im(f ),
więc | Im(f )| · | Ker(f )| = |Z/2 ⊕ Z/8| = 16. Zatem
| Im(f )| ∈ {1, 2, 4, 8, 16}.
(5)
Z (4) oraz (5) wynika, że
| Im(f )| ∈ {1, 2, 4, 8}.
W przypadku, gdy | Im(f )| = 1, otrzymujemy, że f jest homomorfizmem trywialnym, tzn.
f (x) = e, dla każdego x ∈ Z/2 ⊕ Z/8.
Teraz zajmiemy się przypadkiem, gdy | Im(f )| = 2. Jedynymi podgrupami D4 rzędu 2 są:
S0 = ho2 i = {o2 , e}
Sj = hsj i = {sj , e}, dla j = 1, 2, 3, 4.
Dla prostoty oznaczmy generator grupy S0 przez s0 (tzn. o2 = s0 ). Mamy więc następujące grupy rzędu 2
w D4 :
Sj = hsj i = {sj , e}, dla j = 0, 1, 2, 3, 4.
Wówczas | Ker(f )| = 8. W podpunkcie (a) (3) pokazaliśmy, że jedynymi podgrupami grupy Z/2 ⊕ Z/8 rzędu
8 są: H1 , H2 oraz H3 . Zatem dostajemy w ten sposób 15 różnych homomorfizmów fi,j : Z/2 ⊕ Z/8 → D4 :
(
e, x ∈ Hi
fi,j (x) =
, dla i = 1, 2, 3 oraz j = 0, 1, 2, 3, 4,
sj , x ∈
/ Hi
które indukują nam następujące izomorfizmy:
∼ Sj , dla i = 1, 2, 3, j = 0, 1, 2, 3, 4.
(Z/2 ⊕ Z/8)/Hi =
Kolejnym przypadkiem, który musimy rozpatrzeć jest przypadek, gdy | Im(f )| = 4. Jedynymi podgrupami
rzędu 4 w D4 są:
T1 = hoi = ho3 i = {o, o2 , o3 , e} ∼
= Z/4
T2 = ho2 , s1 i = ho2 , s2 i = hs1 , s2 i = {o2 , s1 , s2 , e} ∼
= Z/2 ⊕ Z/2
2
2
2
T3 = ho , s3 i = ho , s4 i = hs3 , s4 i = {o , s3 , s4 , e} ∼
= Z/2 ⊕ Z/2
12/39
Wówczas | Ker(f )| = 4. Musimy, więc znaleźć wszystkie różne podgrupy rzędu 4 w grupie Z/2 ⊕ Z/8. Są to:
K1 = h(0, 2)i = {(0, 2), (0, 4), (0, 6), (0, 0)}
K2 = h(1, 2)i = {(1, 2), (0, 4), (1, 6), (0, 0)}
K3 = h(1, 0), (0, 4)i = {(1, 0), (0, 0), (0, 4), (1, 4)}
Musimy teraz określić z czym jest izomorficzne:
(Z/2 ⊕ Z/8)/Ki , dla i = 1, 2, 3
• i = 1:
G1 := (Z/2 ⊕ Z/8)/K1 = {K1 , (1, 0) + K1 , (1, 1) + K1 , (0, 1) + K1 }
Ponadto:
[(1, 0) + K1 ] + [(1, 0) + K1 ] = (0, 0) + K1 = K1
[(1, 1) + K1 ] + [(1, 1) + K1 ] = (0, 0) + K1 = K1
[(0, 1) + K1 ] + [(0, 1) + K1 ] = (0, 2) + K1 = K1
Zatem w grupie G1 mamy trzy elementy rzędu 2 oraz element neutralny, więc
G1 =< [(1, 0)+K1 ], [(1, 1)+K1 ] >=< [(1, 0)+K1 ], [(0, 1)+K1 ] >=< [(1, 1)+K1 ], [(0, 1)+K1 ] >∼
= Z/2⊕Z/2.
Oznaczmy więc:
(0,0)
= {(0, 2), (0, 4), (0, 6), (0, 0)}
(1)
K1
= {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (1, 0)}
K1
(2)
= {(1, 3), (1, 5), (1, 7), (1, 1)}
(3)
K1
= {(0, 3), (0, 5), (0, 7), (0, 1)}
K1
• i=2
G2 := (Z/2 ⊕ Z/8)/K2 = {K2 , (1, 0) + K2 , (1, 1) + K2 , (0, 1) + K2 }
Ponadto:
[(1, 0) + K2 ] + [(1, 0) + K2 ] = (0, 0) + K2 = K2
[(1, 1) + K2 ] + [(1, 1) + K2 ] = (0, 2) + K2 = (1, 0) + K2
[(1, 1) + K2 ] + [(1, 0) + K2 ] = (0, 1) + K2 = K2
[(1, 1) + K2 ] + [(0, 1) + K2 ] = (1, 2) + K2 = K2
Zatem w grupie G2 mamy element rzędu 4: (1, 1) + K2 , a grupa ta ma 4 elementy, więc
G2 = h[(1, 1) + K2 ]i = h[(0, 1) + K2 ]i ∼
= Z/4.
Element (1, 0) + K2 ma rząd 2 oraz element (0, 1) + K2 musi mieć również rząd równy 4, bo grupa Z/4
ma 2 elementy rzędu 4. Oznaczmy więc:
K20 = {(1, 2), (0, 4), (1, 6), (0, 0)}
K21 = {(0, 3), (1, 5), (0, 7), (1, 1)}
K22 = {(0, 2), (1, 4), (0, 6), (1, 0)}
K23 = {(1, 3), (0, 5), (1, 7), (0, 1)}
13/39
• i = 3:
G3 := (Z/2 ⊕ Z/8)/K3 = {K3 , (1, 2) + K3 , (1, 1) + K3 , (0, 3) + K3 }
Ponadto:
[(1, 2) + K3 ] + [(1, 2) + K3 ] = (0, 4) + K3 = K3
[(1, 1) + K3 ] + [(1, 1) + K3 ] = (0, 2) + K3 = (1, 2) + K3
[(1, 1) + K3 ] + [(1, 2) + K3 ] = (0, 3) + K3
[(0, 3) + K3 ] + [(1, 1) + K3 ] = (1, 4) + K3 = K3
Zatem w grupie G3 mamy element rzędu 4: (1, 1) + K2 , a grupa ta ma 4 elementy, więc
G3 = h[(1, 1) + K3 ]i = h[(0, 3) + K3 ]i ∼
= Z/4.
Element (1, 2) + K3 ma rząd 2 oraz element (0, 3) + K3 musi mieć również rząd równy 4, bo grupa Z/4
ma 2 elementy rzędu 4. Oznaczmy więc:
K30 = {(1, 0), (0, 0), (0, 4), (1, 4)}
K31 = {(0, 1), (1, 1), (1, 5), (0, 5)}
K32 = {(0, 2), (1, 2), (1, 6), (0, 6)}
K33 = {(1, 3), (0, 3), (0, 7), (1, 7)}
Niech S3 = {σ1 , σ2 , σ3 , σ4 , σ5 , σ6 } będzie grupą permutacji zbioru 3 elementowego. Zatem mamy 16 różnych
homomorfizmów gi,2 , gi,3 , hj,1 , hj,3 : Z/2 ⊕ Z/8 (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, j = 2, 3):


e,



 o2 ,
gi,2 (x) =

s1 ,




s2 ,


e,



 o2 ,
gi,3 (x) =

s3 ,




s4 ,


e,



o,
hj,1 (x) =
 o2 ,



 3
o ,


e,



o,
hj,3 (x) =

o2 ,



 3
o ,
(0,0)
x ∈ K1
(σi (1))
x ∈ K1
x∈
x∈
,
(σ (2))
K1 i ,
(σ (3))
K1 i ,
(0,0)
x ∈ K1
(σi (1))
x ∈ K1
x∈
x∈
,
(σ (2))
K1 i ,
(σ (3))
K1 i ,
x ∈ Kj0
x ∈ Kj1 ,
x ∈ Kj2 ,
x ∈ Kj3 ,
x ∈ Kj0
x ∈ Kj3 ,
x ∈ Kj2 ,
x ∈ Kj1 ,
które indukują naturalne izomorfizmy:
∼
∗
gi,j
: (Z/2 ⊕ Z/8)/K1 −→ Tj
h∗j,l : (Z/2 ⊕ Z/8)/Kj −→ T1 , dla i = 1, 2, 3, 4, 5, 6,
∼
j = 2, 3,
l = 1, 3.
14/39
Ostatnim przypadkiem do rozpatrzenia jest przypadek, gdy | Im(f )| = 8. Wówczas Im(f ) = D4 . Jest to
przypadek niemożliwy, gdyż D4 jest grupą nieprzemienną, a obraz poprzez homomorfizm grupy abelowej, jest
grupą abelową.
Zatem wszystkie możliwe homomorfizmy wypisaliśmy powyżej. Jest ich w sumie 32.
5
5.1
Zgodny wybór bazy (17/03/16)
Teoria
Twierdzenie 5.1 (O zgodnym wyborze bazy). Niech A będzie wolną grupą abelową rangi n ≥ 1 (zbiór wolnych
generatorów/baza grupy A jest mocy n) oraz niech B będzie jej podgrupą. Istnieją wtedy zbiory wolnych generatorów:
{α1 , α2 , . . . , αn } oraz {β1 , β2 , . . . , βm }
grup A i B odpowiednio takie, że:
1. m ≤ n,
2. ∀ 1 ≤ i ≤ m ∃ ki ∈ Z : βi = ki αi .
Twierdzenie 5.2. Jeśli {α1 , α2 , . . . , αn } jest zbiorem wolnych generatorów wolnej grupy abelowej A oraz podgrupa
B ⊂ A ma zbiór wolnych generatorów {k1 α1 , k2 α2 , . . . , km αm }, gdzie k1 , . . . , km ∈ N oraz m ≤ n, to:
A/B ∼
= Z/k1 ⊕ Z/k2 ⊕ . . . ⊕ Z/km ⊕ Zn−m .
5.2
Zadania
Zadanie domowe 5.1. Udowodnić twierdzenie 5.2.
Zadanie 5.2. Znaleźć bazy zgodne wolnej grupy abelowej A oraz jej podgrupy B oraz obliczyć grupę ilorazową
A/B, podać jej typ, gdzie:
(a) A = Z[i] := {a + bi : a, b ∈ Z} = Z ⊕ Zi, B = h2 + 3i, 4 + 5ii,
(b) A = Z[i], B = h2 + 3i, 4 + 5i, 7 + 7ii,
(c) A = Z3 , B = h(3, 5, 2), (4, 1, −2)i,
√
√
√
√
√
(d) A = Z[ 3] := {a + b 3 : a, b ∈ Z} = Z ⊕ Z 3, B = (4 + 3)Z[ 3],
(e) A = Z2 , B = h(2, −7), (4, −2)i,
(f) A = Z4 , B = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : x1 = 2x2 + 5x3 , x4 = 0},
L3
(g) A = i=1 Zai , B = h4a1 + 6a2 , 3a1 − 5a2 + 2a3 i.
6
6.1
Grupy rozwiązalne, proste, grupy Sn , tw. Sylowa itp. (24/03/16)
Teoria i krótkie zadania domowe na rozgrzewkę
Definicja 6.1. Zbiór Z(G) = {g ∈ G; gg 0 = g 0 g dla wszystkich g 0 ∈ G} nazywamy centrum grupy G.
Zadanie domowe 6.1. Pokazać, że:
1. Z(G) / G,
15/39
2. Z(G) jest abelowa,
3. G jest abelowa wtedy i tylko wtedy, gdy Z(G) = G.
Definicja 6.2. Niech G będzie grupą.
1. Element [g1 , g2 ] := g1 g2 g1−1 g2−1 nazywamy komutatorem elementów g1 , g2 ∈ G.
2. Grupę generowaną przez wszystkie elementy postaci g1 g2 g1−1 g2−1 dla dowolnych elementów g1 , g2 ∈ G nazywamy komutantem grupy G, oznaczamy: [G, G]. Inaczej możemy to zapisać:
[G, G] := h[g1 , g2 ] : g1 , g2 ∈ Gi .
Zadanie domowe 6.2. Pokazać, że:
1. dla dowolnych x, y, g ∈ G zachodzi: g[x, y]g −1 = [gxg −1 , gyg −1 ],
2. [G, G] / G,
3. G/[G, G] jest grupą abelową,
4. jeśli N / G i G/N jest abelowa, to [G, G] ⊂ N .
Definicja 6.3. Grupę G nazywamy doskonałą, gdy G = [G, G].
Definicja 6.4. Nietrywialną grupę G nazywamy grupą prostą, gdy jedynymi jej dzielnikami normalnymi jest {e}
oraz G, gdzie e jest elementem neutralnym grupy G.
Zadanie domowe 6.3. Pokazać, że nieprzemienna grupa prosta jest doskonała.
Definicja 6.5. Grupę G nazywamy rozwiązalną, gdy istnieje następujący ciąg:
G = G0 ⊃ G1 ⊃ G2 ⊃ . . . ⊃ Gr = {e},
taki, że Gi / Gi−1 oraz grupy ilorazowe Gi−1 /Gi są abelowe, dla i = 1, 2, . . . , r.
Twierdzenie 6.1. Niech G będzie grupą oraz N / G. Wówczas, jeśli N oraz G/N są rozwiązalne, to G jest
rozwiązalna.
Definicja 6.6. Niech p będzie liczbą pierwszą. Grupę G nazywamy p-grupą, gdy:
|G| = pn , dla pewnego n ∈ N.
Fakt 6.1. Jeśli G jest p-grupą, to Z(G) 6= {e}, gdzie e jest elementem neutralnym grupy G.
Definicja 6.7. Niech G będzie grupą skończoną oraz niech p będzie liczbą pierwszą taką, że pk k|G|. Każdą
podgrupę H ⊂ G taką, że |H| = pk nazywamy p-podgrupą Sylowa grupy G.
Twierdzenie 6.2 (Sylowa). Niech G będzie grupą skończoną i niech p będzie liczbą pierwszą taką, że p | |G|.
Wówczas:
1. G zawiera p-podgrupy Sylowa.
2. Jeżeli np oznacza liczbę p-podgrup Sylowa, to np ≡ 1 (mod p).
3. Każda p-podgrupa grupy G jest zawarta w pewnej p-podgrupie Sylowa.
4. Jeżeli H1 i H2 są p-podgrupami Sylowa grupy G, to istnieje g ∈ G taki, że gH1 g −1 = H2 .
Wniosek 6.2.1. Niech G będzie grupą skończoną i niech p będzie liczbą pierwszą taką, że p | |G|. Wówczas liczba
np | |G|.
UWAGA 1. G ma dokładnie jedną p-podgrupę Sylowa H, tzn. np = 1 ⇔ dla każdego g ∈ G : gHg −1 = H ⇔ H
jest dzielnikiem normalnym grupy G.
Zadanie domowe 6.4. Niech G będzie grupą. Pokazać, że jeśli H jest podgrupą grupy G, to dla każdego g ∈ G
— zbiór gHg −1 też jest podgrupą grupy G.
Twierdzenie 6.3. Jeśli |G| = pq, gdzie q > p są liczbami pierwszymi i q 6≡ 1 (mod p), to G jest abelowa.
16/39
6.2
Zadania
Zadanie 6.5. Pokazać, że jeśli G jest grupą taką, że G/Z(G) jest cykliczna, to G jest abelowa (mamy G = Z(G)).
Dowód. Załóżmy, że G/Z(G) jest cykliczna. Niech xZ(G) generuje G/Z(G). Wówczas każdy element z G należy
do jednej z warstw:
Z(G), xZ(G), x2 Z(G), . . . .
Niech więc g1 , g2 będą dowolnymi elementami w G. Mamy:
g1 = xi z1 ,
g2 = xj z2 , dla pewnych i, j oraz z1 , z2 ∈ Z(G).
Wówczas:
g1 g2 = (xi z1 )(xj z2 ) = (xi z1 xj )z2 = xi+j z1 z2 = xj+i z2 z1 = (xj z2 xi )z1 = (xj z2 )(xi z1 ) = g2 g1
Zatem G jest abelowa.
Zadanie 6.6. Pokazać, że jeśli |G| = p2 , to G jest abelowa.
Dowód. Z faktu 6.1 wiemy, że dla dowolnej p-grupy G — Z(G) 6= {e}. Ponadto z twierdzenia Lagrange’a wiemy,
że |Z(G)| | |G|, więc |Z(G)| = p lub |Z(G)| = p2 .
1. Jeśli |Z(G)| = p2 , to Z(G) = G — koniec dowodu.
2. Jeśli |Z(G)| = p, to |G/Z(G)| = p, zatem G/Z(G) jest cykliczna, więc z zadania 6.5. G = Z(G) — sprzeczność
— ten przypadek zajść nie może.
Zadanie 6.7. Wyznaczyć centrum grupy Sn dla n ∈ N.
Zadanie 6.8. Pokazać, że grupa rzędu 21 nie jest grupą prostą.
Zadanie domowe 6.9. Udowodnić, że dowolna grupa rzędu pq, gdzie p < q są liczbami pierwszymi, nie jest prosta.
Czy jest to grupa rozwiązalna?
Zadanie 6.10. Pokazać, że G jest rozwiązalna, gdzie:
1. |G| = 45,
Dowód — wersja 1. |G| = 32 · 5. Niech D = {d ∈ N : d | 45} = {1, 3, 5, 9, 15, 45}.
Z powyższych zadań i twierdzeń wiemy, że n3 = 1 oraz n5 = 1, bo:
{1 + k3 : k ∈ N} ∩ D = {1} oraz {1 + k5 : k ∈ N} ∩ D = {1}.
Więc H3 , H5 / G, zatem:
{e} / H3 / G,
gdzie |H3 /{e}| = 9, więc H3 /{e} jest abelowa oraz |G/H3 | = 5, więc G/H3 cykliczna, stąd abelowa.
Dowód — wersja 2. Z powyższych zadań i twierdzeń wiemy, że n3 = 1 oraz n5 = 1. Można zatem rozpatrywać
działanie H3 na H5 poprzez sprzężenie. To daje homomorfizm H3 → Aut(H5 ). Ponieważ H5 jest izomorficzne
z Z/5, to Aut(H5 ) ∼
= Z/4. To pokazuje ze H3 → Aut(H5 ) jest trywialny zatem z faktu, że G = H3 H5 (H3
i H5 są dzielnikami normalnymi!!!) wnioskujemy, że G jest abelowa, więc rozwiązalna.
17/39
Dowód — wersja 3. Niech grupa G działa na G//H3 :
G × G//H3 → G//H3 ,
(g, g 0 H3 ) 7→ gg 0 H3 .
Powyższe działanie jest nietrywialne, więc otrzymujemy nietrywialny homomorfizm (nietrywialny, zatem nietrywialny obraz):
r : G → S5 .
Wiemy, że |S5 | = 5!. Mamy ponadto, że 45 = |G| = | Ker r|| Im r|. Stąd otrzymujemy następujące możliwości
wielkości obrazu homomorfizmu r: | Im r| = 3, 5, 15. W każdym przypadku mamy nietrywialny dzielnik
normalny grupy G.
(a) | Im r| = 3, to | Ker r| = 15. Mamy:
{e} / Ker r / G
oraz każda grupa rzędu 15 i 3 jest abelowa, więc G jest rozwiązalna.
(b) | Im r| = 5, to | Ker r| = 9. Mamy:
{e} / Ker r / G
(c) | Im r| = 15, to | Ker r| = 3. Mamy:
{e} / Ker r / G
2. |G| = 30,
Dowód. |G| = 2 · 3 · 5. Niech D = {d ∈ N : d | 30} = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}.
Z powyższych zadań i twierdzeń wiemy, że :
n2 : 1, 3, 5, 15
n3 : 1, 10
n5 : 1, 6
Sprawdźmy, co by się stało, gdyby n3 = 10 i n5 = 6. Wówczas:
30 = |G| ≥ 6 · 4 + 10 · 2 + 1 = 45 — sprzeczność.
Zatem albo n3 = 1 albo n5 = 1.
(a) n3 = 1
H3 / G, więc:
{e} / H3 / G,
|H3 /{e}| = 3, więc H3 /{e} jest cykliczna więc abelowa, stąd rozwiązalna. Niech G0 = G/H3 . Pokażemy,
że G0 też jest rozwiązalna i z twierdzenia 6.1. otrzymamy, że G jest rozwiązalna. Zauważmy, że |G0 | = 10,
niech D0 = {d ∈ N : d | 10} = {1, 2, 5, 10}. Zatem n5 = 1, czyli H50 / G0 , więc mamy:
{e} / H50 / G0 ,
|H50 /{e}| = 5, więc H50 /{e} jest abelowa, |G0 /H50 | = 2, więc też jest to grupa abelowa, zatem G0 jest
rozwiązalna.
18/39
(b) n5 = 1 — analogicznie.
3. |G| = 42.
Dowód. |G| = 2 · 3 · 7. Niech D = {d ∈ N : d | 42} = {1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42}.
Z powyższych zadań i twierdzeń wiemy, że :
n2 : 1, 3, 7, 21
n3 : 1, 7
n7 : 1
Więc H7 / G. Mamy zatem:
{e} / H7 / G.
Każda grupa rzędu 7 jest abelowa, więc rozwiązalna. |G/H7 | = 6. Zajmiemy się teraz tą grupą ilorazową,
jeśli pokażemy, że jest rozwiązalna, otrzymamy, że G jest rozwiązalna. Niech więc G0 = G/H7 . Dla dowolnej
grupy rzędu 6 mamy:
n2 : 1, 3
n3 : 1
Więc H30 jest podgrupą normalną w G0 , zatem mamy:
{e} / H30 / G0
i każda grupa rzędu 3 i 2 jest abelowa, więc G0 jest rozwiązalna.
Zadanie 6.11. Pokazać, że każda grupa rzędu 12 jest rozwiązalna oraz nie jest prosta. W szczególności grupa
A4 ⊂ S4 nie jest prosta (bo |S4 | = 4! = 24, |A4 | = 24
2 = 12).
Zadanie 6.12. Pokazać, że każda grupa rzędu p · q, gdzie p, q są liczbami pierwszymi jest rozwiązalna.
7
7.1
Pierścienie (31/03/16)
Teoria
Definicja 7.1. Niech A będzie pierścieniem. Element a ∈ A nazywamy:
1. dzielnikiem zera, gdy a 6= 0 oraz istnieje b ∈ A \ {0} taki, że:
ab = 0 lub ba = 0.
2. nilpotentem, gdy istnieje n ∈ N takie, że:
an = 0.
3. idempotentem, gdy a2 = a.
4. elementem odwracalnym lub jednością, gdy A posiada jedynkę oraz istnieje b ∈ A takie, że:
ab = ba = 1.
19/39
Niech A będzie pierścieniem i niech I ⊂ A będzie ideałem w A. Rozpatrzmy zbiór warstw A/I := {a + I : a ∈ A}.
Ponieważ A z dodawaniem jest grupą abelową i ideał I jest jej podgrupą, to zbiór warstw A/I jest grupą ilorazową
z dodawaniem warstw:
(a1 + I) + (a2 + I) := (a1 + a2 ) + I.
Wprowadzamy na A/I mnożenie warstw:
(a1 + I)(a2 + I) := (a1 a2 ) + I.
Mnożenie jest dobrze określone, bo jeśli:
a1 + I = a01 + I,
a2 + I = a02 + I,
to a1 − a01 ∈ I oraz a2 − a02 ∈ I. Zatem:
a1 a2 − a01 a02 = a1 (a2 − a02 ) + (a1 − a01 )a02 ∈ I ⇐⇒ a1 a2 + I = a01 a02 + I.
Fakt 7.1. Niech I ⊂ A będzie ideałem pierścienia A. Zbiór A/I z działaniami dodawania i mnożenia warstw jest
pierścieniem. Jeśli A ma jedynkę to A/I też ma jedynkę którą jest element 1 + I. Jeżeli A jest przemienny, to A/I
jest też przemienny.
Fakt 7.2. Niech f : A1 → A2 będzie homomorfizmem pierścieni.
1. Jeśli I2 jest ideałem w A2 , to f −1 (I2 ) jest ideałem w A1 .
2. Jeśli f jest epimorfizmem i I1 jest ideałem w A1 , to f (I1 ) jest ideałem w A2 .
3. Ker(f ) jest ideałem w A1 .
4. Im(f ) jest podpierścieniem pierścienia A2 .
5. f jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy Ker(f ) = {0A1 }.
6. f jest epimorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy Im(f ) = A2 .
Definicja 7.2. Niech A będzie pierścieniem. Niech I1 , I2 będą ideałami w A.
1. Sumą ideałów I1 oraz I2 nazywamy zbiór:
I1 + I2 := {a + b : a ∈ I1 , b ∈ I2 }.
2. Iloczynem ideałów I1 oraz I2 nazywamy zbiór:
k
X
I1 I2 := {
ai bi : ai ∈ I1 , bi ∈ I2 , k ∈ N}.
i=1
Fakt 7.3. I1 I2 oraz I1 + I2 są ideałami pierścienia A.
Niech A będzie pierścieniem przemiennym z 1.
Definicja 7.3. Podzbiór S ⊂ A nazywamy zbiorem multyplikatywnym w A, gdy spełnione są następujące
warunki:
1. 1 ∈ S,
2. jeśli s1 , s2 ∈ S, to s1 s2 ∈ S.
20/39
Jeśli a ∈ A oraz s ∈ S, to będziemy rozważać symbole a/s. Mówimy, że a/s = b/t dla a, b ∈ A oraz s, t ∈ S, gdy
istnieje u ∈ S takie, że:
u(at − bs) = 0.
Na symbolach a/s określamy operacje dodawania i mnożenia następująco:
a1/s1
+ a2/s2 := a1 s2 + a2 s1/s1 s2
a1/s1
· a2/s2 := a1 a2/s1 s2 .
Powyższe działania są dobrze określone. Zdefiniujmy zbiór:
S −1 A := {a/s : a ∈ A oraz s ∈ S}.
Zbiór S −1 A z tak zdefiniowanymi działaniami jest pierścieniem przemiennym z 1.
Definicja 7.4. Pierścień S −1 A nazywamy lokalizacją pierścienia A względem podzbioru multyplikatywnego S.
Jeśli A jest dziedziną całkowitości oraz S = A \ {0}, to K := S −1 A nazywamy ciałem ułamków pierścienia A
i oznaczamy Fr(A). Z definicji lokalizacji wynika, że mamy naturalny homomorfizm pierścieni z 1:
φS : A → S −1 A
a 7→ a/1.
7.2
Zadania
Zadanie 7.1. Pokazać, że jeśli a ∈ A jest dzielnikiem zera, to a ∈
/ A× .
Dowód. Niech a ∈ A będzie dzielnikiem zera w pierścieniu A i przypuśćmy, że a ∈ A× . Wówczas istnieje b 6= 0, b ∈ A
takie, że:
a · b = 0.
Z założenia istnieje a−1 ∈ A, więc mnożąc powyższą równość przez a−1 otrzymamy:
b = a−1 0 = 0.
Sprzeczność, więc a ∈
/ A× .
Zadanie 7.2. Pokazać, że (Z/n)× = {a ∈ Z/n : (a, n) = 1}.
Dowód. Oznaczmy przez X := {a ∈ Z/n : (a, n) = 1}. Niech a ∈ Z/n oraz d = (a, n). Załóżmy, że a ∈
/ X, czyli
d > 1, wówczas:
n
n
∈ Z/n oraz · a = 0 w Z/n,
d
d
czyli a jest dzielnikiem zera w Z/n, więc z zadania 1. a ∈
/ (Z/n)× . Pokazaliśmy zatem inkluzję: (Z/n)× ⊂ X.
Załóżmy teraz, że a ∈ X, tzn. d = 1. Istnieją wówczas liczby k, l ∈ Z takie, że:
ka + ln = 1.
Zatem ka ≡ 1 (mod n). Więc a−1 ≡ k (mod n). Zatem a ∈ (Z/n)× . Pokazaliśmy zatem odwrotną inkluzję:
X ⊂ (Z/n)× , więc X = (Z/n)× .
Zadanie 7.3. Znaleźć dzielniki zera, nilpotenty, idempotenty i jedności pierścienia Z/12.
21/39
Odp.
Zbiór dzielników zera: {2, 3, 4, 6, 8, 9, 10}
Jedności: (Z/12)× = {1, 5, 7, 11}
Zbiór nilpotentów: {0, 6}
Zbiór idempotentów: {0, 1, 4, 9}.
Zadanie 7.4. Udowodnić, że w skończonym pierścieniu z jedynką, każdy niezerowy element jest albo dzielnikiem
zera albo jednością.
Rozw. Dla dowolnego elementu a 6= 0 skończonego pierścienia z jedynką R rozważmy przekształcenie f : R → R
dane wzorem x 7→ ax. Jeżeli f jest różnowartościowe, to dla pewnego x0 ∈ R jest ax0 = 1 (w tym miejscu istotne
znaczenie ma fakt, ze pierścień jest skończony), ponadto a(x0 a) = (ax0 )a = 1a = a, zatem z różnowartościowości
f mamy x0 a = 1, a wiec a jest odwracalny. Jeżeli f nie jest różnowartościowe, to mamy równość ax1 = ax2 , dla
pewnych x1 6= x2 , zatem a(x1 − x2 ) = 0, czyli a jest dzielnikiem zera.
Zadanie 7.5. Udowodnić następujący fakt:
Fakt 7.4. Niech A będzie pierścieniem przemiennym z 1.
1. (x) ⊂ A[x] jest ideałem pierwszym ⇐⇒ A jest dziedziną całkowitości.
2. (x) ⊂ A[x] jest ideałem maksymalnym ⇐⇒ A jest ciałem.
Dowód. Udowodnimy, że φ : A[x] → A,
φ(f ) := f (0) jest epimorfizmem pierścieni.
1. suriektywność φ:
Niech a ∈ A będzie dowolnym elementem. Wówczas wielomian stały f (x) = a ∈ A[x], więc φ(f ) = a.
2. φ jest homomorfizmem:
P
P
Niech f (x) = i ai xi , g(x) = j bj xj . Wówczas:
φ(f + g) = a0 + b0 = φ(f ) + φ(g)
φ(f g) = a0 b0 = φ(f )φ(g).
3. Ker(φ) = (x):
Niech f ∈ Ker(φ). Wówczas f (x) = a0 + xg(x) oraz φ(f ) = a0 = 0, więc f (x) = xg(x) ∈ (x).
Niech teraz f ∈ (x), czyli f (x) = xg(x), stąd f (0) = 0, więc f ∈ Ker(φ).
Zatem z I twierdzenia o izomorfizmie mamy:
A[x]/(x) ∼
= A.
Z twierdzenia z Algebry 1:
A/a jest dziedziną całkowitości (odp. ciałem) wtedy i tylko wtedy, gdy a jest ideałem pierwszym (odp. ideałem
maksymalnym).
Zadanie 7.6. Udowodnić następujący fakt:
Fakt 7.5. Niech A będzie pierścieniem przemiennym z 1 oraz niech a będzie ideałem pierścienia A. Wówczas
A[x]/(a + (x)) ∼
= A/a.
22/39
Dowód. Zdefiniujmy przekształcenie:
φ : A[x] → A/a
f 7→ f (0) + a
Oczywistym jest, że φ jest epimorfizmem pierścieni. Pokażemy, że Ker(φ) = (x) + a.
Niech f ∈ Ker(φ), f (x) =
P
i
ai xi , więc a0 ∈ a, stąd f (x) = a0 + xg(x), więc f ∈ a + (x). Stąd Ker(φ) ⊂ a + (x).
Niech f ∈ a + (x), więc f (x) = a0 + xg(x) ∈ a + (x). Zatem:
φ(f ) = φ(a0 ) + φ(x)φ(g) = a,
więc a + (x) ⊂ Ker(φ).
Zatem z I twierdzenia o izomorfizmie mamy:
A[x]/(a + (x)) ∼
= A/a.
Zadanie 7.7. Niech R = Mn,n (K). Znaleźć dzielniki zera w R.
Rozwiązanie. Z zadania 1. wiemy, że jeśli macierz A ∈ R jest dzielnikiem zera, to A ∈
/ GLn (K) = R× . Czyli, jeśli
A ∈ R jest dzielnikiem zera, to A ∈ R \ (R× ∪ {0n }). Pokażemy, że jeśli A ∈ R \ (R× ∪ {0n }), to A jest dzielnikiem
zera w R.
Niech więc A ∈ R \ (R× ∪ {0n }). Wówczas:
A = E1 E2 . . . En ·
|
{z
}
∈R×
C
|{z}
,
∈R
/ × ∪{0n }
gdzie C jest macierzą całkowicie zredukowaną. Wiemy, że rząd macierzy A jest ≥ 1 oraz < n, więc istnieje
przynajmniej jeden wiersz zerowy w macierzy C. Stąd równanie C · x = 0 ma niezerowe rozwiązanie. Niech x0
będzie takim niezerowym rozwiązaniem. Wtedy konstruujemy macierz D ∈ R następująco:
D := [0|0| . . . |x0 ],
tzn. jest to macierz, która wszystkie kolumny ma zerowe poza ostatnią, w której występuje niezerowe rozwiązanie
równania C · x = 0. Oczywiście D 6= 0n oraz C · D = 0n . Więc AD = E1 E2 . . . En CD = E1 E2 . . . En 0n = 0n .
Zatem A jest dzielnikiem zera w R.
Czyli zbiór dzielników zera w R jest następującej postaci:
{A ∈ R : det(A) = 0} \ {0n }.
8
8.1
Pierścienie noetherowskie
Teoria
Definicja 8.1. Pierścień A przemienny z 1 nazywamy noetherowskim, gdy każdy ideał w A jest skończenie
generowany.
23/39
Twierdzenie 8.1. Pierścień A jest noetherowski wtedy i tylko wtedy, gdy każdy ciąg (wstępujący) ideałów I1 ⊂
I2 ⊂ I3 ⊂ . . . się stabilizuje, tzn. istnieje k0 ∈ N takie, że:
Ik0 = Ik0 +1 = Ik0 +2 = . . . .
Twierdzenie 8.2. Niech A będzie pierścieniem noetherowskim oraz B pierścieniem przemiennym z 1. Niech:
f : A→B
będzie homomorfizmem pierścieni. Wówczas Im(f ) ⊂ B jest pierścieniem noetherowskim.
Twierdzenie 8.3. Jeżeli A1 i A2 są pierścieniami noetherowskimi, to A1 × A2 też jest pierścieniem noetherowskim.
Wniosek 8.3.1. Jeżeli A1 , . . . , An są pierścieniami noetherowskimi, to A1 × . . . × An też jest pierścieniem noetherowskim.
Twierdzenie 8.4. Niech A będzie pierścieniem noetherowskim, S ⊂ A jego podzbiorem multyplikatywnym. Wtedy
pierścień ułamków S −1 A jest także pierścieniem noetherowskim.
Twierdzenie 8.5 (Twierdzenie Hilberta o bazie). Niech A będzie pierścieniem noetherowskim. Wówczas A[x] jest
również pierścieniem noetherowskim.
Wniosek 8.5.1. Niech A będzie pierścieniem noetherowskim. Wówczas A[x1 , x2 , . . . , xn ] jest również pierścieniem
noetherowskim.
8.2
Zadania
Zadanie 8.1. Pokazać, że następujące pierścienie są noetherowskie:
(a) Z[x] × Z[y] × Z[z],
(b) Z/n
(c) Z[x1 , x2 , . . . , xk ],
(d) Z[x, y, z]/I, gdzie I jest ideałem w Z[x, y, z].
(e) (Z × Z[x])[y],
(f) (Z/k × Z/l × Z/n)[x, y],
(g) K[x, y], gdzie K jest ciałem,
(h) Z/3[x].
Rozw. (a) Z[x] × Z[y] × Z[z].
Wynika z wniosku 8.3.1.
(b) Z/nZ.
Każdy ideał w pierścieniu skończonym jest także zbiorem skończonym, zatem taki ideał musi być skończenie
generowany.
(c) Z[x1 , x2 , ..., xk ],
Teza wynika przez zastosowanie k razy tw.Hilberta o bazie
((((Z[x1 ])[x2 ])....)[xk−1 ])[xk ]
(h) Z/3[x].
Pierścień Z/3 jest skończony, więc noetherowski. Z tw. Hilberta o bazie wynika więc, że Z/3[x] jest noetherowski.
24/39
Zadanie 8.2. Czy Z[ 13 ] := { 3kn : k, n ∈ Z} jest pierścieniem noetherowskim?
Rozw. 1. Pokażemy, że każdy ideał jest główny. Rozważmy niezerowy ideał I pierścienia R = Z 13 . Wybierzmy
l
z tego ideału taki niezerowy element a = 3m
dla którego wartość licznika jest najmniejsza co do wartości bezwzględ nej. Pokażemy, że I = (a). Zauważmy najpierw, ze jeżeli 3ln11 ∈ Z 13 , to l|l1 . Gdyby było inaczej, to l1 = q|l| + r,
przy czym 0 < r < |l| i z podstawowych własności ideału mielibyśmy
r
l1
|l|
= 3n1 n1 − q3m m ∈ I,
30
3
3
sprzeczność z założeniem, że minimalna wartość bezwzględna licznika niezerowego elementu wynosi |l|. Zatem każdy
element ideału I jest postaci |l|k
3n , k ∈ Z, n ≥ 0, co dowodzi, że każdy ideał jest główny, to znaczy jest generowany
przez jeden element, a więc R jest noetherowski.
Rozw. 2. Pamiętamy, że Z jako dziedzina ideałów głównych jest pierścieniem noetherowskim. Niech S = {3k : k =
0, 1, 2, 3, . . .} jest zbiorem multyplikatywnym zawartym w Z. Mamy: Z 13 = S −1 Z. Zatem z twierdzenia 8.4, Z[ 13 ]
jest pierścieniem noetherowskim.
Zadanie 8.3. Udowodnić twierdzenie 8.3.
Dowód. Niech I będzie ideałem w A1 × A2 . Niech π1 : A1 × A2 → A1 będzie rzutowaniem na pierwszą składową.
π1 jest epimorfizmem, więc π1 (I) jest ideałem w A1 . Ponieważ A1 jest noetherowski, więc π1 (I) jest skończenie
generowany w A1 . Niech π1 (r1 ), π1 (r2 ), . . . , π1 (rn ) będą generatorami ideału π1 (I) dla pewnych r1 , r2 , . . . , rn ∈ I.
Niech a ∈ I będzie dowolnym elementem. Wtedy:
π1 (a) =
n
X
π1 (ai )π1 (ri )
i=1
Pn
dla pewnych a1 , a2 , . . . , an ∈ A1 × A2 . Stąd a − i=1 ai ri ∈ Ker(π1 ) ∩ I. Ponieważ Ker(π1 ) = {0A1 } × A2 , gdzie
0A1 jest zerem pierścienia A1 , więc możemy zdefiniować ideał I2 ∈ A2 następująco:
I2 := {b ∈ A2 : (0A1 , b) ∈ I}.
Zauważmy, że {0A1 } × I2 = Ker(π1 ) ∩ I. Ponieważ A2 jest noetherowski, I2 jest skończenie generowany. Niech
s01 , s02 , . . . , s0m będą generatorami I2 . Niech sj := (0A1 , s0j ). Wtedy s1 , s2 , . . . , sm są generatorami ideału {0A1 }×I2 =
Pn
Pm
Ker(π1 ) ∩ I pierścienia A1 × A2 . Zatem a = i=1 ai ri + j=1 bj sj dla pewnych b1 , b2 , . . . , bm ∈ A1 × A2 . Wynika
stąd, że r1 , r2 , . . . , rn , s1 , s2 , . . . , sm są generatorami ideału I.
Zadanie 8.4. Pokazać, że jeśli A[x] jest pierścieniem noetherowskim, to A też jest pierścieniem noetherowskim.
Rozw. 1. Gdyby A nie był noetherowski, to istniałby nieskończony ciąg ideałów ścisłe wstępujących I1 ( I2 ( . . .,
ale wtedy I1 [x] ( I2 [x] ( . . .. Zbiory Ij [x] (j = 1, 2, . . .) są ideałami pierścienia A[x]. Otrzymana sprzeczność
dowodzi tezy.
Rozw. 2. W zadaniu 7.5 tworzyliśmy epimorfizm:
φ : A[x] → A,
φ(f ) := f (0).
Zatem A jest obrazem pierścienia noetherowskiego A[x] poprzez homomorfizm φ, więc jest noetherowski z twierdzenia 8.2.
Zadanie 8.5. W pierścieniu wszystkich funkcji z [0, 1] w Z:
(a) znaleźć nieskończony wstępujący ciąg ideałów, który się nie stabilizuje
25/39
(b) wykazać, że ideał
{f : [0, 1] → Z : ∃ r > 0 ∀ x ∈ [0, r] : f (x) = 0}
nie jest skończenie generowany.
Rozw. (a) Niech In = (fn (x)), gdzie
fn (x) =
dla
dla
0
1
x ∈ (1 − n1 , 1]
x ∈ [0, 1 − n1 ]
Każdy ze zbiorów In jest ideałem. Ponadto I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ ..., bo jeżeli f ∈ Ik , to ∀x∈(1− k1 ,1] f (x) = 0, stąd
1
∀x∈(1− k+1
,1] f (x) = 0, zatem f ∈ Ik+1 . Zauważmy, że funkcja
(
gn+1 (x) =
0
dla
x ∈ (1 −
1
dla
x ∈ [0, 1
1
, 1]
n+ 12
− n+1 1 ]
2
należy do ideału In+1 , ale nie należy do ideału In . Zatem mamy I1 ( I2 ( I3 ( ..., więc dany pierścień nie
jest noetherowski.
(b) Załóżmy, że I jest skończenie generowany, tj. I = (f1 , f2 , ..., fk ). Istnieją liczby dodatnie r1 , r2 , ..., rk takie,
że fi (x) = 0 dla x ∈ [0, ri ]. Niech r = min(r1 , r2 , ..., rk ), oczywiście r > 0. Dobierzmy liczbę R taką, że
0 < R < r i zdefiniujmy funkcję
h(x) =
0
1
dla
dla
x ∈ [0, R]
.
x ∈ (R, 1]
Funkcja h(x) ∈ I, ale z drugiej strony h(x) ∈ (f1 , f2 , ..., fk ), więc h(R0 ) = 0, dla R < R0 < r sprzeczność.
Zatem I nie może być skończenie generowany.
Zadanie 8.6. Rozstrzygnąć czy następujące pierścienie są noetherowskie.
(a) R[X][1/X].
Rozw. Rozważmy homomorfizm:
f : R[x, y] → R[X][1/X]
a 7→ a, dla a ∈ R
x 7→ X
y 7→ 1/X
Łatwo zauważyć, że Im(f ) = R[X][1/X], a ponieważ R[x, y] noetherowski, więc R[X][1/X] również noetherowski.
(b) Pierścień funkcji wymiernych, ciągłych, z obszaru z ∈ C : |z| < 1 w C.
Rozw. Ten pierścień jest pierścieniem ułamków pierścienia wielomianów określonych w podanym obszarze,
zatem na mocy tw. 8.4 jest noetherowski.
(c) Pierścień R funkcji C-liniowych z C w C z dodawaniem i składaniem.
26/39
Rozw. R jest pierścieniem endomorfizmów C nad C, zatem jest to pierścień izomorficzny z C. A ponieważ C
jest ciałem, więc jest noetherowski.
(d) Pierścień P funkcji Q-liniowych z Q2 w Q2 z dodawaniem i składaniem.
Rozw. Pierścień P jest pierścieniem endomorfizmów Q2 nad Q, czyli jest izomorficzny z M2 (Q). Ponieważ
M2 (Q) jest nieprzemienny, więc w szczególności nie jest noetherowski.
(e) Pierścień macierzy kwadratowych 2 × 2 o współczynnikach w Z
Rozw. Jest to pierścień nieprzemienny, więc nie jest noetherowski.
(f) Z[i]
Rozw. Rozważmy epimorfizm pierścieni:
f : Z[x] → Z[i]
a 7→ a, dla a ∈ Z
x 7→ i.
Ponieważ Z[x] jest noetherowski (z tw. Hilberta o bazie) oraz Im(f ) = Z[i], więc Z[i] też jest noetherowski. (g) Q(i)
Rozw. Ten pierścień jest ciałem, więc jest noetherowski.
(h) Pierścień wielomianów nieskończenie wielu zmiennych X1 , X2 , X3 , ... o współczynnikach z Z.
Rozw. Mamy następujący ciąg ideałów:
(X1 ) ( (X1 , X2 ) ( (X1 , X2 , X3 ) ( . . . ( (X1 , X2 , . . . , Xn ) ( . . .
Zatem istnieje wstępujący ciąg ideałów, który nie stabilizuje się, więc pierścień Z[X1 , X2 , X3 , . . .] nie jest
pierścieniem noetherowskim.
(i) Pierścień funkcji wymiernych nieskończenie wielu zmiennych X1 , X2 , X3 , . . . o współczynnikach z Z (in. ciało
ułamków pierścienia Z[X1 , X2 , X3 , . . .]).
Rozw. Pierścień ten to ciało ułamków pierścienia z powyższego podpunktu, zatem jest to pierścień noetherowski.
(j) Z,
Rozw. Z jest dziedziną ideałów głównych, tzn. każdy ideał jest postaci (a), gdzie a ∈ Z. Zatem Z jest
pierścieniem noetherowskim.
√
(k) Z[ 27],
27/39
Rozw. Analogicznie jak podpunkt (f) .
(l) pierścień funkcji R[cos x, sin x, ex ],
Rozw. Rozważmy epimorfizm pierścieni:
f : R[x1 , x2 , x3 ] → R[cos x, sin x, ex ]
a 7→ a, dla a ∈ R
x1 7→ cos x
x2 7→ sin x
x3 7→ ex .
Ponieważ R[x1 , x2 , x3 ] jest noetherowski (z tw.
R[cos x, sin x, ex ] też jest noetherowski.
Hilberta o bazie) oraz Im(f ) = R[cos x, sin x, ex ], więc
(m) pierścień skończony,
Rozw. Każdy pierścień skończony przemienny jest noetherowski, bo każdy ideał jest skończenie generowany.
Natomiast istnieją pierścienie nieprzemienne np. M2 (Z/2), które nie są noethrowskie.
(n) pierścień funkcji rożniczkowalnych na przedziale (0, 1).
Rozw. Niech In = (fn (x)), gdzie
fn (x) =


0

x− 1−
1
n+1
2
dla
x ∈ [1 −
dla
x ∈ (0, 1
1
n+1 , 1)
1
− n+1
)
1
1
Każda z funkcji fn (x) jest różniczkowalna: w przedziale 0, 1 − n+1
mamy fn0 (x) = 2 x − 1 − n+1
,
1
a w przedziale 1 − n+1
, 1 mamy fn0 (x) = 0 oraz istnieje granica limx→ 1− 1 fn0 (x) = 0. Zauważmy, że
n+1
I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ ..., bo jeżeli f (x) ∈ In , to f (x) = g(x)fn (x) = h(x)fn+1 (x), gdzie
(
h(x) =
g(x)fn (x)
fn+1 (x)
0
dla
dla
1
x ∈ (0, 1 − n+1
)
1
x ∈ [1 − n+1 , 1)
1
1
0
1
Funkcja h(x) jest różniczkowalna w przedziałach (0, 1− n+1
), (1− n+1
, 1) oraz istnieje granica limx→(1− n+1
) h (x) =
0 zatem f ∈ In+1 . Zauważmy, ze funkcja fn+1 (x) ∈ In+1 oraz fn+1 (x) ∈
/ In . Zatem mamy I1 ( I2 ( I3 ( ...,
więc dany pierścień nie jest noetherowski.
9
Pierścienie Dedekinda
Definicja 9.1. Dziedzinę całkowitości A nazywamy pierścieniem Dedekinda, gdy dla każdego niezerowego
ideału a ⊂ A istnieje niezerowy ideał b ⊂ A taki, że iloczyn ab jest ideałem głównym w A.
Twierdzenie 9.1. Każdy pierścień Dedekinda jest pierścieniem noetherowskim.
28/39
9.1
Krótkie przypomnienie z Algebry 1
Definicja 9.2. Niech S będzie półgrupą przemienną z jedynką. (Działanie jest łączne, przemienne i posiada element
neutralny). Mówimy, że w S obowiązuje prawo skracania, gdy dla dowolnych a, b, c ∈ S mamy:
ac = bc ⇐⇒ a = b.
Definicja 9.3. Niech A będzie pierścieniem przemiennym z 1. Zdefiniujmy zbiór:
J0 (A) := {I 6= (0) : I jest ideałem pierścienia A}.
Fakt 9.1. J0 (A) jest półgrupą przemienną z 1 (Jedynką jest cały pierścień A).
Definicja 9.4. Niech S będzie półgrupą przemienną z 1, w której obowiązuje prawo skracania.
1. a | b ⇐⇒ ∃ c : b = ac.
2. a ∈ S × (jest jednością/el. odwracalnym) ⇐⇒ a | 1.
3. a ∼ b (a jest stowarzyszone z b) ⇐⇒ a | b oraz b | a ⇐⇒ ∃ u ∈ S × : a = ub.
4. a jest pierwszy ⇐⇒ a ∈
/ S × oraz (a | bc ⇒ a | b lub a | c).
5. a jest nierozkładalny ⇐⇒ a ∈
/ S × oraz (a = bc ⇒ b ∼ 1 lub c ∼ 1).
6. S jest półgrupą z rozkładem ⇐⇒ ∀ a ∈
/ S × ∃ p1 , p2 , . . . pk nierozkładalne: a = p1 p2 . . . pk .
7. S jest półgrupą z jednoznacznością rozkładu ⇐⇒ S jest półgrupą z rozkładem i dla każdego a ∈
/ S × rozkład
jest jednoznaczny z dokładnością do kolejności czynników i stowarzyszenia.
9.2
Powrót do pierścieni Dedekinda
Twierdzenie 9.2. Niech A będzie pierścieniem Dedekinda. Wówczas w półgrupie J0 (A) obowiązuje prawo skracania.
Twierdzenie 9.3. Niech A będzie pierścieniem Dedekinda, a a, b ∈ J0 (A). Wówczas a | b ⇐⇒ b ⊂ a
Wniosek 9.3.1. Dwa ideały a, b ∈ J0 (A) są ze sobą stowarzyszone ⇐⇒ a = b
Twierdzenie 9.4. Niech A będzie pierścieniem Dedekinda oraz a ∈ J0 (A). Wówczas następujące warunki są
równoważne:
1. a jest elementem nierozkładalnym w J0 (A).
2. a jest ideałem maksymalnym pierścienia A.
3. a jest ideałem pierwszym pierścienia A.
4. a jest elementem pierwszy w J0 (A).
Twierdzenie 9.5. Półgrupa przemienna z 1 i prawem skracania jest półgrupą z jednoznacznością rozkładu wtedy
i tylko wtedy, gdy spełnione są następujące warunki:
1. S jest półgrupą z rozkładem,
2. każdy element nierozkładalny w S jest pierwszy.
29/39
Twierdzenie 9.6. Jeśli A jest pierścieniem Dedekinda, to J0 (A) jest półgrupą z jednoznacznością rozkładu, tzn.
każdy niezerowy, właściwy ideał a można zapisać w postaci iloczynu:
a = p1 p2 . . . pk ,
gdzie p1 , p2 , . . . , pk są ideałami pierwszymi i taki rozkład jest jednoznaczny z dokładnością do kolejności czynników.
Twierdzenie 9.7. Jeśli A jest pierścieniem Dedekinda i A jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu, to A jest
dziedziną ideałów głównych.
Przykład 9.1.
1. Każda dziedzina ideałów głównych jest pierścieniem Dedekinda, np. K[x], gdzie K jest ciałem, Z.
2. Czy A[x], gdzie A jest dowolną dziedziną całkowitości (pierścieniem noetherowskim, ale nie jest ciałem), jest
pierścieniem Dedekinda?
Odpowiedź: Zauważmy, że (x) jest ideałem pierwszym pierścienia A[x], bo A[x]/(x) ∼
= A, a A jest dziedziną
całkowitości, z założenia nie jest ciałem, więc (x) jest pierwszy i nie jest maksymalny, więc A[x] nie jest
pierścieniem Dedekinda.
3. Czy K[x, y] jest pierścieniem Dedekinda?
Odpowiedź: Mamy np. następujące ideały w K[x, y]: (x) ( (x, y). Zauważmy, że K[x, y] = (K[y])[x] =
(K[x])[y]. Z powyższych faktów mamy:
K[x, y]/(x) = (K[y])[x])/(x) ∼
= K[y].
K[y] jest dziedziną całkowitości jednak nie jest ciałem, więc (x) jest ideałem pierwszym i nie jest maksymalnym.
9.3
Zadania
Zadanie 9.1. Czy następujące pierścienie są pierścieniami Dedekinda, jeśli TAK — dlaczego?, jeśli NIE — dlaczego?
(a) Z
(b) Z × Z z dodawaniem i mnożeniem po współrzędnych,
(c) Z[x],
(d) Z[x, y],
(e) (Z/p)[x],
(f) R[x, y],
(g) Z/12,
(h) Mn,n (K).
10
10.1
Jednoznaczność rozkładu
TEORIA:
Niech D ∈ Z\{−1, 0, 1} będzie liczbą bezkwadratową, tzn., dla każdego n ∈ N : n2 - D. Zdefiniujmy następujące
pierścienie:
√
√
Z[ D] := {a + b D : a, b ∈ Z}.
30/39
Dla D ≡ 1 (mod 4):
(
)
√ #
√
1+ D
1+ D
Z
:= a + b
: a, b ∈ Z .
2
2
"
Określmy następującą funkcję (normę):
√
N : Z[ D] → Z
√
√
√
a + b D 7→ a2 − Db2 = (a + b D)(a − b D)
oraz
√ #
1+ D
N: Z
→Z
2
√
√ !
√ !
1+ D
1+ D
1− D
a+b
7→ a + b
a+b
2
2
2
"
Niech A będzie jednym z powyższych pierścieni, wówczas:
1. N (1) = 1, N (0) = 0, , ∀ x ∈ A \ {0} : N (x) 6= 0.
2. ∀ x ∈ A : (x ∈ A× ⇐⇒ N (x) = ±1.
3. ∀x, y ∈ A : N (xy) = N (x)N (y).
10.2
Zadania
√
√
√
Zadanie 10.1. Znaleźć wszystkie dzielniki 13+2 −5 w Z[ −5]. Sprawdzić rozkładalność tego elementu w Z[ −5],
jeśli jest to element rozkładalny, czy jest to rozkład jednoznaczny?
Dowód.
√
13 + 2 −5 = x · y
√
N (13 + 2 −5) = N (x) · N (y)
189 = 1 · 189 = 3 · 69 = 7 · 27 = 9 · 21
Bez straty ogólności możemy założyć, że:
N (x) ≤ N (y).
√
Niech x = a + b −5, gdzie a, b ∈ Z.
1. N (x) = a2 + 5b2 = 1
b = 0 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1
|b| ≥ 1 =⇒ a2 ≤ −4 =⇒ brak rozwiązań w Z.
2. N (x) = a2 + 5b2 = 3
√
b = 0 =⇒ a2 = 3 =⇒ a = ± 3 ∈
/ Z =⇒ brak rozwiązań w Z
3. N (x) = a2 + 5b2 = 7
√
b = 0 =⇒ a2 = 7 =⇒ a = ± 7 ∈
√
2
|b| = 1 =⇒ a = 2 =⇒ a = ± 2 ∈
31/39
4. N (x) = a2 + 5b2 = 9
b = 0 =⇒ a2 = 9 =⇒ a = ±3
b = 1 =⇒ a2 = 4 =⇒ a = ±2
b = −1 =⇒ a2 = 4 =⇒ a = ±2
Reasumując mamy następujące możliwości:
x ∈ {±1, ±3, 2 +
√
−5, 2 −
√
−5, −2 +
√
−5, −2 −
√
−5}
Zatem:
√
• jeśli x = ±1, to y = ±13 + 2 −5.
√
√
2
• jeśli x = ±3, to y = ± 13
/ Z[ −5]. Czyli to rozwiązanie nie występuje.
3 ± 3 −5 ∈
• jeśli x = 2 +
√
• jeśli x = −2 −
• jeśli x = 2 −
√
√
• jeśli x = −2 +
−5, to y =
−5, to y =
−5, to y =
√
√
13+2
√ −5
2+ −5
√
13+2√ −5
−2− −5
√
13+2
√ −5
2− −5
−5, to y =
=4−
−5
= −4 +
=
√
13+2√ −5
−2+ −5
√
16
9
+
17
9
√
−5
√
= − 16
9 −
√
−5 ∈
17
9
√
√
−5 ∈
Zatem:
√
√
√
13 + 2 −5 = 1 · (13 + 2 −5) = −1 · (−13 − 2 −5) =
= (2 +
√
−5)(4 −
√
−5) = (−2 −
√
−5)(−4 +
√
−5)
√
√
13+2 −5 ma dwa nietrywialne rozkłady jednak z dokładnością do stowarzyszenia są one jednakowe, więc 13+2 −5
√
ma rozkład jednoznaczny w Z[ −5].
√
Zadanie 10.2. Udowodnić, że 2, 7 nie jest elementem pierwszym pierścienia Z[ −5].
Dowód. Z definicji element p jest pierwszy w pierścieniu A, gdy: p ∈
/ A× oraz jeśli p | ab, to p | a lub p | b.
√
√
√
√
Załóżmy, że 2 jest elementem pierwszym pierścienia Z[ −5]. 2 | 14 = (3 + −5)(3 − −5). Zatem 2 | (3 + −5)
√
√
√
√
lub 2 | (3− −5), ale 32 ± 12 −5 ∈
/ Z[ −5], więc 2 - (3± −5) — sprzeczność, zatem 2 nie jest elementem pierwszym
√
pierścienia Z[ −5].
Analogicznie pokazujemy dla 7.
Zadanie 10.3. Udowodnić, że 2 nie jest elementem pierwszym pierścienia Z[i].
Dowód. Wiemy, że jeśli p jest elementem pierwszym w pierścieniu, to p jest elementem nierozkładalnym.
Pokażemy, że 2 nie jest elementem nierozkładalnym w Z[i].
1
Zauważmy, że 1 + i, 1 − i nie są odwracalne w Z[i] (bo 1±i
= 12 ∓ 12 i ∈
/ Z[i]) oraz:
2 = (1 + i)(1 − i).
Zatem 2 w Z[i] ma nietrywialny rozkład, czyli nie jest el. nierozkładalnym, zatem nie jest el. pierwszym.
√
Zadanie 10.4. Sprawdzić rozkładalność 2 w Z[ −5].
32/39
Dowód.
√
2 = xy, x, y ∈ Z[ −5]
4 = N (2) = N (x)N (y)
4 = 1 · 4 = 2 · 2.
Bez straty ogólności możemy założyć, że:
N (x) ≤ N (y).
√
Niech x = a + b −5, gdzie a, b ∈ Z.
1. N (x) = a2 + 5b2 = 1
b = 0 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1
2. N (x) = a2 + 5b2 = 2
√
b = 0 =⇒ a2 = 2 =⇒ a = ± 2 ∈
/ Z — brak rozwiązań w Z
√
√
Podsumowując, mamy tylko możliwość: x = ±1 i wtedy y = ±2. Wiemy, że ±1 ∈ Z −5]× . Zatem 2 w Z[ −5] ma
√
tylko trywialne rozkłady, więc 2 jest elementem nierozkładalnym w Z[ −5].
√
Zadanie domowe 10.5. Udowodnić, że Z[ −3] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu.
Dowód. Analogicznie jak zadanie 10.6.
√
Zadanie 10.6. Udowodnić, że Z[ −5] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu.
Dowód nr 1. Pamiętamy, że w każdej dziedzinie z jednoznacznością rozkładu każdy element nierozkładalny jest
√
pierwszy. Z zadania 10.4. wiemy, że 2 jest elementem nierozkładalnym w Z[ −5], ale z zadania 10.2. wiemy, że 2
√
√
nie jest elementem pierwszym pierścienia Z[ −5], zatem Z[ −5] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu. √
Dowód nr 2. Pokażemy, że np. 6 ∈ Z[ −5] nie ma rozkładu jednoznacznego:
√
√
6 = 2 · 3 = (1 + −5)(1 − −5).
√
√
N (2) = 4 6= ±1, N (3) = 9 6= ±1, N (1± −5) = 6 6= ±1, więc 6 ma dwa nietrywialne rozkłady w Z[ −5]. Zauważmy
√
√
√
√
ponadto, że 2 6∼ (1 ± −5), bo 12 ± 12 −5 ∈
/ Z[ −5], zatem rozkład 6 w Z[ −5] nie jest jednoznaczny.
Zadanie 10.7. Udowodnić, że
√
√
−5 jest elementem pierwszym pierścienia Z[ −5].
Dowód. Pokazać, że przekształcenie:
√
f : Z[ −5] Z/5
√
a + b −5 7→ a (mod 5)
√
jest epimorfizmem pierścieni przemiennych z jedynką. Pokazać również, że ideał główny generowany przez −5:
√
√
√
√
( −5) ⊂ Z[ −5] jest jądrem tego przekształcenia. Zatem z I tw. o izomorfizmie otrzymamy Z[ −5]/( −5) ∼
=
√
√
Z/5, więc ( −5) jest ideałem maksymalnym w Z[ −5] (bo Z/5 jest ciałem), więc w szczególności jest ideałem
pierwszym.
33/39
√
Zadanie 10.8. Wyznaczyć elementy odwracalne pierścienia Z[ −2].
√
√
Dowód. Musimy wyznaczyć wszystkie elementy x = a + b −2, a, b ∈ Z o normie równej ±1, ale N (a + b −2) =
a2 + 2b2 ≥ 0 dla dowolnych a, b ∈ Z, więc musimy wyznaczyć wszystkie elementy x o normie równej 1.
a2 + 2b2 = 1,
b = 0 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1
|b| ≥ 1 =⇒ a2 ≤ −1 =⇒ brak rozwiązań wZ.
√
Zatem jedynymi elementami odwracalnymi w Z[ −2] są ±1.
√
√
Zadanie domowe 10.9. Znaleźć wszystkie dzielniki 1 + 2 −5 w Z[ −5]. Sprawdzić rozkładalność tego elementu
√
w Z[ −5], jeśli jest to element rozkładalny, czy jest to rozkład jednoznaczny?
√
√
Zadanie domowe 10.10. Znaleźć wszystkie dzielniki 4+2 −5 w Z[ −5]. Sprawdzić rozkładalność tego elementu
√
w Z[ −5], jeśli jest to element rozkładalny, czy jest to rozkład jednoznaczny?
11
Teoria podzielności w pierścieniu wielomianów
Twierdzenie 11.1. Każda dziedzina ideałów głównych jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu (UFD).
UWAGA 2. √Zauważmy zatem, że Z, Z[i], Z[ω], gdzie ω jest pierwiastkiem pierwotnym stopnia trzeciego z jedynki
(ω = − 12 ± 23 ), K, K[x], gdzie K jest ciałem, są UFD.
Definicja 11.1. Wielomian f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn o współczynnikach z dziedziny całkowitości A nazywamy
wielomianem pierwotnym, gdy (a0 , . . . , an ) ∼ 1 (tzn. elementy a0 , a1 , . . . , an nie mają żadnego wspólnego
dzielnika nieodwracalnego).
Twierdzenie 11.2. Niech A będzie UFD, K = Fr(A), niech f ∈ K[x] będzie niezerowym wielomianem. Wówczas
istnieje wielomian pierwotny f ∗ ∈ A[x] oraz element a ∈ K × taki, że f = af ∗ . Przedstawienie to jest jednoznaczne
z dokładnością do elementów odwracalnych pierścienia A, tzn. jeśli:
f = a1 f1∗ ,
f1∗ ∈ A[x] — pierwotny,
a1 ∈ K × ,
to istnieje u ∈ A× takie, że:
a1 = ua
oraz
f1∗ = u−1 f ∗ .
Definicja 11.2. Niech A będzie UFD, K = Fr(A), f ∈ K[x] niezerowym wielomianem. Niech f = af ∗ , gdzie
f ∗ ∈ A[x] jest pierwotny, a ∈ K × . Wtedy a nazywamy zawartością wielomianu f i piszemy c(f ) ∼ a.
UWAGA 3. Jeśli c(f ) ∼ a oraz u ∈ A× , to c(f ) ∼ ua.
Definicja 11.3. Niech A będzie UFD oraz niech f (x) ∈ A[x] \ {0}. Wielomian f (x) nazywamy nierozkładalnym
w A[x], gdy:
f (x) = g1 (x)g2 (x) =⇒ g1 (x) = c1 f (x)
lub g2 (x) = c2 f (x),
gdzie c1 , c2 ∈ A× .
Wniosek 11.2.1. [Własności:] Niech A będzie UFD, K = Fr(A), a ∈ K × , f ∈ K[x] \ {0}. Wówczas:
1. f ∈ A[x] ⇐⇒ c(f ) ∈ A.
2. c(af ) ∼ ac(f ).
3. (f = c(f )f1 ,
f1 ∈ K[x]) =⇒ f1 ∈ A[x],
c(f1 ) ∼ 1.
34/39
4. f ∈ A[x] jest pierwotny ⇐⇒ c(f ) ∼ 1.
5. (f ∈ A[x] jest pierwotny i nierozkładalny w K[x]) =⇒ f jest nierozkładalny w A[x].
Fakt 11.1. Jeśli f ∈ A[x] \ {0}, deg f = n > 0 jest nierozkładalny w A[x], to f jest pierwotny.
Twierdzenie 11.3 (Lemat Gaussa). Jeśli A jest UFD, K = Fr(A), to dla dowolnych wielomianów f, g ∈ K[x] \ {0}
mamy:
c(f g) ∼ c(f )c(g).
W szczególności iloczyn wielomianów pierwotnych jest pierwotny.
Wniosek 11.3.1. Jeśli f ∈ A[x] \ {0}, deg f = n jest nierozkładalny w A[x], to f jest nierozkładalny w K[x].
Łącząc ze sobą podpunkt 5. Wniosku 11.2.1, Fakt 11.1 i Wniosek 11.3.1, otrzymujemy następujące twierdzenie:
Twierdzenie 11.4. Wielomian f ∈ A[x] \ {0} jest nierozkładalny w A[x] wtedy i tylko wtedy, gdy jest wielomianem
pierwotnym i nierozkładalnym w K[x] lub jest wielomianem stałym.
Twierdzenie 11.5. Niech A będzie UFD. Wówczas A[x] jest również UFD.
Wniosek 11.5.1. Jeśli A jest UFD, to dla dowolnego n ≥ 1 A[x1 , . . . , xn ] jest UFD.
Wniosek 11.5.2. Jeśli K jest ciałem, to K[x1 , . . . , xn ] dla dowolnego n ≥ 1 jest UFD.
11.1
Kryteria użyteczne do sprawdzania czy dany wielomian jest nierozkładalny
Fakt 11.2. Niech A będzie UFD, K = Fr(A), f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ∈ A[x]. Jeśli α =
jest pierwiastkiem wielomianu f (x), to p | a0 , q | an .
p
q
∈ K ((p, q) ∼ 1)
Twierdzenie 11.6 (Kryterium Eisensteina). Niech A będzie UFD i niech K = Fr(A). Niech p ∈ A będzie elementem
nierozkładalnym w A i niech f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ∈ A[x] będzie takim wielomianem, że:
1. p - an ,
2. p | ai dla każdego i = 0, 1, 2, . . . , n − 1,
3. p2 - a0 .
Wówczas f (x) jest nierozkładalny w K[x]. W szczególności, jeśli ponadto f jest pierwotny, to jest nierozkładalny
w A[x].
Niech σ : A → B będzie homomorfizmem pierścieni z 1. Odwzorowanie:
A[x] 3 f 7→ f σ ∈ B[x],
dane wzorem: f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn 7→ f σ (x) = σ(a0 ) + σ(a1 )x + . . . + σ(an )xn nazywamy homomorfizmem
indukowanym przez σ.
UWAGA 4. Łatwo pokazać, że jest to rzeczywiście homomorfizm pierścieni A[x] i B[x].
Twierdzenie 11.7 (Kryterium porównawcze). Niech A, B będą dziedzinami całkowitości, a σ : A → B homomorfizmem między nimi. Ponadto niech f ∈ A[x] będzie niezerowym wielomianem pierwotnym takim, że deg f σ = deg f .
Jeśli f σ jest nierozkładalny w B[x], to f jest nierozkładalny w A[x].
35/39
11.2
Zadania
Zadanie 11.1. Który z wielomianów jest nierozkładalny nad Q, Z? Odpowiedź uzasadnić (jeśli jest rozkładalny,
wskazać nietrywialny rozkład).
(a) x3 − 3x2 − 6x + 3,
Rozwiązanie. f (x) = x3 − 3x2 − 6x + 3. Zauważmy, że:
3 | 3, 3 | (−6), 3 | (−3), 3 - 1, 9 - 3.
(3 jest elementem nierozkładalnym = pierwszym w Z). Z kryterium Eisensteina wielomian ten jest nierozkładalny w Q[x]. Ponadto (1, −3, −6, 3) ∼ 1, więc jest on również nierozkładalny w Z[x].
(b) 3x6 − 6,
Rozwiązanie. f (x) = 3x3 − 6. Zauważmy, że:
2 | (−6), 3 | 0, 2 - 3, 4 - (−6).
(2 jest elementem nierozkładalnym = pierwszym w Z). Z kryterium Eisensteina wielomian ten jest nierozkładalny w Q[x], ale w Z[x] mamy nietrywialny rozkład:
f (x) = 3(x3 − 2).
(c) 3x6 − 12,
Rozwiązanie. f (x) = 3x6 − 12
Zauważmy, że w Q[x] oraz Z[x] mamy nietrywialny rozkład wielomianu f (x):
f (x) = 3x6 − 12 = 3 (x3 )2 − 22 = 3x3 − 6 x3 + 2
(d) 2x5 + 10x3 + 5x2 − 5,
Rozwiązanie. f (x) = 2x5 + 10x3 + 5x2 − 5. Zauważmy, że:
5 | (±5), 5 | 10, 5 | 0, 5 - 2, 25 - (−5).
(5 jest elementem nierozkładalnym = pierwszym w Z). Z kryterium Eisensteina wielomian ten jest nierozkładalny w Q[x]. Ponadto (2, 10, ±5, 0) ∼ 1, więc jest on również nierozkładalny w Z[x].
(e) x3 + x + 1,
Rozwiązanie. f (x) = x3 + x + 1
Niech K będzie ciałem liczbowym. Jeśli wielomian 3-go stopnia w K[x] ma nietrywialny rozkład, to musi on
się rozłożyć na wielomian stopnia 1-go „razy” wielomian stopnia 2-go. Zatem musi posiadać pierwiastek α ∈ K.
Zatem jeśli α =
Sprawdźmy:
p
q
∈ Q, (p, q) ∼ 1 i f (α), to p | 1 = a0 , q | 1 = an , więc p = ±1 =, q = ±1 =⇒ α = ±1.
f (1) = 1 + 1 + 1 = 3 6= 0
f (−1) = −1 − 1 + 1 = −1 6= 0.
Stąd wynika, że f nie ma pierwiastka w Q, więc f jest nierozkładalny w Q[x]. Ponadto f ∈ Z[x] jest pierwotny
i nierozkładalny w Q[x] (Q = Fr(Z)), więc f jest nierozkładalny w Z[x].
36/39
(f) x3 − 3x2 + 8x + 35
Rozwiązanie. f (x) = x3 − 3x2 + 8x + 35
Jak w podpunkcie (e) pokazujemy, że wielomian ten nie ma pierwiastka w Q, więc jest nierozkładalny w Q[x].
Ponadto f ∈ Z[x] jest pierwotny i nierozkładalny w Q[x] (Q = Fr(Z)), więc f jest nierozkładalny w Z[x]. √
Zadanie 11.2.
h √Niech
i D ∈ Z \ {−1, 0, 1} będzie liczbą bezkwadratową. Pokazać, że jeśli norma elementu a ∈ Z[√ D]
lub a ∈ Z 1+2 D , dla D ≡ 1 (mod 4), jest liczbą pierwszą, to a jest elementem nierozkładalnym w Z[ D],
h √ i
odpowiednio Z 1+2 D .
Zadanie 11.3. Który z wielomianów jest nierozkładalny nad Q(i), Z[i]? Odpowiedź uzasadnić (jeśli jest rozkładalny, wskazać nietrywialny rozkład).
(a) x4 +(5+3i)x3 +2x2 +(1+7i)x+(1+3i), (Wskazówka: Pokazać, że 1+i jest nierozkładalny w Z[i] i skorzystać
z kryt. Eisensteina.)
(b) ix3 + i(2 + 2i)x2 − 2ix + (1 + i)i (Wskazówka: Pokazać, że 1 + i jest nierozkładalny w Z[i] i skorzystać z kryt.
Eisensteina),
(c) 2x5 +10x3 +5x2 −5 (Wskazówka: Pokazać, że 2+i jest nierozkładalny w Z[i] i skorzystać z kryt. Eisensteina.),
(d) x2 + 1.
Zadanie 11.4. Stosując kryterium Eisensteina udowodnić nierozkładalność wielomianów:
(a) X 5 + (2i − 2)X 3 + 2iX + 1 + i w pierścieniu Q(i)[X] i Z[i][X].
(b) X 5 + 5X 4 − (1 + 3i)X + 3 − i w pierścieniu Q(i)[X] i Z[i][X].
√
√
√
(c) X 3 + (1 + 4 −3)X + 7 w pierścieniu Q( −3)[X] i Z[ 1+ 2 −3 ].
(d) Y 3 + 9X 2 Y 2 + 3Y + 3X w pierścieniu Q[X, Y ] i Z[X, Y ].
(e) Y 3 + 3X 2 Y 2 + (5X 2 + 7X)Y + 3X w pierścieniu R[X, Y ] i Z[X, Y ].
(f) 13 − 36X + 46X 2 − 28X 3 + 7X 4 ∈ Z[X].
(g) −25 − 9X + 3X 2 + X 3 ∈ Z[X].
(h) −14 + 5X − 10X 2 + 10X 3 − 5X 4 + X 5 ∈ Z[X].
(i) (1 + i) + 2iX 2 + 2X 3 + X 4 ∈ Z[i][X].
Zadanie 11.5. Korzystając z kryterium Eisensteina udowodnić, że wielomian X 3 −3X 2 −5X +1 jest nierozkładalny
w pierścieniu Q[X].
Zadanie 11.6. Udowodnić, że wielomian X p−1 + X p−2 + . . . + X + 1, gdzie p ≥ 2 jest nierozkładalny w pierścieniu
Q[X] i w Z[X] wtedy i tylko wtedy, gdy p jest liczbą pierwszą.
12
12.1
Ciała
O rozszerzeniach ciał
Definicja 12.1. Ciałem nazywamy niepusty zbiór z dwoma działaniami wewnętrznymi (K, +, ·), gdzie (K, +)
i (K \ {0}, ·) są grupami abelowymi oraz zachodzi:
∀ a, b, c ∈ K : a · (b + c) = (a · b) + (a · c) .
37/39
Definicja 12.2. Niech L będzie ciałem, a K ⊂ L podciałem ciała L, wówczas L nazywamy rozszerzeniem ciała
K i oznaczamy L/K.
L jest przestrzenią liniową nad K, o wymiarze dimK L.
Definicja 12.3. [L : K] := dimK L nazywamy stopniem rozszerzenia L/K. Gdy [L : K] < ∞, to rozszerzenie
L/K nazywamy skończonym.
Twierdzenie 12.1. Niech L/M oraz M/K będą rozszerzeniami skończonymi. Wówczas rozszerzenie L/K jest
rozszerzeniem skończonym oraz:
[L : K] = [L : M ][M : K].
Każde ciało jest dziedziną całkowitości, tak więc elementy nierozkładalne należące do ciała są elementami pierwszymi
tego ciała.
Definicja 12.4. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał oraz niech a ∈ L. Element a nazywamy algebraicznym,
gdy:
∃ 0 6= f ∈ K[x] : f (a) = 0.
(Jeśli element a nie jest algebraiczny, to a nazywamy przestępnym).
Definicja 12.5. Rozszerzenie L/K nazywamy rozszerzeniem algebraicznym, gdy każdy element a ∈ L jest
algebraiczny nad K.
Twierdzenie 12.2. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał. Element a ∈ L jest algebraiczny nad K wtedy i tylko
wtedy, gdy [K (a) : K] < ∞.
Wniosek 12.2.1. Jeśli L/K jest rozszerzeniem skończonym, to L/K jest rozszerzeniem algebraicznym.
Definicja 12.6. Ciało K nazywamy algebraicznie domkniętym, gdy każdy wielomian f ∈ K[x] posiada pierwiastek w ciele K.
Twierdzenie 12.3. Każde ciało K zawiera się w pewnym ciele algebraicznie domkniętym.
Definicja 12.7. Minimalne ciało w sensie inkluzji, o którym mowa w twierdzeniu 12.3, nazywa się algebraicznym
domknięciem ciała K i oznaczamy K̄.
Definicja 12.8. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał oraz niech a ∈ L będzie algebraiczny nad K. Wielomian
f ∈ K[x] nazywamy minimalnym dla a, gdy:
∀ 0 6= g ∈ K[x] : g (a) = 0 ⇒ deg g ≥ deg f.
Fakt 12.1. Wielomian f ∈ K[x], jest minimalny dla a wtedy i tylko wtedy, gdy f jest nierozkładalny nad K.
Definicja 12.9. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał oraz niech a ∈ L będzie algebraiczny nad K. Element a
nazywamy rozdzielczym nad K, gdy:
f 0 (a) 6= 0,
gdzie f ∈ K[x] jest wielomianem minimalnym dla a.
Zauważmy, że gdy L/K jest rozszerzeniem ciał oraz, jeśli char K = 0, to każdy element algebraiczny nad K jest
rozdzielczy nad K.
Definicja 12.10. Rozszerzenie L/K nazywamy rozszerzeniem rozdzielczym, gdy każdy element a ∈ L jest
rozdzielczy nad K.
Definicja 12.11. Rozszerzenie L/K nazywamy rozszerzeniem normalnym, gdy L/K jest rozszerzeniem algebraicznym oraz dla każdego a ∈ L, wielomian minimalny f ∈ K[x] rozkłada się na czynniki liniowe nad L.
38/39
Definicja 12.12. Rozszerzenie L/K nazywamy rozszerzeniem Galois, gdy L/K jest rozszerzeniem normalnym
i rozdzielczym.
Definicja 12.13. Niech L/K będzie rozszerzeniem ciał. Grupą Galois rozszerzenia L/K nazywamy zbiór:
G (L/K) := {σ : L → L — automorfizm; ∀ x ∈ K : σ (x) = x} = AutK (L)
Lemat 12.1. Niech α ∈ L będzie elementem algebraicznym nad K. Niech f (x) ∈ K[x] będzie wielomianem
minimalnym dla α oraz niech deg f (x) = n. Wówczas:
1. K(α) = {a0 + a1 α + . . . + an−1 αn−1 : dla ai ∈ K, ∀ i = 0, . . . , n − 1},
2. [K(α) : K] = n.
12.2
Zadania
Zadanie 12.1. Znaleźć wielomian o współczynnikach z Q(i):
(a) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
α = 2i + 1 +
√
√
5 − 2i 5
(b) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
s
3
α=− −i+
2
1+
√
s
17
8
−i
√
−1 + 17
8
(c) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
α = −6 − 4i +
q
q
√
√
2 + 2 17 − i −2 + 2 17
(d) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
s
√
α=
s
10 + 1
+i
2
√
10 − 1
2
(e) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
q
q
√
√
α = 2 10 + 2 + i 2 10 − 2
(f) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
s
1 3
α=− + i+
2 2
√
5 5 − 10
−i
4
s
√
5 5 + 10
4
(g) stopnia 2, którego pierwiastkiem jest liczba
α = −2 + 6i +
q
q
√
√
−40 + 20 5 − i 40 + 20 5
(h) stopnia 3, którego pierwiastkiem jest liczba
√ √
√
√ 1
3
3
3
α= 5
−i
+ 25 −3 − 3i 3
2
2
39/39
Zadanie 12.2. Udowodnić nierozkładalność nad Q(i) wielomianów otrzymanych w poprzednim zadaniu.
Zadanie 12.3. Udowodnić o każdej z liczb z zadania 12.1, że jest elementem algebraicznym nad ciałem Q(i)
i obliczyć stopień rozszerzenia Q(i)(α)/Q(i).
Zadanie 12.4. Czy następujące rozszerzenia są rozszerzeniami Galois. Obliczyć stopień tych roszerzeń.
√ √
(a) Q( 3, 5),
√ √
√
(b) Q( 4 5, 3)/Q( 5),
√ √
(c) Q( 4 5, 3)/Q.

Spis treści

Transkrypt

Podobne dokumenty

Algebra Liniowa z Geometrią Zestaw 12 Obraz i jądro

Teoria Mnogo˝uci - Polsko-Japońska Akademia Technik

FIZYKA 1 - streszczenie wykładu Temat 1. Czym jest fizyka

INKUBATOR CZYTELNIKA, CZYLI MŁODZI W ŚWIECIE

PORÓWNYWANIE ESTYMATORÓW, OBCIĄŻENIE X = (X1,...,Xn

(7-17 kwietnia 2013 roku) Wyjazd studentów I roku

r!Jp(omo~ch

Joanna Uchańska - Katedra Prawa Własności Intelektualnej