MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile

Transkript

1 MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile 1 Ringer og ringhomomorfier 1.1 Hva er en ring? Avsnitt 18: Ringer og kropper Stoff: Ring, direkte produkt av ringer, ringhomomorfi og ringisomorfi, kjernen til en ringhomomorfi, kommutative ringer, ringer med enhet, divisjonsringer og kropper, underringer og underkropper Oppgaver: 4 6, 11 13, 37, 41, 46, 52. En ring er en mengde med elementer som kan legges sammen og multipliseres slik at vi kan regne omtrent som vi pleier. Definisjon 1.1. En ring er en mengde R med to operasjoner + og (vi kaller dem for addisjon og multiplikasjon) slik at (1) R, + er en abelsk gruppe (2) Multiplikasjonen er assosiativ (3) Venstre og høyre distributive lov gjelder: For alle a, b, c i R er a (b + c) = (a b) + (a c) og (a + b) c = (a c) + (b c). Vi skriver 0 for det nøytrale elementet til addisjonen. Vi vil ofte skrive ab for a b. Dessuten vil vi la multiplikasjon prioriteres foran addisjon i skrivemåten slik at a + bc betyr a + (bc) slik som vanlig. Eksempel 1.2. De hele tallene med vanlig addisjon og multiplikasjon er en ring. De rasjonale tallene, de reelle tallene og de komplekse tallene med vanlig addisjon og multiplikasjon er alle ringer. Eksempel 1.3. Vi vet allerede at n er en abelsk gruppe under addisjon. Vi definerer multiplikasjon i n ved at a b = r hvor r er resten til a b i ved divisjon med n. Denne multiplikasjonen gjør sammen med addisjonen n til en ring (vi skal argumentere for dette senere). Eksempel 1.4. Mengden av polynomer i én variabel x med reelle koeffisienter og med vanlig addisjon og multiplikasjon av polynomer er en ring. Vi skriver [x] for denne ringen. Mer generelt: For en ring R vil polynomene i en variabel med koeffisenter i R være en ring under addisjon og multiplikasjon av polynomer. Vi skriver R[x] for denne ringen. F. eks. vil mengden av polynomer med heltallige koeffisienter [x] være en ring. Er koeffisientene i polynomene elementer i ringen n får vi ringen n [x]. Oppgave 1.5. La f = 6x + 5x 3 og g = 2 + 5x 2 i 10 [x]. Finn den additive inversen til f. Regn ut f g og g 2. Oppgave 1.6. Hvor mange polynomer av grad 3 har 2 [x]? La f = x + 1 i 2 [x]. Finn f 16. Finn også f 15. En ring R er kommutativ hvis for alle a og b i R så gjelder ab = ba. Alle ringene over er kommutative. Eksempel 1.7. La M 3 ( ) være (3 3)-matriser med reelle koeffisienter. Både matriseaddisjon og matrisemultiplikasjon er operasjoner på M 3 ( ). Addisjonen gjør M 3 ( ) til en abelsk gruppe. Videre er matrisemultiplikasjon assosiativ og både den venstre og den 1

2 høyre distributive loven gjelder. Altså er M 3 ( ) med disse operasjonene en ring. I M 3 ( ) kan AB BA så ringen er ikke kommutativ. Vi kan også se på (3 3)-matriser med elementer i en vilkårlig ring R. Denne mengden av matriser kaller vi for M 3 (R). Her har vi også matriseaddisjon og matrisemultiplikasjon og essensielt de samme argumentene viser at M 3 (R) er en ring. F. eks. er M 3 ( ) og M 3 ( 5 [x]) ringer. Oppgave 1.8. Hvor mange elementer er det i ringene M 2 ( 3 ) og M 5 ( 2 )? Eksempel 1.9. La være mengden av alle (ikke nødvendigvis kontinuerlige) funksjoner f :. Slike funksjoner kan adderes og multipliseres og det gir nye funksjoner. Dette gjør til en kommutativ ring. Vi kan også se på delmengden som består av de kontinuerlige funksjonene. I kalkuluskurset viser man at addisjon og multiplikasjon av kontinuerlige funksjoner gir nye kontinuerlige funksjoner. Hvis f er kontinuerlig er f også det. Vi får at er en ring. Vi har også at de deriverbare funksjonene 1 er en ring. Definisjon Hvis R og S er to ringer kan vi lage produktet R S som består av alle ordnede par (a, b) av elementer a i R og b i S. Addisjon og multiplikasjon er definert koordinatvis med operasjonene på R og S. Disse operasjonene gjør R S til en ring som kalles produktringen. Hvis R og S er kommutative ringer er R S også kommutativ. Oppgave Hvor mange elementer har ringen R = 3 5? Finn to elementer x 0 og y 0 i R slik at x y = 0. Lemma For alle elementer a og b i en ring R gjelder (1) 0 a = 0 og a 0 = 0 (2) a ( b) = (a b) og ( a) b = (a b) (3) ( a) ( b) = a b Oppgave Bevis Lemma Definisjon La R og S være ringer. En avbildning ϕ : R S er en ringhomomorfi hvis disse to ligningene holder for alle a og b i R: (1) ϕ(a + R b) = ϕ(a) + S ϕ(b) (2) ϕ(a R b) = ϕ(a) S ϕ(b) Eksempel La avbildningen ϕ : 12 være definert ved at ϕ(n) = r hvor r er resten til n ved divisjon med 12. Dette er en ringhomomorfi. Eksempel I Eksempel 1.9 definerte vi ringen av alle funksjoner. La avbildningen ϕ : være definert ved at ϕ(f ) = f (3), dvs verdien til funksjonen for x = 3. Da er ϕ en ringhomomorfi fordi ϕ(f + g) = (f + g)(3) = f (3) + g(3) = ϕ(f ) + ϕ(g) og ϕ(f g) = (f g)(3) = f (3) g(3) = ϕ(f ) ϕ(g). Funksjonen ϕ kalles ofte for en evalueringsfunksjon og skrives ϕ = ev 3. Vi kunne selvfølgelig valgt et annet tall enn 3, f. eks. π eller 2. Eksempel Gitt en ring R har vi alltid ringhomomorfien id: R R som avbilder a på a. Denne kalles for identitetshomomorfien. Oppgave Anta R, S og T er ringer og ϕ : R S og ψ: S T er ringhomomorfier. Forklar hvorfor sammensetningen ψ ϕ : R T er en ringhomomorfi. En ringhomomorfi ϕ : R S er en ringisomorfi hvis den er både injektiv (en-til-en) og surjektiv (på). Da sier vi at R og S er isomorfe ringer. Til en ringisomorfi ϕ finnes det en ringisomorfi ψ: S R slik at begge sammensetningene er identitetshomomorfien (kan du vise det?). Det omvendte gjelder også: Hvis vi har ringhomomorfier ϕ : R S og ψ: S R slik at sammensetningene er identitetshomomorfiene, så er ϕ (og ψ) en ringisomorfi (kan du vise det?). Dette er altså en ekvivalent måte å definere en ringisomorfi. 2

3 Definisjon Anta R er en ring som har et element 1 som er slik at 1 a = a = a 1 for alle elementer a i R. Da sier vi at et element u i R er en enhet hvis det finnes et element v i R slik at u v = 1 og v u = 1. Dvs at u har en multiplikativ invers (nemlig v). Hvis alle elementer i R unntatt 0 er enheter sier vi at R er en divisjonsring. En kommutativ divisjonsring kalles en kropp. Oppgave Alle våre eksempler på ringer så langt har 1. Hva er 1 i M 3 ( [x])? Eksempel Vi har at, og er kropper, mens ikke er en kropp. Spørsmål. Er [x] en kropp? Oppgave Finn en enhet U I i M 2 ( 5 ). Er M 2 ( 5 ) en divisjonsring? Kropp er et helt sentralt begrep i dette kurset. Men først skal vi se på et litt svakere begrep. Avsnitt 19: Integritetsområder Stoff: Nulldivisorer, forkortningsregel, integritetsområde, endelige integritetsområder er kropper, ringens karakteristikk Oppgaver: 1 4, 10, 11, 14, 17 Definisjon Anta a 0 og b 0 er elementer i en ring R slik at a b = 0. Da kalles a og b for nulldivisorer. Eksempel I har vi at 2 5 = 10 og vi sier at 2 og 5 er divisorer til 10. I 10 er 2 5 = 0 og vi sier at 2 og 5 er divisorer til 0, dvs nulldivisorer. Oppgave Finn alle enheter og alle nulldivisorer i 18. Er det noen elementer i 18 som hverken er enheter eller nulldivisorer? Spørsmål Finnes det nulldivisorer i [x]? Finnes det nulldivisorer i 10 [x]? Proposisjon 1.27 (19.3). Nulldivisorene i n er akkurat de elementene som ikke er enheter (og ikke er 0), dvs akkurat de elementene ulik 0 som har en felles divisor (større enn 1) med n. Korollar 1.28 (19.4). Hvis p er et primtall har p ingen nulldivisorer. Definisjon Et integritetsområde er en kommutativ ring med 1 slik at 1 0 og som ikke har nulldivisorer. Eksempel Alle kropper er integritetsområder. Polynomringen [x] er et integritetsområde, men er ikke en kropp. Ved Korollar 1.28 er p et integritetsområde for primtall p. Teorem 1.31 (19.5). Et integritetsområde med et endelig antall elementer er en kropp. Bevis. Anta R er et integritetsområde med n elementer. La a 0 være et element i R. Vi vil vise at a er en enhet, dvs at det finnes et element b i R slik at a b = 1. Ved å multiplisere hvert element i R med a får vi en avbildning a : R R som tar x på ax. Denne avbildningen er injektiv fordi hvis ab = ac er a(b c) = 0 og fordi R er et integritetsområde må b = c. Men da må avbildningen også være surjektiv (n elementer avbildes på n forskjellige elementer). Spesielt vil 1 treffes, dvs at det finnes et element b slik at ab = 1. Korollar 1.32 (19.12). Hvis p er et primtall er p en kropp. Oppgave Anta R er et integritetsområde. Forklar hvorfor polynomringen R[x] også er et integritetsområde. Så f.eks. hvis R er en kropp, er R[x] et integritetsomåde. Dette vil være et steg på veien mot å konstruere en «utvidelseskropp» av R. 3

4 Avsnitt 20: Fermats lille teorem og Eulers teorem Stoff: Fermats lille teorem og Eulers generalisering, kongruensligninger Oppgaver: 1, 2, 4 6, 10, 12, 14, 16, 18, 23, 24, 29, 30 Lemma Anta R er en kommutativ ring med 1 0 og la R være mengden av enheter i R. 1 Da er R, en abelsk gruppe. Bevis. Anta u og u enheter, dvs at det finnes v og v slik at uv = 1 og u v = 1. Da er også uu en enhet fordi (uu )(v v) = 1. Assosiativitet av multiplikasjonen er gitt per definisjon av en ring. Inverser finnes per definisjon av enhet. Av dette følger det at R, er en gruppe. Fra gruppeteorien vet vi da at de multiplikative inversene er entydige, dvs hvis uv = 1 og uw = 1 så er v = w (gjenta argumentet!). Eulers phi-funksjon Φ er definert for positive heltall n ved at Φ(n) er antall positive heltall mindre eller lik n som er relativt primiske med n. Dvs at Φ(n) er antall elementer i n, vi kan skrive n = Φ(n) dette er Proposisjon Hvis m og n er positive heltall som er relativt primiske er Φ(mn) = Φ(m)Φ(n). Teorem (Eulers teorem). Anta n er et positivt heltall og a 0 er et heltall relativt primisk med n. Da er a Φ(n) 1 delelig med n. Bevis. Vi har en ringhomomorfi []: n hvor x i avbilder på resten til x ved divisjon med n. At a Φ(n) 1 er delelig med n er det samme som at bildet av a Φ(n) under denne ringhomomorfien er 1. Fordi [] er en ringhomomorfi kan vi ta potensen av [a] i stedet, dvs [a Φ(n) ] = [a] Φ(n). Per antagelse er a relativt primisk med n. Fra Proposisjon 1.27 vet vi at [a] er en enhet i n, dvs et element i gruppen n. Denne gruppen har Φ(n) elementer. Ved Teorem (10.12) i læreboken er ordenen til et element i en endelig gruppe en divisor til ordenen til gruppen (det følger av Lagrange teorem). Dvs at [a] Φ(n) = 1 i n. Korollar (Fermats lille teorem). Anta p er et primtall og a er et heltall som ikke er delelig med p. Da er a p 1 1 delelig med p. Bevis. Vi har at Φ(p) = p 1. Resultatet er derfor et spesialtilfelle av Eulers teorem. Eksempel La oss sjekke Fermat (a-d) og Euler (e-f) i noen enkle tilfeller. (a) p = 7 og a = 2, da er 2 6 = = (mod 7) (b) p = 3 og a = 10, da er 10 2 = (mod 3) (c) p = 5 og a = 3, da er 3 4 = (mod 5) (d) p = 13 og a = 2, da er 2 12 = = (mod 13) (e) n = 10 og a = 3, da er Φ(10) = 4 og 3 4 = (mod 10) (f) n = 16 og a = 3, da er Φ(16) = 8 og 3 8 = = (mod 16) Oppgave Forklar hvorfor (a) er delelig med 7 (b) er delelig med 17 (c) er delelig med 33 Eksempel 1.37 (Lineære kongruensligninger). Når man løser oppgave (c) kan man komme til å sette x = [2 18 ] for bildet av 2 18 i 33 og få ligningen 4x = 1 for x i 33 fra Eulers teorem. I 33 har vi at 4 8 = 32 = 1 så 4 ( 8) = 1 og dermed er x = 8 = 25 en løsning på ligningen. Er det noen flere løsninger på ligningen? Nei, fordi inverser er entydige (og 25 er inversen til 4 i 33 ). 1 Det ser ut til at boken definerer R som alle elementer i R bortsett fra 0. For R en kropp blir dette det samme, men ikke for f. eks. R =. Det ser ikke ut til at boken har noen notasjon for dette tilfellet. 4

5 Hva med ligningen 6x = 1? Har den løsninger i 33? Nei, for en løsning x = v ville gi en multiplikativ invers til 6 og 6 ville være en enhet i 33. Men 6 og 33 har 3 som felles divisor noe som ved Proposisjon 1.27 betyr at 6 er en nulldivisor. Hvis vi leter (eller tenker) finner vi f. eks. at 6 11 = 0. Hvis v fantes kunne vi multiplisere hver side med v og få 11 = 0. Hva med ligningen 6x = 9? Har den noen løsninger i 33? Vi har at 6 = 2 3 og at 2 er en enhet i 33 fordi sfd(2, 33) = 1. Altså har 2 en multiplikativ invers som vi kan multipliserer med på begge sider av ligningen. Ny, ekvivalent ligning: 3x = Dette hjelper lite hvis vi ikke vet hva 2 1 er for noe. Men 2 17 = 1 (ved prøving) så 2 1 = 17. Den nye ligningen 3x = 17 9 = 21 har en løsning x = 7. Men vi har også 3(7 + 11) = 21 og 3(7 + 22) = 21. Det kan ikke være flere løsninger fordi hvis 3x = 21 og 3 y = 21 får vi 3(x y) = 0 og dermed må x y være i 11-gangern, dvs x y {0, 11, 22}. Oppgave Finn ut om ligningen har noen løsninger og finn i så fall alle løsningene. (a) 8x = 17 i 33. (b) 15x = 3 i 33. (c) 15x = 4 i 24. Teorem La a og b være to elementer i n med d = sfd(a, n). Da har ligningen ax = b en løsning hvis og bare hvis d er en divisor til b. Hvis x = c er en løsning på ligningen og m = n d er alle løsningene gitt som {c, c + m, c + 2m,..., c + (d 1)m}. Spesielt har ligningen en entydig løsning hvis sfd(a, n) = 1. Avsnitt 21: Kvotientkroppen til et integritetsområde Stoff: Konstruksjon av kvotientkroppen, egenskaper til kvotientkroppen Oppgaver: 1, 2, 4, 6 11 Fra heltallene konstruerer vi de rasjonale tallene som ekvivalensklasser av brøker a b hvor a og b er heltall og b 0. To brøker a b og c er ekvivalente hvis ad = bc (en heltallsligning!). d Så må vi definere addisjon og multiplikasjon av brøker og vise at dette gir operasjoner på ekvivalensklassene. Som vi vet ender vi opp med en kropp. Denne kroppen kalles for kvotientkroppen til og er den minste kroppen som inneholder heltallene. Det viser seg at denne konstruksjonen fungerer for alle integritetsområder. Vi husker at et integritetsområde R er en kommutativ ring med 1 0 og som ikke har nulldivisorer. Det er viktig at det ikke finnes nulldivisorer fordi vi trenger at brøkene kan utvides uten å endre ekvivalensklassen. F. eks. i 10 ville vi få Men vi kan ikke dele på 0. Multipliserer vi 0 med 5 på begge sider ville vi få 1 1 = 0. Når vi skal lage kvotientkroppen fra R bruker boken 0 ordnede par (a, b) for å være sikker på at man ikke bruker noen av de egenskapene man skal vise (men alle tenker på brøken a ). Jeg syns ikke dette klargjør så mye, og vil derfor skrive b disse parene som brøker. Konstruksjon av kvotientkroppen. Vi lager en mengde B av alle symboler a med a og b i R b og b 0. Vi definerer en relasjon: a b c hvis ad = bc i R. Vi må vise at dette er en d ekvivalensrelasjon, dvs at den tilfredsstiller refleksivitet (ok), symmetri (nesten like lett) og transitivitet. Transitivitet: Anta a b c d og c d e. Da har vi f (1) ad = bc og (2) c f = de. (3) Vi skal vise a f = be. Vi multipliserer (1) med f og får (4) ad f = bc f og (2) med b og får (5) bc f = bde. Fra (4) og (5) får vi (6) ad f = bde som er ekvivalent med ligningen (7) d(a f be) = 0. 5

6 Runar Ile Matematisk institutt, 18. mars 2016 Fordi d 0 og R er et integritetsområde er den eneste muligheten (husk ingen nulldivisorer!) at a f be = 0, dvs (3) holder. Vi skriver [ a b ] for ekvivalensklassen til elementet a. Vi kaller mengden av ekvivalensklasser b for K(R). Det neste trinnet er å definere addisjon og multiplikasjon for elementer i K(R). a c ad + bc Addisjon: + = b d bd a c ac Multiplikasjon: b = d bd Vi vet a priori 2 ikke om disse definisjonene er gode, dvs at sum og produkt er uavhengig av valg av representater for ekvivalensklassene. Vi undersøker addisjonen: Anta a b a b og c d c d Da må vi vise at ad + bc a d + b c bd b d dvs at (1) (ad + bc)(b d ) = (a d + b c )(bd). Men vi har at (2) ab = a b og (3) cd = c d. Vi multipliserer (2) med dd og (3) med bb og får (4) ab dd = a bdd og (5) bb cd = bb c d. Da regner vi på venstresiden av (1) ved å bruke (4) og (5): (6) (ad + bc)(b d ) = ab dd + bb cd = a bdd + bb c d = (a d + b c )(bd) som er høyresiden av (1). Dermed er addisjon av ekvivalensklasser veldefinert. Tilsvarende kan vi sjekke at multiplikasjon av ekvivalensklasser er veldefinert. Så må vi sjekke om ringaksiomene holder. Argumentene er av samme type. Fra integritetsområdet R har vi laget en kropp K(R) og det er en naturlig ringhomomorfi γ: R K(R) definert ved at γ(a) = a 1 fordi (1) γ(a + b) = a+b 1 = a 1 + b 1 = γ(a) + γ(b) (2) γ(ab) = ab 1 = a 1 b 1 = γ(a) γ(b) Denne ringhomomorfien er en-til-en (injektiv) fordi hvis γ(a) = γ(b) må a 1 b, dvs at a = b. 1 Det følgende resultatet oppsummerer denne konstruksjonen og sier dessuten at kvotientkroppen er den minste kroppen som kan innholde R som en underring. Teorem Anta R er et integritetsområde. Da finnes det en kropp K(R) og en injektiv ringhomomorfi γ: R K(R) slik at: Hvis ψ: R F er en injektiv ringhomomorfi fra R til en kropp F vil det finnes en entydig ringhomomorfi µ: K(R) F som utvider ψ, dvs slik at µγ = ψ: R ψ F γ K(R) µ Vi ser at µ må være definert som µ( a b ) = ψ(a) F (ψ(b)) 1. Beviset sjekker at dette gir en veldefinert ringhomomorfi. 2 «på forhånd» 6

7 Eksempel Anta R = [x], polynomringen i en variabel med reelle koeffisienter. Da er kvotientkroppen K(R) kroppen av rasjonale funksjoner i en variabel. Man skriver ofte (x) for å betegne denne kroppen. Tilsvarende har vi (x) og (x) som kvotientkroppene til polynomringene [x] og [x] henholdsvis. Eksempel De gaussiske heltallene R = [i] = {a + bi a, b, i 2 = 1} er et integritetsområde og kvotientkroppen K(R) er [i] = {a + bi a, b, i 2 = 1}; kroppen av gaussiske tall. Kan du forklare hvorfor? Avsnitt 22: Polynomringer Stoff: Polynomer i en variabel, polynomringer, evalueringsavbildningen, å løse polynomligninger Oppgaver: 1 5, 7 11, 15, 22, 23 Evalueringsavbildningen Anta at vi har en kropp F og et polynom f i F[x]. Hvis a er et element («tall») i F kan vi sette dette elementet inn i polynomet f og regne ut verdien til f i a på vanlig måte i kroppen F. Dette gir en avbildning ev a : F[x] F, dvs ev a (f ) = f (a), som viser seg å være en ringhomomorfi fordi det følgende holder: (1) ev a (f + F[x] g) = (f + F[x] g)(a) = f (a) + F g(a) = ev a (f ) + F ev a (g) (2) ev a (f F[x] g) = (f F[x] g)(a) = f (a) F g(a) = ev a (f ) F ev a (g) Eksempel La f (x) = 3x 2 + 2x 8. Da har vi ev 1 (f ) = = 3, ev 3 (f ) = = 25 og ev 2 (f ) = 3 ( 2) ( 2) 8 = 0. Her bruker vi ringhomomorfiene ev a : [x] for a = 1, 3, 2. Siden ev 2 (f ) = 0, er x = 2 en rot (et nullpunkt) for f. Siden ev 1 (f ) 0 og ev 3 (f ) 0 er hverken 1 eller 3 er røtter for f. Avsnitt 23: Faktorisering av polynomer over en kropp Stoff: Divisjonsalgoritmen, faktoriseringsteoremet, irredusible polynomer, Eisensteinkriteriet, unik faktorisering Oppgaver: 2, 4, 9 15, 18, 21, 25, 26, 34, 36 Lemma 1.44 (Divisjonsalgoritmen for ). Anta n og m er et heltall med n > 0. Da finnes det entydige heltall q og r slik at m = qn + r med 0 r < n. Slik vi kan dividere heltall med rest kan vi også dividere polynomer. Lemma 1.45 (Divisjonsalgoritmen for F[x]). Anta F er en kropp og f og g er to polynomer i F[x] med grad(g) > 0. Da finnes det entydige polynomer q og r slik at f = qg + r hvor enten r = 0 eller grad(r) < grad(g). Bevisidé. Man utfører polynomdivisjonen f dividert med g på vanlig måte. Svaret blir q med r til (eventuell) rest. Divisjonsalgoritmen gir sammenhengen mellom nullpunkter og lineære faktorer til et polynom: Lemma Anta a er et element i kroppen F og f et polynom i F[x]. Da er f (a) = 0 hvis og bare hvis (x a) er en faktor i f. Bevis. Vi bruker divisjonsalgoritmen med g = x a og får polynomer q og r slik at f = q (x a) + r. Her er grad(r) = 0, dvs r er et element i F (en konstant). Men når vi setter inn x = a (dvs avbilder f = q (x a) + r inn i F ved evalueringsavbildningen ev a ) får vi f (a) = r. Altså f (a) = 0 hvis og bare hvis r = 0. 7

8 Generelt er det ikke så lett å finne ut om et polynom har en rot i en gitt kropp. Boken gir et kriterium for at et polynom med heltallskoeffisienter ikke har en rot i. Teorem 1.47 (23.12). Anta f (x) = x n + a n 1 x n a 0 [x] med a 0 0 har en rot i. Da vil f ha en heltallig rot som deler a 0. Hvis altså divisorene (positive og negative) til a 0 ikke er nullpunkter for f så har f ingen nullpunkter i. Definisjon Anta F er en kropp. Vi sier at et polynom f i F[x] er irredusibelt over F hvis f ikke kan faktoriseres som et produkt av to polynomer med positive grader i F[x]. Eksempel Polynomet x er irredusibelt over og over, men ikke over hvor vi har faktoriseringen x = (x i)(x + i). Oppgave Forklar hvorfor et polynom f F[x] av grad 2 eller 3 er irredusibelt over F hvis og bare hvis det ikke har noen røtter i F. Forklar også hvorfor dette ikke er sant for polynomer av høyere grad. Det er vanskelig å avgjøre om et polynom er irredusibelt eller om det kan faktoriseres. Dette er et av få kriterier. Teorem (Eisensteinkriteriet). Anta p er et primtall. Anta f = a n x n + + a 1 x + a 0 er et polynom i [x] hvor a n 0 (mod p) og a i = 0 (mod p) for alle i < n, men a 0 0 (mod p 2 ). Da er f irredusibelt over. Eksempel Gitt polynomet f = 6x 3 133x Er det irredusibelt? Ja, fordi vi kan bruke Eisensteinkriteriet med p = 7 fordi (1) 6 0 (mod 7) (2) 133 = ( 19) 7 0 (mod 7) og 84 = (mod 7) (3) 84 = (mod 7 2 ) Men med polynomet g = 6x 3 133x + 49 kan vi ikke bruke Eisensteinkritereriet med p = 7 fordi 49 = 7 7. Det kan allikevel være at g er irredusibelt. Oppgave Lag polynomer som Eisensteinkriteriet kan brukes til å avgjøre om er irredusible for p = 2, p = 3 og p = 5. Eksempel Det syklotomiske polynomet f (x) = x 6 + x x + 1 = x7 1 x 1 er irredusibelt over. Dette kan vi få fra Eisenstein ved å bruke et triks. Vi lager et nytt polynom g (en forskyvning av f ) (x + 1)7 g(x) = f (x + 1) = (x + 1) 1 = x x x x x 7 7 = x 6 + x 5 + x Nå har vi at 7 7 n for n = 1, 2,..., 6 og dermed kan vi bruke Eisenstein til å slutte at g er irredusibelt. Men da er f også irredusibelt. NB: For hvert primtall p er det et slikt syklotomisk polynom x p 1 + x p x + 1. De er alle irredusible (ved essensielt det samme argumentet som for p = 7). De irredusible polynomene ligner på primtall. Teorem Anta F er en kropp. Anta q og p 1, p 2,..., p n er polynomer i F[x] og anta q er irredusibel. Hvis q deler produktet p 1 p 2... p n så deler q et av polynomene p i. Teorem (Entydig faktorisering i F[x]) Anta F er en kropp og f et polynom i F[x] av positiv grad. Da kan f faktoriseres som et produkt av irredusible polynomer i F[x]. Faktoriseringen er entydig (opp til rekkefølge og multiplikasjon med enheter). 8

9 1.2 Når er to ringer strukturlike? Hvordan lager vi nye ringer fra kjente ringer? Avsnitt 26: Homomorfier av ringer og kvotientringer Stoff: Grunnleggende egenskaper til ringhomomorfier, kjernen til en ringhomomorfi, idealer, kvotientringer, fundamentalteoremet for kvotientringer Oppgaver: 1, 3, 10, 12 15, 20, 23, 25, Noe av dette stoffet har vi omtalt allerede. Et ideal (i lærebokens definisjon) er en underring med en ekstra egenskap, analogt til en normal undergruppe. Definisjon Anta R er en ring og I en delmengde av R. Da er I et ideal hvis I er en undergruppe av R under addisjon og ai I og Ia I for alle a i R. Legg merke til at ikke bare skal I være lukket under multiplikasjon (av to elementer i I), men også lukket under multiplikasjon med elementer fra hele ringen R (et element fra I og et fra R). Eksempel Anta n er et heltall. Da er mengden av alle heltall som har n som divisor et ideal. Vi skriver denne mengden som n. Vi har sett at n er en undergruppe av under addisjon. Hvis a er et heltall og b er et tall i n vil produktet ab også ligge i n. Faktisk er alle idealer i på formen n. Lemma La I være et ideal i. Da finnes det et heltall n 0 slik at I = n. Bevis. Anta I (0) = 0. La n være det minste positive tallet i I. Da er n I. Anta m I. Ved divisjonsalgoritmen (Lemma 1.44) finnes det heltall q og r slik at m = qn + r og 0 r < n. Da er r = m qn et tall i I. Per antagelse må r = 0, dvs m = qn n. Eksempel La R være en kommutativ ring med 1 0. Hvis p er et element i R er mengden p = {ap a R} et ideal på samme måte som n er det 3. Vi kaller p for idealet generert av p. Hvis q også er et element i R er mengden p, q = {ap + bq a, b R} et ideal i R. Sjekk! Vi kaller p, q for idealet generert av p og q. F. eks. kan vi ta R = [x] og p = x 2 1 og q = x 3 + 2x Da ligger også polynomet 2x 2 + x + 1 i p, q (hvorfor?). Oppgave Anta f er et element i en kommutativ ring R med 1 0 og anta at u er en enhet i R. Forklar hvorfor f ligger i u f og hvorfor det betyr at u f = f. Forklar også hvorfor u = R. Definisjon Anta ϕ : R S er en ringhomomorfi. Vi kaller mengden av elementer i R som avbilder på 0 for kjernen til ϕ og skriver ker(ϕ) for denne mengden. Oppgave Forklar hvorfor ϕ er injektiv (en-til-en) hvis og bare hvis ker(ϕ) = {0}. Akkurat som for gruppehomomorfier har kjernen til en ringhomomorfi en fin egenskap. Lemma Kjernen til en ringhomomorfi er et ideal. Bevis. Anta ϕ : R S er ringhomomorfien. Siden ϕ spesielt er en gruppehomomorfi for de additive gruppene, ϕ : R, + S, +, vet vi fra gruppeteorien at ker(ϕ) er en undergruppe av R, +. Derfor gjenstår det bare å vise at for a R og b ker(ϕ) så er ab ker(ϕ) og ba ker(ϕ). Fordi ϕ er en ringhomomorfi har vi ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(a) 0 og ved Lemma 1.12 er ϕ(a) 0 = 0 så ab ker(ϕ). Tilsvarende argument gir ba ker(ϕ). 3 På forelesningen kan jeg komme til å bruke notasjonen (p) for dette idealet som er den normale skrivemåten. Men læreboken bruker skarpe paranteser og det skiller bedre i noen tilfeller. 9

10 Runar Ile Matematisk institutt, 18. mars 2016 Lemma 1.46 kan vi nå formulere på denne måten: Lemma La a være et element i en kropp F. Da er kjernen til evalueringsavbildningen ev a : F[x] F gitt som ker(ev a ) = x a, dvs idealet i F[x] generert av polynomet x a. Kvotientringer («factor rings») Hvis vi har et ideal I i en ring R kan vi lage en ny ring som har restklassene til I som elementer, dvs R/I = {a + I a R}. Vi vet fra gruppeteorien at R/I er en (abelsk) gruppe under addisjon, men fordi I er et ideal har vi også en veldefinert multiplikasjon på restklasser: (a + I) (b + I) = ab + I. Disse to operasjonene gjør faktisk R/I til en ring. Oppgave Vis at denne multiplikasjonen er veldefinert, dvs hvis du har andre representanter a og b for restklassene (a + I = a + I og b + I = b + I) så er ab + I = a b + I. Teorem Anta at I er et ideal i en ring R. Da har mengden av additive restklasser R/I = {a + I a R} en ringstruktur med addisjon og multiplikasjon definert ved addisjon og multiplikasjon på representanter. Det er en ringhomomorfi γ: R R/I definert ved γ(a) = a + I. Denne ringhomomorfien har ker(γ) = I. Teorem 1.67 (Fundamentalteoremet for ringhomomorfier). Anta ϕ : R S er en ringhomomorfi med kjerne I = ker(ϕ). Da er bildet ϕ(r) = {ϕ(a) a R} en ring og det er en ringisomorfi µ: R/I ϕ(r) definert ved µ(a + I) = ϕ(a). Spesielt har vi at ϕ = µγ: R ϕ S γ R/I µ Dette er i full analogi med fundamentalteoremet for gruppehomomorfier. Eksempel La n være et heltall. Da er n er et ideal i ringen. Samtidig er ϕ : n, ϕ(a) = r hvor r er resten til m ved divisjon med n, en ringhomomorfi som er på og som har n som kjerne. Da sier Teorem 1.67 har vi har en ringisomorfi µ: /n n hvor µ(a + n ) = ϕ(a). Eksempel La ϕ : [x] være avbildningen ϕ(f ) = f (i) (her er i det imaginære tallet med i 2 = 1). Da er ϕ en form for evalueringsavbildning. Sjekk at ϕ er en ringhomomorfi! Den er dessuten på. Jeg påstår at kjernen er idealet generert av x 2 + 1, dvs ker(ϕ) = x Fundamentalteoremet sier da at kvotientringen [x]/ x er isomorf med. Avsnitt 27: Primidealer og maksimale idealer Stoff: Ekte idealer, maksimale idealer, primidealer og deres kvotientringer, primkropper, prinsipale idealer, maksimale idealer i polynomringer over kropper Oppgaver: 1, 2, 4, 5, 8, 9, 14, I en ring R er R selv et ideal. Hvis et ideal I innholder 1, er I hele R (hvorfor?). Hvis I innholder en enhet u, innholder I også 1 (hvorfor?), altså er I = R. Et ekte ideal I er et ideal som ikke er hele R. Hvis et ekte ideal I ikke er innholdt i noen andre ekte idealer, kalles I et maksimalt ideal. Eksempel En kropp har bare ett ekte ideal, det trivielle idealet {0} det skrives ofte som 0. 10

11 Eksempel Hvis p er et primtall er idealet p maksimalt i : Anta p er innholdt i idealet I og at de ikke er like. Dvs det finnes et tall n i I som ikke har p som en divisor, dvs sfd(n, p) = 1. Men ved Euklids algoritme finnes det da heltall a og b slik at ap + bn = 1. Siden både p og n ligger i I må 1 også gjøre det pga idealegenskapene. Altså er I =. Derfor er p et maksimalt ideal. Legg merke til at /p som er isomorf med p er en kropp. Dette er ikke tilfeldig. Proposisjon Anta R er en kommutativ ring med 1 0. Da er et ideal I maksimalt hvis og bare hvis R/I er en kropp. Bevis. Anta først at R/I er en kropp. Anta J er et ideal som innholder I. Hvis γ: R R/I er kvotientavbildningen har vi at γ(j) er et ideal. Fordi R/I er en kropp må enten γ(j) være det trivielle idealet, dvs at I = J, eller så er γ(j) = R/I og da er J = R. Anta nå at I er et maksimalt ideal, men at R/I ikke er en kropp (vi vil bruke reductio ad absurdum). Dvs at det finnes et element a + I i R/I med a + I I (altså a + I ulik 0 i kvotientringen) som ikke har noen multiplikativ invers. Siden I er maksimalt og idealet (sjekk!) a + I = {ad + e d R, e I} er større enn I, må a + I = R. Dvs at det finnes elementer b i R og c i I slik at ab + c = 1. Men da må (a + I) R/I (b + I) = ab + I være lik 1 + I som er 1-elementet i R/I. Altså er b + I inversen til a + I i R/I. Dette er en motsigelse. Vi har altså at maksimale idealer og kvotientkropper er i en-til-en korrespondanse. Kan vi si noe tilsvarende om idealet I hvis vi vet at kvotientringen R/I er et integritetsområde? Definisjon La I være et ekte ideal i en kommutativ ring R. Vi sier at I er et primideal hvis vi for alle a og b i R slik at ab I enten har at a I eller at b I. Eksempel For et heltall n > 1 vet vi at n er et ideal i (og alle ekte idealer er av denne typen ved Lemma 1.58). Da er n et primideal hvis og bare hvis n er et primtall: Anta n er et primideal og at vi har en faktorisering ab = n for heltall a og b. Da må enten a eller b ligge i n fordi n er et primideal. Hvis f. eks. a n er a = cn for et heltall c. Men da er n = ab = bcn så bc = 1 og b = ±1. Altså er n et primtall. Anta n = p er et primtall og a og b er heltall slik at ab ligger i p. Da er p en divisor til bc, dvs enten en divisor til a eller en divisor til b fordi p er prim. Men det betyr at enten a eller b ligger i p. Dette er noe av bakgrunnen for navnet primideal. Eksempel La f = x x Det er et polynom i ringen [x] og idealet I = f = {g f g [x]} generert av dette elementet er et primideal fordi f er irredusibelt (f. eks. ved Eisensteinkriteriet). Men I er ikke et maksimalt ideal fordi f. eks. idealet J = f, 5 = {g f + 5h g, h [x]} innholder I og er ekte større, men samtidig er J ikke hele ringen. J er et maksimalt ideal ved Proposisjon 1.72 fordi [x]/j er isomorf med 5 [x]/ x 3 + 2x + 4 som er en kropp fordi x 3 + 2x + 4 er irredusibelt over 5 (sjekk at det ikke har røtter!). Proposisjon Et ekte ideal I i en kommutativ ring R med 1 er et primideal hvis og bare hvis kvotientringen R/I er et integritetsområde. Korollar Alle maksimale idealer i en kommutativ ring med 1 er primidealer. Bevis. Hvis kvotientringen er en kropp er den også et integritetsområde. Vi har flere ganger brukt at ethvert ideal i er på formen n, dvs er generert av et element. Definisjon Anta R er en kommutativ ring med 1. Hvis a er et element i R, så kalles a = {ba b R} det prinsipale idealet generert av a. Et ideal I kalles for et prinsipalt ideal hvis det finnes et element a slik at I = a. 11

12 Når vi skal vise at alle idealer i er prinsipale bruker vi divisjonsalgoritmen. Men vi har også en divisjonsalgoritme for polynomringen F[x] over en kropp F. Essensielt det samme argumentet gir derfor også følgende resultat (sammenlign med Lemma 1.58). Teorem Anta F er en kropp. Alle idealer i polynomringen F[x] er prinsipale. Bevis. Anta I er et ideal i F[x] og at I (0). La g være et polynom i I med lavest mulig positiv grad d i I. Da er g I. Anta f I. Ved divisjonsalgoritmen (Lemma 1.45) finnes det polynomer q og r slik at f = qg + r og 0 grad(r) < d. Da er r = f qg et polynom i I. Per antagelse må grad(r) = 0. Da er r en konstant og hvis r 0 er I = F[x] = 1. Hvis r = 0 er f = qg g og g = I. Det første store målet for denne matematikken er å vise at et ikke-konstant polynom i F[x] har en rot i en kropp E som innholder F. Det neste resultatet er viktig for å oppnå dette. Allerede i formuleringen bruker vi at alle idealer i F[x] er prinsipale. Teorem Anta F er en kropp og f er et ideal i F[x] som ikke er nullidealet. Da er f et maksimalt ideal hvis og bare hvis f er et irredusibelt polynom. Bevis. Anta f er et maksimalt ideal og at f = g h. Fordi f er et maksimalt ideal er det også et primideal ved Korollar Det betyr at enten g eller h ligger i f. La oss si at g f. Dvs at f er en divisor i g og grad(f ) grad(g). Men fordi f = g h må vi også ha den motsatte ulikheten. Dvs at h er en enhet og derfor er f irredusibelt. Anta omvendt at f er irredusibelt. Anta I R er et ideal som innholder f. Vi har at I er prinsipalt ved Teorem 1.79, dvs I = g for et polynom g med grad(g) > 0. Men da må g være en divisor til f. Fordi f er irredusibelt er dette bare mulig hvis f = v g for en enhet v i F. Altså er I = f. Derfor er f et maksimalt ideal. Eksempel Anta f er et irredusibelt polynom i f [x] og at f er en divisor til p q for to polynomer p og q. Dvs at p q ligger i idealet f som er maksimalt ved Teorem 1.80 og derfor et primideal ved Altså må enten p eller q ligge i f, dvs at f enten deler p eller q. Dette beviser essensielt Teorem 1.54 som er den sentrale ingrediensen i beviset for entydig faktorisering i F[x], se Teorem