Wykład 14

Wyklad 14
Ciala i ich wlasności
1
Charakterystyka ciala
Określenie ciala i wlasności dzialań w ciele byly omówione na algebrze liniowej. Stosujac
, terminologie, z teorii pierścieni możemy powiedzieć, że cialo jest to niezerowy
pierścień, w którym każdy element niezerowy jest odwracalny.
Niech (K, +, ·, 0, 1) bedzie
cialem. Jeżeli istnieje liczba naturalna n taka, że n · 1 = 0
,
w ciele K, to najmniejsza, taka, liczbe, naturalna, n nazywamy charakterystyka, ciala K.
Jeżeli takiej liczby naturalnej nie ma, to mówimy, że cialo K ma charakterystyke, 0.
Charakterystyke, ciala K oznaczamy przez ch(K). Wobec tego, jeśli w grupie addytywnej
K + ciala K, o(1) = ∞, to ch(K) = 0, a jeżeli o(1) ∈ N, to ch(K) = o(1).
Twierdzenie 14.1. Jeżeli n ∈ N jest charakterystyka, ciala K, to n jest liczba,
pierwsza.
, W szczególności charakterystyka ciala skończonego też jest liczba, pierwsza.
,
Dowód. Zalóżmy, że n nie jest liczba, pierwsza., Ponieważ 0 6= 1 w K oraz 1 · 1 = 1,
wiec
, n > 1 i istnieja, k, l ∈ N takie, że 1 < k, l < n oraz n = k · l. Wtedy 0 = n · 1 =
(k · l) · 1 = (k · 1) · (l · 1). Zatem z Wniosku 9.29, k · 1 = 0 lub l · 1 = 0. Ale k, l < n, wiec
,
mamy sprzeczność z minimalnościa, n. Wobec tego n jest liczba, pierwsza.,
Jeśli K jest cialem skończonym, to grupa K + jest skończona, wiec
, ch(K) = o(1) ∈ N
i na mocy pierwszej cześci
dowodu, ch(K) jest liczba, pierwsza., ,
Przyklad 14.2. Dla dowolnej liczby pierwszej p cialo Zp ma charakterystyke, p, bo
o(1) = p w grupie Z+
p . Natomiast cialo Q ma charakterystyke, 0, bo dla n ∈ N jest
n · 1 = n 6= 0.
Twierdzenie 14.3. Niech K bedzie
cialem dodatniej charakterystyki p. Wówczas dla
,
dowolnych a, b ∈ K i dla dowolnego n ∈ N:
n
n
n
(a + b)p = ap + bp .
Dowód. Zastosujemy indukcje, wzgledem
n. Dla n = 1 ze wzoru Newtona mamy
,
p−1 X
p
p
p
p
(a + b) = a + b +
· ak · bp−k .
k
k=1
p
Ale z elementarnej teorii liczb p | kp dla k = 1, . . . , p − 1, wiec
= p · lk , lk ∈ N.
,
k
p
p
Zatem k · 1 = (p · lk ) · 1 = lk · (p · 1) = lk · 0 = 0. Wobec tego (a + b) = ap + bp .
n
n
n
Zalóżmy, że dla dowolnych x, y ∈ K i dla pewnego n ∈ N jest (x + y)p = xp + y p .
p
p
p
p pn
Weźmy dowolne a, b ∈ K. Podstawiajac
=
, x = a i y = b uzyskamy, że (a + b )
1
n
n
n+1
n
n+1
n
p
p p
= [(a + b)p ]p =
(ap )p + (bp )p = ap + bp . Ale ap + bp = (a + b)p , wiec
, (a + b )
n+1
n+1
n+1
n+1
(a + b)p
i ostatecznie (a + b)p
= ap + b p . Twierdzenie 14.4. Każda skończona podgrupa grupy multiplikatywnej ciala K jest
grupa, cykliczna.
, W szczególności grupa multiplikatywna ciala skończonego jest cykliczna.
Dowód. Niech A bedzie
skończona, podgrupa, rzedu
n w grupie K ∗ ciala K. Wtedy
,
,
istnieje a ∈ A takie, że o(a) = s jest maksymalne w zbiorze {o(x) : x ∈ A}. Ponieważ z
twierdzenia Lagrange’a an = 1, wiec
, s ≤ n. Ponadto z Lematu 3.20, o(b)|s dla każdego
s
s
b ∈ A. Zatem b = 1 dla b ∈ A. Stad
, wielomian f = x − 1 ∈ K[x] ma w ciele K
co najmniej n pierwiastków. Zatem z Wniosku 12.10, s ≥ n. Ale s ≤ n, wiec
, n = s.
Ponadto |hai| = o(a) = |A|, wiec
, A = hai, co kończy dowód. 2
Podciala i ciala proste
Definicja 14.5. Niech (K, +, ·, 0, 1) bedzie
cialem i niech L ⊆ K. Powiemy, że L jest
,
podcialem ciala K, jeżeli L tworzy cialo ze wzgledu
na wszystkie dzialania określone w
,
K, tzn. gdy 0, 1 ∈ L oraz dla dowolnych a, b ∈ L mamy, że −a ∈ L, a + b ∈ L, a · b ∈ L
i a1 ∈ L dla a 6= 0. Mówimy też, że wówczas K jest rozszerzeniem ciala L.
Stwierdzenie 14.6. Zbiór L ⊆ K jest podcialem ciala K wtedy i tylko wtedy, gdy
1 ∈ L oraz dla dowolnych a, b ∈ L jest a − b ∈ L i dla dowolnych a, b ∈ L takich, że b 6= 0
jest ab ∈ L.
Dowód. ⇒. Zalóżmy, że L jest podcialem ciala K. Wtedy 1 ∈ L. Niech a, b ∈ L.
1
Wtedy −b ∈ L, stad
, a − b = a + (−b) ∈ L. Niech a, b ∈ L, b 6= 0. Wtedy b ∈ L, wiec
,
a
1
=
a
·
∈
L.
b
b
⇐. Na odwrót, 1 ∈ L, wiec
, 0 = 1 − 1 ∈ L. Niech a, b ∈ L. Wtedy −b = 0 − b ∈ L
oraz a + b = a − (−b) ∈ L. Ponadto dla b = 0 jest a · b = 0 ∈ L, a dla b 6= 0, 1b ∈ L,
a
bo 1 ∈ L, wiec
1 = a · b ∈ L. Zatem na mocy Stwierdzenia 9.2, L jest podpierścieniem
,
b
ciala K, czyli L jest pierścieniem. Ale 0 6= 1 w L oraz każdy niezerowy element z L jest
odwracalny w L, wiec
, L jest cialem, czyli L jest podcialem ciala K. Uwaga 14.7. Niech L bedzie
podcialem ciala K. Z określenia charakterystyki ciala
,
wynika od razu, że ch(L) = ch(K). Ponadto, jeśli M jest podcialem ciala L, to na mocy
Stwierdzenia 14.6, M jest podcialem ciala K.
Stwierdzenie 14.8. Cześć
wspólna dowolnej niepustej rodziny podcial ciala K jest
,
podcialem ciala K.
Dowód. Niech {Kt }t∈T bedzie
niepusta, rodzina, podcial ciala K. Wtedy 1 ∈ Kt dla
T,
T
każdego t ∈ T . Zatem 1 ∈ t∈T Kt . Weźmy dowolne a, b ∈ t∈T Kt . Wtedy a, b ∈ Kt
dla każdego t ∈ T , wiec
ze Swierdzenia 14.6, a − b ∈ Kt dla każdego t ∈ T , skad
,
,
2
T
a − b ∈ t∈T Kt . Jeśli dodatkowo b 6= 0, to ze Stwierdzenia 14.6, ab ∈ Kt dla każdego
T
T
t ∈ T . Zatem ab ∈ t∈T Kt . Wobec tego na mocy Stwierdzenia 14.6, t∈T Kt jest
podcialem ciala K. Uwaga 14.9. Niech cialo K bedzie
rozszerzeniem ciala L. Wówczas K jest prze,
strzenia, liniowa, nad cialem L, gdy dla α ∈ K, a ∈ L określimy
a ◦ α = a · α,
gdzie · oznacza mnożenie w ciele K. Moc dowolnej bazy K nad L oznaczamy przez
(K : L) i nazywamy stopniem rozszerzenia L ⊆ K. Jeżeli (K : L) jest liczba, naturalna,,
to mówimy, że K jest skończonym rozszerzeniem ciala L.
Przyklad 14.10. Zauważmy, że (C : R) = 2, bo {1, i} jest baza, C nad cialem R.
Natomiast (R : Q) = |R| 6∈ N, bo zbiór R jest nieprzeliczalny, a zbiór Q jest przeliczalny.
Definicja 14.11. Jeżeli cialo K nie posiada podcial różnych od K, to mówimy, że K
jest cialem prostym.
Przyklad 14.12. Zauważmy, że Q jest cialem prostym. Rzeczywiście, niech K ⊆
Q bedzie
podcialem ciala Q. Wówczas K jest podpierścieniem w Q, wiec
na mocy
,
,
Stwierdzenia 9.3, Z ⊆ K. Weźmy dowolne q ∈ Q. Wówczas istnieja, n ∈ Z i k ∈ N takie,
że q = nk . Ale n, k ∈ K i k 6= 0, wiec
, Q ⊆ K, czyli K = Q.
, q ∈ K. Stad
Przyklad 14.13. Dla dowolnej liczby pierwszej p, Zp jest cialem prostym. Rzeczywiście, niech K ⊆ Zp bedzie
podcialem ciala Zp . Wówczas 1 ∈ K, stad
, h1i ⊆ K. Ale
,
h1i = Zp , wiec
, K = Zp .
Uwaga 14.14. Niech K i L bed
homomorfizmem
, a, cialami i niech f : K → L bedzie
,
pierścieni. Wówczas f (1) = 1 6= 0, skad
, 1 6∈ Ker(f ). Ale Ker(f ) C K i K jest cialem,
wiec
, na mocy Stwierdzenia 10.4, Ker(f ) = {0}. Wobec tego na mocy Stwierdzenia
10.27, f jest różnowartościowe. Zatem każdy homomorfizm pierścieni z ciala K w cialo
L jest zanurzeniem. Zauważmy jeszcze, że dla b ∈ K \ {0} istnieje b−1 ∈ K, wiec
,
1 = f (1) = f (b · b−1 ) = f (b) · f (b−1 ), a zatem [f (b)]−1 = f (b−1 ). Wobec tego dla a ∈ K i
b ∈ K \ {0} mamy, że f ( ab ) = f (a · b−1 ) = f (a) · f (b−1 ) = f (a) · [f (b)]−1 = ff (a)
. Stad
, i ze
(b)
stwierdzeń 10.27 i 14.6 uzyskujemy, że f (K) jest podcialem ciala L.
Jeśli dodatkowo homomorfizm pierścieni f jest ”na”, to mówimy, że f jest izomorfizmem cial. Mówimy, że ciala K i L sa, izomorficzne i piszemy K ∼
= L, jeśli istnieje
izomorfizm cial f : K → L. W algebrze utożsamiamy ciala izomorficzne.
Twierdzenie 14.15. Każde cialo K posiada dokladnie jedno podcialo proste F . Jeśli
k·1
ch(K) = 0, to F ∼
: k, n ∈ Z, n > 0}, a jeśli ch(K) = p > 0, to
= Q i F = { n·1
3
F ∼
= Zp i F = {k · 1 : k = 0, 1, . . . , p − 1}. W szczególności, jedynymi cialami prostymi
z dokladnościa, do izomorfizmu sa:
liczbami pierwszymi.
, Q i Zp dla p bed
,
, acych
Dowód. Rodzina K wszystkich podcial ciala K jest niepusta, bo K ∈ K. Zatem na
T
mocy Stwierdzenia 14.8, M ∈K M jest podcialem ciala K zawartym w każdym podciele
T
ciala K. Wobec tego M ∈K M jest najmniejszym podcialem ciala K, a zatem na mocy
T
Uwagi 14.7, M ∈K M jest cialem prostym. Jeśli F jest podcialem prostym ciala K, to
T
T
M ∈K M ⊆ F , skad
M ∈K M . Wobec tego cialo K posiada dokladnie jedno podcialo
, F =
proste F , które jednocześnie jest najmniejszym podcialem ciala K.
Zalóżmy, że ch(K) = 0. Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że funkcja f : Q → K
k·1
dana wzorem f ( nk ) = n·1
dla k ∈ Z, n ∈ N, jest dobrze określona i jest homomorfizmem
pierścieni. Wobec tego na mocy Uwagi 14.14, f (Q) jest podcialem ciala K izomorficznym
k·1
z cialem Q. Ponadto f (Q) = { n·1
: k, n ∈ Z, n > 0}. Jeśli M jest dowolnym podcialem
ciala K, to na mocy Stwierdzenia 9.3, l · 1 ∈ M dla każdego l ∈ Z. Stad
, f (Q) ⊆ M , a
wiec
, f (Q) = F .
Niech teraz ch(K) = p, gdzie p jest liczba, pierwsza., Ponieważ o(1) = p w Z+
p i
+
o(1) = p w grupie K , wiec
, funkcja g: Zp → K dana wzorem g(k · 1) = k · 1 dla k ∈ Z,
jest dobrze określona. Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że g jest homomorfizmem
pierścieni. Wobec tego na mocy Uwagi 14.14, g(Zp ) jest podcialem ciala K izomorficznym
z cialem Zp . Ponadto g(Zp ) = {k · 1 : k = 0, 1, . . . , p − 1}. Jeśli M jest dowolnym
podcialem ciala K, to na mocy Stwierdzenia 9.3, l · 1 ∈ M dla każdego l ∈ Z. Stad
,
g(Zp ) ⊆ M , a wiec
g(Q)
=
F
.
,
Twierdzenie 14.16. Niech K bedzie
cialem skończonym. Wówczas |K| = pn i
,
ch(K) = p dla pewnej liczby pierwszej p oraz dla pewnej liczby naturalnej n. Wszym
stimi różnymi podcialami ciala K sa, Lm = {a ∈ K : ap = a}, gdzie m ∈ N i m|n. W
szczególności liczba wszystkich podcial ciala pn -elementowego jest równa liczbie wszystkich
dzielników liczby n.
Dowód. Z Twierdzenia 14.1, ch(K) = p dla pewnej liczby pierwszej p. Niech L
bedzie
podcialem ciala K. Wtedy K jest przestrzenia, liniowa, nad cialem L. Ale K jest
,
skończone, wiec
,
, istnieje skończona baza {α1 , . . . , αs }, K nad L. Każdy element należacy
do K może być zapisany jednoznacznie w postaci kombinacji liniowej elementów tej bazy.
Zatem |K| = |Ls | = |L|s .
n
Z Twierdzenia 14.15 istnieje podcialo F ciala K takie, że |F | = p. Stad
, |K| = p dla
pewnego n ∈ N. Jeżeli L jest dowolnym podcialem ciala K, to F ⊆ L, wiec
, na mocy
m
n
s
pierwszej cześci
dowodu, |L| = p dla pewnego m ∈ N. Ale p = |K| = |L| = pms dla
,
∗
m
pewnego s ∈ N, wiec
, równy p − 1, wiec
, n = ms i m | n. Ponadto grupa L ma rzad
,
m
pm
na moc twierdzenia Lagrange’a, ap −1 = 1 dla każdego a ∈ L \ {0}. Stad
a
=
a
dla
,
każdego a ∈ L. Zatem L ⊆ Lm . Ale z Wniosku 12.10, |Lm | ≤ pm , wiec
L
= Lm .
,
pm
Niech teraz m ∈ N i m|n. Ponieważ 1 = 1, wiec
, 1 ∈ Lm . Weźmy dowolne a, b ∈ Lm .
m
pm
pm
pm
Wtedy a = a i b = b oraz (−1) = −1. Zatem z Twierdzenia 14.3, (a − b)p =
4
m
m
m
m
pm
a p
= abpm = ab , wiec
ap +(−1)p ·bp = a−b, wiec
,
, a−b ∈ Lm . Ponadto, gdy b 6= 0, to ( b )
a
∈
L
.
Zatem
ze
Stwierdzenia
14.6,
L
jest
podcia
lem
cia
la
K.
Dalej,
z
Twierdzenia
m
m
b
14.4 istnieje c ∈ K ∗ takie, że o(c) = pn − 1 w grupie K ∗ . Ale m|n, wiec,
pm − 1|pn − 1.
,
pn −1
m
Wobec tego w grupie cyklicznej K ∗ element u = c pm −1 ma rzad
, p − 1. Zatem elementy
m
m
1, u, u2 , . . . , up −2 sa, parami różne i jest ich dokladnie pm − 1. Ponadto up −1 = 1, wiec
,
m
pm −2
m
up = u, skad
u
∈
L
.
Zatem
{0,
1,
u,
.
.
.
,
u
}
jest
p
-elementowym
podzbiorem
m
,
m
podciala Lm , skad
|L
m | ≥ p . Ale każdy element z L jest pierwiastkiem wielomianu
,
m
m
xp − x ∈ K[x], wiec
≥ |Lm |. Wobec tego |Lm | = pm i
, na mocy Wniosku 12.10, p
m
Lm = {0, 1, u, . . . , up −2 }. Zatem Lm jest podcialem pm -elementowym ciala K. Uwaga 14.17. Pokażemy jak można skonstruować cialo pn -elementowe dla liczb
pierwszych p oraz n ∈ N. Najpierw znajdujemy w pierścieniu Zp [x] wielomian unormowany f stopnia n, który jest nierozkladalny w tym pierścieniu. Niech I = (f ).
Wtedy z Wniosku 13.16 pierścień ilorazowy Zp [x]/I jest cialem. Ponadto z Twierdzenia 12.13 każdy element pierścienia Zp [x]/I można zapisać jednoznacznie w postaci
a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 + I dla pewnych a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ Zp . Ale |Zp | = p, wiec
,
|Zp [x]/I| = pn , czyli Zp [x]/I jest cialem pn -elementowym.
Jeśli n = 2 lub n = 3, to ze Stwierdzenia 12.32 wystarczy aby f nie mial pierwiastka
2
w ciele Zp . Stad
, dla p = 2 i n = 2 wystarczy wziać
, f = x + x + 1 i otrzymujemy cialo
4-elementowe Z2 [x]/(x2 + x + 1).
Jeśli n = 2 i p > 2, to C = {c2 : c ∈ Zp } = {02 , 12 , . . . , ( p−1
)2 } jest zbiorem 1 + p−1
=
2
2
p+1
p+1
-elementowym. Ale p > 2, wiec
< p i istnieje a ∈ Zp \ C. Wtedy wielomian
,
2
2
2
2
2
f = x − a nie ma pierwiastka w Zp , wiec
, Zp [x]/(x − a) jest cialem p -elementowym.
Jeśli n = 3, to mamy dokladnie p2 (p − 1) wielomianów postaci f = x3 + ax2 + bx + c ∈
Zp [x] takich, że c 6= 0. Natomiast rozkladalne wielomiany unormowane stopnia 3 z
niezerowym wyrazem wolnym na mocy Twierdzenia 13.5 sa, postaci (x + k)(x2 + lx + t)
dla pewnych k, l, t ∈ Zp , k, t 6= 0. Zatem takich wielomianów jest co najwyżej p(p − 1)2 .
Ale p(p − 1)2 < p2 (p − 1), wiec
, istnieje f , które nie ma pierwiastka w Zp i wobec tego
3
Zp [x]/(f ) jest cialem p -elementowym.
Można udowodnić, że dla każdej liczby pierwszej p i dla każdego n ∈ N istnieje
n
wielomian nierozkladalny f ∈ Zp [x] stopnia n, a wiec
, wtedy Zp [x]/(f ) jest cialem p elementowym.
3
Cialo ulamków
Każdy podpierścień ciala jest dziedzina, calkowitości. Okazuje sie,
, że także każda dziedzina calkowitości jest podpierścieniem pewnego ciala.
5
Definicja 14.18. Powiemy, że cialo K jest cialem ulamków dziedziny calkowitości P ,
jeżeli
(i) P jest podpierścieniem K oraz
(ii) każdy element ciala K można zapisać w postaci ab dla pewnych a, b ∈ P , b 6= 0.
Przyklad 14.19. Niech P bedzie
dowolnym podpierścieniem ciala Q. Wtedy ze
,
Stwierdzenia 9.3 mamy, że Z ⊆ P . Wobec tego każdy element z Q można zapisać w
postaci ab dla pewnych a, b ∈ P , b 6= 0. Zatem z Definicji 14.18 mamy, że Q jest cialem
ulamków dla P . Wobec tego Q jest cialem ulamków każdego swego podpierścienia.
Przedstawimy teraz konstrukcje, ciala ulamków dowolnej dziedziny calkowitości P .
Niech S = P × (P \ {0}). W zbiorze S określamy relacje, ∼ przyjmujac,
że dla dowolnych
,
(a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ S:
(a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ) ⇔ a1 · b2 = a2 · b1 .
Pokażemy, że ∼ jest relacja, równoważności w S:
1◦ Jeżeli (a, b) ∈ S, to a · b = a · b, wiec
, (a, b) ∼ (a, b).
2◦ Jeżeli (a, b), (c, d) ∈ S oraz (a, b) ∼ (c, d), to a · d = c · b. Stad
, c · b = a · d, czyli
(c, d) ∼ (a, b).
3◦ Jeżeli (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ S sa, takie, że (a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ) oraz (a2 , b2 ) ∼
(a3 , b3 ), to a1 · b2 = a2 · b1 i a2 · b3 = a3 · b2 , stad
a1 · b 2 · b 3 = a2 · b 1 · b 3 i
,
a2 · b3 · b1 = a3 · b2 · b1 , wiec
, a1 · b2 · b3 = a3 · b2 · b1 . Ale b2 6= 0 i P jest dziedzina,
calkowitości, wiec
, (a1 , b1 ) ∼ (a3 , b3 ).
, a1 · b3 = a3 · b1 , stad
Klase, abstrakcji o reprezentancie (a, b) ∈ S bedziemy
oznaczali przez ab . Zbiór wszyst,
kich klas abstrakcji relacji ∼ bedziemy
oznaczali przez P0 .
,
Zauważmy najpierw, że dla (a, b) ∈ S i 0 6= d ∈ P jest
a
a·d
=
.
b
b·d
a
Rzeczywiście, a · (b · d) = (a · d) · b, stad
= a·d
.
, (a, b) ∼ (a · d, b · d), wiec
,
b
b·d
a
0
Dla (a, b) ∈ S mamy też, że b = 1 ⇔ a = 0. Rzeczywiście, dla a = 0 jest a·1 = 0 = 0·b,
a
wiec
= 01 . Jeżeli zaś ab = 01 , to (a, b) ∼ (0, 1), skad
,
, a · 1 = 0 · b, czyli
, (a, b) ∼ (0, 1), stad
b
a = 0.
Niech 1 = 11 i 0 = 01 . Ponieważ 0 6= 1 w P , wiec
, z naszych rozważań wynika, że 0 6= 1
w P0 .
Określamy teraz w P0 dodawanie i mnożenie przy pomocy wzorów:
a1 a2
a1 · b 2 + a2 · b 1
+
=
,
b1
b2
b1 · b2
6
(1)
a1 a2
a1 · a2
·
=
.
(2)
b1 b2
b1 · b2
Sprawdzimy, że te określenia nie zależa, od wyboru reprezentantów klas abstrakcji.
Niech (a1 , b1 ), (x1 , y1 ), (a2 , b2 ), (x2 , y2 ) ∈ S oraz (a1 , b1 ) ∼ (x1 , y1 ), (a2 , b2 ) ∼ (x2 , y2 ).
Wtedy a1 · y1 = x1 · b1 i a2 · y2 = x2 · b2 . Musimy udowodnić, że wówczas (a1 · b2 +
a2 · b1 , b1 · b2 ) ∼ (x1 · y2 + x2 · y1 , y1 · y2 ) i (a1 · a2 , b1 · b2 ) ∼ (x1 · x2 , y1 · y2 ), czyli że
(a1 · b2 + a2 · b1 ) · y1 y2 = (x1 y2 + x2 y1 ) · b1 · b2 i a1 · a2 · y1 · y2 = x1 · x2 · b1 · b2 . Ale
a1 · a2 · y1 · y2 = (a1 · y1 ) · (a2 · y2 ) = x1 · b1 · x2 · b2 = x1 · x2 · b1 · b2 oraz (a1 · b2 + a2 · b1 ) · y1 y2 =
(a1 y1 ) · b2 y2 + (a2 y2 ) · b1 y1 = x1 · b1 · b2 · y2 + x2 · b2 · b1 · y1 = (x1 · y2 + x2 · y1 ) · b1 · b2 , wiec
,
wzory (1) i (2) sa, dobrze określone.
Teraz udowodnimy, że (P0 , +, ·, 0, 1) jest cialem. W tym celu sprawdzamy spelnienie
aksjomatów ciala:
2 ·b1
1. Niech (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ S. Wtedy ( ab11 + ab22 ) + ab33 = a1 ·bb21+a
+ ab33 =
·b2
a1 ·b2 ·b3 +a2 ·b1 ·b3
2
, gdyż ab1 + ab2 =
+ ab13·b·b21·b·b32 = a1 ·b2 ·b3 +ab12·b·b21·b·b33 +a3 ·b1 ·b2 , bo ab1 + ab2 = a1 +a
b1 ·b2 ·b3
b
a1 ·b+a2 ·b
2 )·b
2
= (a1 +a
= a1 +a
. Ponadto:
b2
b·b
b
3 ·b2
+ ( ab22 + ab33 ) = ab11 + a2 ·bb32+a
=
·b3
wiec
,
, dodawanie jest laczne.
a1
b1
0
b
+
a2 ·b3 ·b1 +a3 ·b2 ·b1
b1 ·b2 ·b3
a1
b1
=
a2 ·b1 +a1 ·b2
b2 ·b1
a2
b2
2. Niech (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ S. Wtedy
dodawanie jest przemienne.
3. Niech (a, b) ∈ S. Wtedy 0 =
neutralnym dodawania.
a1 ·b2 ·b3
b1 ·b2 ·b3
oraz
a
b
+
+0 =
a
b
a
b
+
4. Niech (a, b) ∈ S. Wtedy (−a, b) ∈ S oraz
(−a)
.
b
+ 0b =
−a
b
=
=
a+0
b
a1 ·b2 +a2 ·b1
b1 ·b2
7. Niech (a, b) ∈ S. Wtedy
mnożenia.
a
b
·1=
a
b
·
a2
b2
·
1
1
=
a1
b1
a·1
b·1
=
a2 ·a1
b2 ·b1
a+(−a)
b
=
=
a1
b1
+
a2
,
b2
wiec
,
= ab , wiec
, 0 jest elementem
=
5. Niech (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ S. Wtedy ( ab11 · ab22 ) · ab33 =
a1
2 ·a3
· ( ab22 · ab33 ) = ab11 ab22 ·b·a33 = ab11·a
, wiec
,
, mnożenie jest laczne.
b1
·b2 ·b3
6. Niech (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ S. Wtedy
jest przemienne.
a1 ·b2 ·b3 +a2 ·b3 ·b1 +a3 ·b2 ·b1
,
b1 ·b2 ·b3
=
a1 ·a2
b1 ·b2
=
0
b
= 0. Zatem −( ab ) =
a1 ·a2
b1 ·b2
a1
b1
·
·
a2
,
b2
a3
b3
=
a1 ·a2 ·a3
b1 ·b2 ·b3
i
wiec
, mnożenie
= ab , czyli 1 jest elementem neutralnym
3 ·b2
1 ·a3 ·b2
8. Dla (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ S : ab11 · ( ab22 + ab33 ) = ab11 · a2 ·bb32+a
= a1 ·a2b·b13·b+a
oraz
·b3
2 ·b3
a1 a3
a1 ·a2
a1 ·a3
a1 ·a2 ·b3
a1 ·a3 ·b2
a1 ·a2 ·b3 +a1 ·a3 ·b2
a1 a2
, wiec
· + b1 · b3 = b1 ·b2 + b1 ·b3 = b1 ·b2 ·b3 + b1 ·b2 ·b3 =
, mnożenie jest
b1 b2
b1 ·b2 ·b3
rozdzielne wzgledem
dodawania.
,
9. Niech (a, b) ∈ S bedzie
takie, że ab 6= 0. Wtedy, jak wiemy a 6= 0, wiec
,
, (b, a) ∈ S
a b
a·b
1
a −1
b
= a.
oraz b · a = b·a = 1 = 1, bo a, b 6= 0. Stad
, (b)
7
Z 1–9 wynika zatem, że (P0 , +, ·, 0, 1) jest cialem.
Niech f : P → P0 bedzie
funkcja, dana, wzorem f (a) = a1 dla a ∈ P. Wtedy dla a, b ∈
,
P : f (a) = f (b) ⇔ a1 = 1b ⇔ (a, 1) ∼ (b, 1) ⇔ a · 1 = b · 1 ⇔ a = b. Zatem f jest
różnowartościowe. Ponadto f (1) = 11 = 1 oraz dla a, b ∈ P :
f (a + b) =
i
a+b
a b
= + = f (a) + f (b)
1
1 1
a·b
a·b
a b
=
= · = f (a) · f (b).
1
1·1
1 1
Zatem f jest zanurzeniem pierścieni. Stad
, dla a ∈ P można dokonać utożsamienia:
f (a · b) =
a
a≡ .
1
Przy tym utożsamieniu P jest podpierścieniem ciala P0 . Dla 0 6= b ∈ P mamy, że
1
a
a
1
−1
−1
= ( 1b )−1 = b−1 , wiec
: a, b ∈
, P0 = {a · b
, dla a ∈ P jest b = 1 · b = a · b , stad
b
P, b 6= 0}, czyli P0 jest cialem ulamków dla P . Ponadto dla (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ S mamy,
że ab11 = ab22 ⇔ a1 · b2 = a2 · b1 , bo ab11 = ab22 ⇔ (a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ) ⇔ a1 · b2 = a2 · b1 .
Jeżeli L jest cialem, to cialo ulamków pierścienia L[x] oznaczamy przez L(x) i nazywamy cialem funkcji wymiernych zmiennej x nad cialem L. Wówczas L jest podcialem
2
ciala L(x), skad
, ch(L(x)) = ch(L). Ponieważ 1, x, x , . . . sa, liniowo niezależne nad L i
należa, do L(x), wiec
że istnieja,
, L = Zp uzyskamy stad,
,
, (L(x) : L) = ∞. Podstawiajac
ciala nieskończone dowolnej dodatniej charakterystyki (np. ciala Zp (x)).
Zagadka 1. Skonstruuj cialo 8-elementowe.
Zagadka 2. Skonstruuj cialo 27-elementowe.
Zagadka 3. Skonstruuj cialo 125-elementowe.
Zagadka 4. Skonstruuj cialo 73 -elementowe.
Zadanie 5. Skonstruuj cialo 16-elementowe.
Zagadka 6. Ile podcial ma cialo 22010 -elementowe?
Zagadka 7. Niech d √
bedzie
liczba, ca√lkowita,, która nie jest kwadratem liczby calkowi,
tej. Udowodnij,
√ że Q( d) = {x + y d : x, y ∈ Q} jest cialem ulamków pierścienia
liczbowego Z[ d].
8