Algebra 2-05 pierścienie

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wykład5
Pier±cieniecd.
Twierdzenie1
Je±listruktura
(
P,
+
,
·
)
jestpier±cieniemtoka»derównanie
a
+
x
=
bmadokładniejednorozwi¡zanie.
Dowód
Tymrozwi¡zaniemjestelement
x
=
b
−
a
.
Twierdzenie2
Je±lielementajestodwracalnywpier±cieniuPtoka»de
równanieax
=
biya
=
bmadokładniejednorozwi¡zanie.
Twierdzenie3
Ka»deciałojestdziedzin¡całkowito±ci.
Dowód
Wystarczypokaza¢,»ewcieleniemadzielnikówzera.Rzeczywi±cie
je±li
a
6
=0
P
ije±li
ab
=0
P
to
a
jestelementemodwracalnymimamy:
ab
=0
P
a
−
1
(
ab
)=
a
−
1
0
P
(
a
−
1
a
)
b
=0
P
1
P
b
=0
P
b
=0
P
awi¦cje±li
a
jestniezerowymelementemciałatonieistniejeniezerowyele-
ment
b
dlaktórego
ab
=0
P
.
Twierdzenie4
Ka»dasko«czonadziedzinacałkowito±cijestciałem.
Dowód
Poniewa»
P
jestzbioremsko«czonymtomo»emygozapisa¢wpo-
staci
P
=
{
p
1
,p
2
,...,p
n
}
.Niech
p
b¦dziedowolnym,niezerowym,elementem
pier±cienia
P
.Rozwa»myzbiór
P
0
=
{
pp
1
,pp
2
,...,pp
n
}
.Wtymzbiorzeele-
mentysi¦niepowtarzaj¡boje±li
pp
i
=
pp
j
tomamy
p
(
p
i
−
p
j
)=0
P
i
poniewa»
p
6
=0
P
tozfaktu,»e
P
jestdziedzin¡wynika,»e
p
i
−
p
j
=0.A
wi¦c
p
i
=
p
j
.Zbiór
P
0
=
{
pp
1
,pp
2
,...,pp
n
}
zawierasi¦w
P
imatylesamo
elementówco
P
,awi¦c
{
pp
1
,pp
2
,...,pp
n
}
=
P
.Istniejewi¦celement
p
i
taki,
»e
pp
i
=
p
istniejerównie»element
p
j
taki,»e
pp
j
=
p
i
.Poka»emy,»eelement
p
i
jestjedynk¡pier±cienia
P
.Rzeczywi±ciedladowolnego
q
istniejerównie»
k
,»e
qp
k
=
q
.Zatem
q
=
qpp
j
=
qp
k
,st¡d(poniewa»
P
jestdziedzin¡)mamy
p
i
=
pp
j
=
p
k
.Element
p
jestodwracalny,bo
p
j
jestdoniegoodwrotny.
1
Izomorfizmpier±cieni
Niech(
R,
+
,
·
)i(
S,
+
,
·
)b¦d¡pier±cieniami.B¦dziemymówi¢,»efunkcja
f
jest
homomorfizmem
pier±cienia
P
w
S
je±li:
(i)
f
:
R
!
S
.
(ii)
8
a,b
2
Pf
(
a
+
b
)=
f
(
a
)+
f
(
b
)
,f
(
ab
)=
f
(
a
)
f
(
b
).
Izomorfizmem
pier±cieninazywamyhomomorfizm,któryjestbijekcj¡.
Mówimy,»epier±cienies¡
izomorficzne
je±liistniejeizomorfizmprzekształ-
caj¡cyjedenpier±cie«nadrugi.
Przykład
Rozwa»mypier±cie«
P
składaj¡cysi¦zmacierzy
"
ab
−
ba
#
,a,b
2
R
orazpier±cie«liczbzespolonychwtedyfunkcja
f
:
P
!
C
danawzorem:
"
ab
−
ba
#
f
:
7!
a
+
bi
jestizomorfizmempier±cieni.
Przykład
Funkcja
g
:
C
!
C
danawzorem:
f
(
a
+
bi
)=
a
+
bi
=
a
−
bi
jestizomorfizmempier±cienia
C
nasiebie.
Twierdzenie5
Je±lifunkcjaf
:
R
!
Sjesthomomorfizmempier±cienito:
(i)
f
(0
R
)=0
S
.
(ii)
f
(
−
a
)=
−
f
(
a
)
dlaka»degoa
2
R.
(iii)
Je±lipier±cienieRiSmaj¡jedynki
1
R
i
1
S
orazfjestizomorfizmem
tof
(1
R
)=1
S
.
Dowód
(i)Poniewa»0
R
=0
R
+0
R
tomamy:
f
(0
R
)=
f
(0
R
+0
R
)=
f
(0
R
)+
f
(0
R
)
ast¡dodejmuj¡cobustronnie
f
(0
R
)otrzymujemy
f
(0
R
)=0
S
.
(ii)Poniewa»0
R
=
a
+(
−
a
)tomamy:
0
S
=
f
(0
R
)=
f
(
a
+(
−
a
))=
f
(
a
)+
f
(
−
a
)
st¡dodejmuj¡cstronami
f
(
a
)otrzymujemy:
f
(
−
a
)=
−
f
(
a
).
2
(iii)Poniewa»
f
jestsuriekcj¡toistnieje
r
2
R
,takie,»e
f
(
r
)=1
S
.Wtedy
mamy:
f
(1
R
)=
f
(1
R
)1
S
=
f
(1
R
·
r
)=
f
(
r
)=1
S
Przykład
Pier±cienie
Z
12
oraz
Z
3
×
Z
4
s¡izomorficzne.
Rzeczywi±ciezgodniezpunktem(iii)powy»szegoTwierdzeniamamy
f
(1)=
(1
,
1),st¡d:
f
(2)=
f
(1+1)=
f
(1)+
f
(1)=(1
,
1)+(1
,
1)=(2
,
2)
f
(3)=
f
(1+2)=
f
(1)+
f
(2)=(1
,
1)+(2
,
2)=(0
,
3)
f
(4)=
f
(1+3)=
f
(1)+
f
(3)=(1
,
1)+(0
,
3)=(1
,
0)
f
(5)=
f
(1+4)=
f
(1)+
f
(5)=(1
,
1)+(1
,
0)=(2
,
1)
f
(6)=
f
(1+5)=
f
(1)+
f
(5)=(1
,
1)+(2
,
1)=(0
,
2)
f
(7)=
f
(1+6)=
f
(1)+
f
(6)=(1
,
1)+(0
,
2)=(1
,
3)
f
(8)=
f
(1+7)=
f
(1)+
f
(7)=(1
,
1)+(1
,
3)=(2
,
0)
f
(9)=
f
(1+8)=
f
(1)+
f
(8)=(1
,
1)+(2
,
0)=(0
,
1)
f
(10)=
f
(1+9)=
f
(1)+
f
(9)=(1
,
1)+(0
,
1)=(1
,
2)
f
(11)=
f
(1+10)=
f
(1)+
f
(10)=(1
,
1)+(1
,
2)=(2
,
3)
f
(0)=
f
(1+11)=
f
(1)+
f
(11)=(1
,
1)+(2
,
3)=(0
,
0)
Oczywi±ciefunkcjatajestbijekcj¡.Abyudowodni¢,»efunkcjatajesthomo-
morfizmemzauwa»my,»edanajestwzorem:
f
([
a
]
12
)=([
a
]
3
,
[
a
]
4
)
gdzie[
a
]
n
oznaczaklas¦resztmodulo
n
.
Przykład
Pier±cienie
Z
4
oraz
Z
2
×
Z
2
nies¡izomorficzne(chocia»maj¡tak¡
sam¡liczb¦elementów.Gdybypier±cienietebyłyizomorficznetomieliby±my
f
(1)=(1
,
1)wtedymamy
f
(2)=
f
(1+1)=
f
(1)+
f
(1)=(1
,
1)+(1
,
1)=
(0
,
0),aletojestniemo»liwebofunkcja
f
jestiniekcj¡i
f
(0)=(0
,
0),a2
6
=0
w
Z
4
.
Ogólniejmo»napowiedzie¢:
Twierdzenie6
Je±liliczbynims¡wzgl¦dniepierwszetopier±cie«Z
n
×
Z
m
jestizomorficznyzpier±cieniemZ
nm
.
Przykład
Je±lipier±cienie
R
i
S
s¡izomorficzneipier±cie«
R
jestprzemienny
torównie»pier±cie«
S
jestprzemienny.Rzeczywi±cieje±li
s
1
,s
2
2
S
toistniej¡
elementy
r
1
,r
2
,»e
s
1
=
f
(
r
1
)i
s
2
=
f
(
r
2
)wtedykorzystaj¡czprzemienno±ci
mno»eniawpier±cieniu
R
mamy:
s
1
s
2
=
f
(
r
1
)
f
(
r
2
)=
f
(
r
1
r
2
)=
f
(
r
2
r
1
)=
f
(
r
2
)
f
(
r
1
)=
s
2
s
1
3
Przykład
Je±li
R
i
S
s¡pier±cieniamiprzemiennymizjedno±ciami.Niech
f
b¦dzieodpowiednimizomorfizmem.Wtedyje±li
u
jestelementemodwracal-
nymw
R
to
f
(
u
)jestelementemodwracalnymw
S
,aje±li
v
jestelementem
odwracalnymw
S
to
f
−
1
(
v
)jestelementemodwracalnymw
R
.
Przykład
Elementamiodwracalnymipier±cienia
Z
12
s¡1
,
5
,
7
,
11zatem,na
podstawiepowy»szegoPrzykładuelementamiodwracalnymipier±cienia
Z
3
×
Z
4
s¡(1
,
1)
,
(2
,
1)
,
(1
,
3)
,
(2
,
3).
Inaczejmówi¡cwpier±cieniu
R
×
S
elementamiodwracalnymis¡pary
(
u,v
),takie»e
u
jestelementemodwracalnymw
R
,a
v
jestelementemod-
wracalnymwpier±cieniu
S
.
4
[ Pobierz całość w formacie PDF ]