תרגיל מספר 10 מבנים אלגבריים

Størrelse: px

Begynne med side:

Download "תרגיל מספר 10 מבנים אלגבריים"

Niclas Borgen
6 år siden
Visninger:

1 תרגיל מספר 10 מבנים אלגבריים. שיעורי בית 10 (א) הוכיחו כי [x] f(x) = x 2 +x+4 Z 11 ראשוני ולכן 4 + x F = Z 11 [x]/ x 2 + שדה. בשיעורי בית קודמים ראינו כי פולינומים עד דרגה 3 הוא ראושני אמ"מ אין לו שורש. נבדוק שאין ל f(x) שורש. f(0) = 4 f(1) = 6 f(2) = 10 f(3) = 5 f(4) = 2 f(5) = 1 f(6) = 2 f(7) = 5 f(8) = 10 f(9) = 6 f(10) = 4.1 (ב) מצאו 1 2] + [3x ב F הנ"ל. נחשב 4) + x :gcd(3x + 2, x 2 + (3x + 2) (4x + 5) = 12x 2 + 8x + 15x + 10 = x 2 + x + 10 ולכן x 2 + x + 4 = (3x + 2) (4x + 5) + 5 3x + 2 = (5) (5x + 7) + 0 1

2 ולכן 5 = x 2 + x + 4 (3x + 2) (4x + 5) נכפיל ב = ונקבל 1 = 9 ( x 2 + x + 4 ) + 2 ((3x + 2) (4x + 5)) מודלו + 4 x x 2 + נקבל 1 f (3x + 2) 2 (4x + 5) ולכן (3x + 2) 1 = f 2 (4x + 5) = 8x (א) יהא F שדה. יהיו,a b F שונים מאפס. הוכיחו כי 0 ab נניח בשלילה כי = 0 ab אזי אם נכפיל ב 1 a (קיים כי a שונה מאפס) נקבל כי b = a 1 0 = 0 סתירה. נגדיר = K p t איברים עבור p ראשוני ו t טבעי. (ב) יהא F שדה סופי עם N} {1n : n = }... 1, {1, 1 + 1, (כלומר = = 1+1, 2 וכו') הוכיחו כי K שדה עם מספרp איברים. כיוון שהשדה סופי קיימים n < m N שונים כך ש כך ש 1n = 1m (אחרת כולם שונים ויש איברים ב K ולכן גם ב F. סתירה). לכן (1m 1n) = 0 נגדיר 0} = 1k.p = min {k N : טענה p ראשוני. הוכחה: אחרת קימים.1a 1b = 1ab = 1p אבל = 0 1a, 1b ואז 0 p = ab כך ש 1 < a, b < p K = {1, 2,..., p 1, 0} סתירה לסעיף הקודם. לכן כאשר והכפל והחיבור ב K מתנהגים כמו כפל וחיבור מודולו p ולכן ההוכחה ש p Z שדה תעבוד גם עבור K. כעת F הוא מרחב וקטורי מעל K ולכן קיים לו בסיס } n.b = {v 1,..., v כל x = n עבור α 1,..., α n K ולכן i=1 α iv i הוא צירוף לינארי יחיד x F מספר האיברים ב F הוא F = a 1 a 2. a n : a 1,..., a n F = Z p = p n לפי הנתון.p n = p t כיוון ש p, p ראשונים נקבל כי p = p ו n = t 2

3 (ג) יהא F שדה סופי ויהא }... 1, {1, 1 + 1, = K מסעיף קודם בעל p איברים כאשר p ראשוני. הוכיחו כי מספר האיברים ב F הוא p n עבור n טבעי. הדרכה: חישבו על F כמרחב וקטורי מעל K נסמן }... 1, {1, 1 + 1, = K כמו מסעיף קודם אזי קיים p ראשוני כך שב K יש p איברים. כעת F הוא מרחב וקטורי מעל K ולכן קיים לו בסיס } n.b = {v 1,..., v כל x = n עבור α 1,..., α n K ולכן i=1 α iv i הוא צירוף לינארי יחיד x F מספר האיברים ב F הוא F = a 1 a 2. a n : a 1,..., a n F = Z p = p n.3 יהא F שדה סופי עם p n איברים עבור p ראשוני ו n טבעי ויהא }... 1, {1, 1 + 1, = K משאלה קודמת. יהא K[x]. p(x) = x pn x ויהא K[x] f(x) אי פריק מתוקן שמחלק את.p(x) (א) הוכיחו כי קיים a F המקיים כי = 0.f(a) לפי נתון קיים q(x) כך ש f(x)q(x).p(x) = ראינו בתירגול כי השורשים של.f(a) המקיים כי = 0 a F ולכן קיים F אלו בדיוק איברי השדה p(x) (ב) נסמן ב K[x] q(x) את הפולינום המתוקן עם הדרגה המינימאלית המקיים.q(x) = f(x) וששונה מפולינום האפס. הוכיחו כי q(a) = 0 נחלק את f(x) ב q(x) ונקבל f(x) = t(x)q(x) + r(x) עבור deg(q(x)). deg(r(x)) < נציב a ונקבל r(a) = f(a) t(a)q(a) = 0 כיוון ש q(x) עם דרגה מינמאלית שונה מאפס מתוקן המקיים = 0 q(a) נקבל ש = 0 r(x) ואז f(x) = t(x)q(x) כיוןו ש f(x) אי פריק אזי הדרגה של q(x) היא 0 או.deg(f) כיוון ש 0 deg(q) (כי אז הוא פולינום קבוע ואז 0 (q(a) נקבל כי = deg(f) f(x) = q(x) ולכן t(x) כיוון ששניהם מתוקנים נקבל כי = 1 deg(p) (ג) הוכיחו כי K[x]} K[a] = {q(a) : q(x) הוא תת שדה של F נראה כי K[a] חבורה חילופית ביחס לחיבור. 3

4 סגירות: יהיו K[x] q 1 (x), q 2 (x) ויהיו K[a] q 1 (a), q 2 (a) אזי q 1 (a) + q 2 (a) = (q 1 + q 2 ) (a) ומתקיים כי q 1 (x) + q 2 (x) K[x] K[a] קיבוציות: נובע מקיבוציות ב F נטרלי: עבור פולינום האפס K[x] 0(x) נקבל כי K[a] 0(a) = 0 ולכן איבר האפס שייך ל K[a] נגדי : יהיה K[x] q(x) ויהא[ K[a q(a) אזי K[x] q(x) ו K[a] q(a) ומתקיים כי = 0 ( q(a)) q(a) + ולכן ל q(a) יש נגדי ב K[a] חילופיות נובע מחילופיות ב F. נראה כי K[a] בלי = 0 (a)0 הוא חבורה כפלית חילופית סגירות: יהיו K[x] 0(x) q 1 (x), q 2 (x) ויהיו (a) q 1 (a), q 2 K[a] אזי K[x] q 1 (x)q 2 (x) 0 כי K שדה ולכן אין מחלקי אפס ב K[x] ומתקיים כי K[a] q 1 (a)q 2 (a) = (q 1 q 2 ) (a) 0 קיבוציות: נובע מקיבוציות ב F נטרלי: הפולינום K[x] 1(x) מקיים כי K[a] 1(a) = 1 שהוא הנטרלי ב F ובפרט ב K[a] הופכי: יהיה K[x] q(x) ויהא[ K[a q(a) נמצא לו הופכי. כיוון ש = 1 q(x)) gcd(f(x), קיימים K[x] s(x), t(x) כך ש s(x)f(x) + q(x)t(x) = 1 s(a)f(a) + q(a)t(a) = 1 ולכן כיוון ש = 0 f(a) נקבל כי = 1 q(a)t(a) ולכן K[a] t(a) ההופכי של q(a) פילוג: נובע מחילופיות ב F. (ד) הוכיחו כי מספר האיברים ב K[a] שווה ל deg(f) p נסמן deg(f(x))} Xנראה = {q(x) K[x] : deg(q(x)) < כי K[a] = {q(a) : q(x) K[x]} = {q(a) : q(x) X} הכיוון ( ) הוא טריאלי. ( ) יהא K[x] q(x) ויהא K[a].q(a) נחלק את q(x) ב f(x) ונקבל q(x) = t(x)f(x) + r(x) q(a) = t(a)f(a) + r(a) = r(a) עבור r(x) X נציב a ונקבל כי = 0 f(a) ולכן r(a).q(a) = 4

5 כעת נראה כי לכל q 1 (x) q 2 (x) X מתקיים כי (a).q 1 (a) q 2 אכן נניח בשלילה כי (a) q 1 (a) = q 2 ואז = 0 (a).q 1 (a) q 2 נגדיר = q(x) (x) q 1 (x) q 2 אזי = 0.q(a) ובנוסף, deg(f) deg q(x) < ולכן לפי סעיף קודם = 0 q(x) ולכן (x) q 1 (x) = q 2 ולכן (a) q 1 (a) = q 2 לסיכום קיבלנו כי deg(f) 1 K[a] = {q(a) : q(x) X} = α i a i : i : α i K = K deg(f) = p deg(f) i=0 (ה) הסיקו/הוכיחו כי הדרגה של p מחלקת את n. הוכחנו בתירגול כי הגודל של כל תת שדה של שדה עם p n הוא p t עבור.t n ולכן הגדול של [ K[aכתת שדה של F הוא p t עבור.t n מסעיף קודם נקבל כי p t = p deg(f) ולכן deg(f) = t n 4. יהי F = F 2 n שדה סופי הוא מקיים כי = הוכיחו כי כל איבר בו הוא ריבוע כלומר. x F y F : x = y 2 הדרכה: נגדיר העתקה : F φ : F ע"י φ(x) = x 2 הראו שהעתקה זו היא חח"ע והסיקו כי φ על ולכן הטענה מתקיימת. נראה חח"ע: נניח φ(b) φ(a) = אזי a 2 = b 2 כעת, אם = 0 a נקבל ש = 0 2 b שזה גורר כי = 0 b (אחרת b הפיך, נכפול בהופכי משני הצדדים ונקבל כי = 0 b) אם = 0 b נקבל באופן דומה ש = 0 a אחרת, 0 b a, אזי F a, b החבורה הכפלית של השדה (חבורה עם 1 n 2 איברים) ולכן a 2n 1 = 1 = b 2n 1 a 2n = a, b 2n = b מה שגורר כי כעת נתון ש.a 2 = b 2 נעלה בחזקת n 1 2 ונקבל a = ( a 2) 2 n 1 = ( b 2) 2 n 1 = b שזה מסיים את ההוכחה כי φחח"ע. כעת פונקציה מקבוצה סופית לעצמה היא חח"ע אמ"מ היא על ולכן φעל. בפרט לכל איבר יש מקור. יהא x F אזי יש לו מקור כלומר קיים yכך F ש y 2 = φ(y) = x 5

6 x pn 1 1 =.5 יהא F = F p n שדה עם p n איברים. הוכיחו כי α F (x α) כאשר השיוון הוא שיוון פולינומים ו {0} \F F. = הסיקו את משפט וילסון: יהא p מספר ראשוני אי זוגי אזי (p 1)! 1 mod p כיוון שכל איבר F α מתקיים כי = 1 1 pn α (משפט לגרנז' עבור החבורה הכפלית (F נקבל כי כל איבר F α הוא שורש של הפולינום 1 1 pn.x כיוון שלפולינום זה יכול להיות לכל היותר 1 n p שורשים (כמעלת הפולינום) בעצם מצאנו את כולם ולכן השיוון מתקיים. 1 = α F α = ( 1) F α F α כעת נציב = 0 x ונקבל כי במקרה הפרטי של השדה Z p (כאשר p ראשוני אי זוגי) נקבל כי p 1 1 = ( 1) p 1 i = (p 1)! i=1 (p 1)! 1 mod p שיוון זה מתקיים בשדה שלנו שזה שקול ל 6

Like dokumenter

מבוא לתורת הגרפים מוטיבציה: ציירו כל אחד מהשרטוטים הבאים במשיכת עט אחת, כלומר, בלי להרים את העט מהדף.

מבוא לתורת הגרפים מוטיבציה: ציירו כל אחד מהשרטוטים הבאים במשיכת עט אחת, כלומר, בלי להרים את העט מהדף. עבור שרטוט 3 הדבר אינו אפשרי. נשאלת השאלה, האם ניתן לאפיין עבור אילו צורות זה אפשרי ועבור אילו לא.