Задачі
№1
Довести, що (-8+3)M (1+2) в кільці z [].
Доведення.
Поділимо ці гаусові числа, домноживши чисельник і знаменник
частки на число спряжене із знаменником
.
Так як 2–ÎZ[], то (-8+3)M (1+2).
Доведено.
№2
Довести, що в області цілісності К елементи 25–17 і 7- асоційовані,
якщо К=z[].
Доведення.
Асоційованість доводиться тим, що одне число ділиться на
друге і навпаки.
Оскільки 3–2Î Z[], то (25–17)M(7-).
Бачимо, що і (7-)M(25–17).
Отже, дані елементи асоційовані.
Доведено.
№3
Довести, що характеристикою області цілісності є або нуль,
або просте число.
Доведення.
Нехай K – область цілісності, а е – одиниця кільця К. Якщо
me≠0 для жодного натурального числа m1, то характеристика
кільця K дорівнює нулю.
Нехай тепер me=0 і m найменше натуральне число, що має цю
властивість, тобто m – характеристика кільця K. Тоді m≠1, оскільки е≠0.
Якщо m просте число, то твердження задачі доведено.
Нехай m складене число. Тоді існують натуральні числа s і t
такі, що 1<s, t<m і m=st. Внаслідок комутативності кільця K маємо
0=me=(st) e=(se) (te).
Крім того, оскільки m – характеристика кільця K і s<m,
t<m, то se≠0, te≠0 і тому (se) (te)=me≠0, бо K, як область
цілісності, є кільцем без дільників нуля. Отже, ми прийшли до суперечності.
Тому характеристикою області цілісності є або нуль, або
просте число.
Доведено.
3.1.2 Кільце
головних ідеалів
Перейдемо тепер до
вивчення кілець головних ідеалів.
Означення. Кільцем головних ідеалів називається область
цілісності з одиницею, в якій кожен ідеал є головний.
Найпростішим прикладом
кілець головних ідеалів є кільце цілих чисел Z: кільце Z, як
відомо, є область цілісності з 1 і, за теоремою, кожен його ідеал головний.
Кожне поле Р є кільце
головних ідеалів. Справді, поле Р є областю цілісності з одиницею; якщо U є
ненульовий ідеал поля Р, то разом з будь-яким своїм елементом а ≠ 0 він
містить і елемент аa-1 = 1 і, отже, U = (1). Кільцем головних
ідеалів є також кільце многочленів від змінної х з коефіцієнтами з поля Р.
Звичайно, не кожна
область цілісності з одиницею є кільцем головних ідеалів. Нижче ми наведемо
приклади таких областей цілісності. А тепер займемося вивченням властивостей
кілець головних ідеалів. Всюди далі вважатимемо, що R – кільце головних
ідеалів.
Теорема 1. Будь-які два елементи а і b кільця головних
ідеалів R мають найбільший спільний дільник d, причому d= rа + sb, де r
і s – деякі елементи кільця R.
Доведення.
Якщо один з елементів а і
b дорівнює нулю, то справедливість теореми очевидна. Нехай а і b – будь-які
відмінні від нуля елементи кільця R. Вони породжують ідеал (а, b), який
складається з усіх елементів вигляду ха + уb, де х і у – будь-які елементи
кільця R. Оскільки R – кільце головних ідеалів, то ідеал (а, b) є
головний, тобто породжується деяким елементом dÎR: (а, b) = (d).
Тому
d = rа + sb (r, sÎR), (2)
а = gd, b = hd (g, hÎR). (3)
З рівностей (3) випливає,
що d є спільний дільник елементів а і b;
з рівності ж (2)
випливає, що d ділиться на будь-який спільний дільник елементів а і b. Отже, а
= (а, b).
Доведено.
Спираючись на теорему 1,
доведемо твердження, яке є критерієм взаємної простоти двох елементів кільця
головних ідеалів.
Теорема 2. Елементи а і b кільця головних ідеалів R
взаємно прості тоді і тільки тоді, коли в кільці R є такі елементи r і
s, що rа +sb = 1.
Доведення.
Необхідність умови
очевидна: якщо а і b – взаємно прості, тобто (а, b) = 1, то, за теоремою 1, в кільці
R існують такі елементи r і s, що rа + sb = 1. Доведемо достатність
умови. Припустимо, що в кільці R існують такі елементи r і s, що rа + sb
= 1.
З цієї рівності випливає,
що спільними дільниками елементів а і b можуть бути лише дільники одиниці і, отже,
елементи а і b взаємно прості.
Доведено.
Теорема 3. Якщо елемент аÎR взаємно
простий з кожним із елементів bÎR і сÎК, то він взаємно простий і з добутком цих елементів.
Доведення.
Оскільки а і b – взаємно
прості, то, за теоремою 2, існують такі r, sÎR, що
rа + sb = 1.
Помноживши цю рівність на
с, дістаємо: а (rc) + (bс) s = с. З цієї рівності випливає, що кожен спільний
дільник елементів а і bс буде дільником і елемента с. Але за умовою теореми
спільними дільниками елементів а і с є лише дільники одиниці, тому і спільними
дільниками a і bс будуть лише дільники одиниці й, отже, а і bс взаємно прості.
Теорема 4. Якщо добуток елементів aÎR і bÎR ділиться
на елемент с ÎR, але а і с взаємно прості, то b ділиться на с.
Доведення.
Оскільки а і с – взаємно
прості, то в кільці R існують такі r і s, що
rа + sc = 1.
Помноживши цю рівність на
b, дістаємо:
(аb) r+с (bs) = b.
Обидва доданки лівої
частини останньої рівності діляться на с, а тому і права її частина b ділиться
на с.
Теорема 5. Якщо елемент а ÎR ділиться
на кожен з елементів bÎR і сÎR, які між собою взаємно прості, то а ділиться і на добуток bс.
Доведення.
Справді, за умовою
теореми, а.: b, тобто а = bg. Оскільки а M с, то bgM с. Але b і с взаємно прості, тому, за теоремою 4, g: с,
тобто g=cq.
Отже, а == (bс) q, тобто
аMbс.
Доведено.
Теорема 6. Якщо R – кільце головних ідеалів і р –
простий елемент цього кільця, то фактор-кільце R/(р) є поле.
Доведення.
Одиничний елемент = 1 + (р) кільця R/(р) відмінний
від = (р). Справді, якби = , то
елемент 1 містився б в ідеалі (р) і тому р/1. Але елемент р не може бути
дільником одиниці, оскільки він нерозкладний. Отже, в кільці R/(р) є
принаймні один відмінний від нуля елемент.
Покажемо, що в кільці R/(р)
здійсненна операція ділення, крім_ділення на нуль, тобто що для будь-яких
елементів = a + (р) ≠ 0 і = +
(р) кільця R/(р) рівняння • = має
в цьому кільці розв'язок. Справді, оскільки ≠, то а не ділиться на р. Отже, за другою
властивістю нерозкладних елементів, елементи а і р – взаємно прості, тобто (а,
р) = 1. Тому, за теоремою 2, в кільці R існують такі елементи r і s, що
аr + рs = 1. Звідси
аrb + рsb =b, аrb º b (тоd p),
і, отже, • = . Таким чином, = є розв'язком рівняння =.
Доведено.
Наслідок. Якщо добуток кількох елементів кільця головних
ідеалів R ділиться на простий елемент рÎR, то
принаймні один із співмножників ділиться на р.
Доведення.
Припустимо, що добуток a1
• а2 •… • as (aiÎR) ділиться на
нерозкладний елемент р ÎR, тобто що a1а2…
аs Î (р).
Розглянемо елементи ai
= аi+(р) (і =1, 2,…. s) і =
a1 a2 …as+(р). За означенням операції множення
в кільці R/(р) = Оскільки a1
a2 …asÎ(р), то = і,
отже, = Звідси,
оскільки, за теоремою 6, R/(р) є поле, випливає, що для деякого m (1
< т < s) =. Але
=означає,
що amÎ(p), тобто що am M р.
Цим справедливість
наслідку доведено.
Нашою метою буде тепер
доведення твердження про можливість розкладу кожного елемента кільця головних
ідеалів у добуток простих (нерозкладних) множників. Воно ґрунтується на такій
лемі.
Лема. В кільці головних ідеалів R не існує нескінченної
строго зростаючої послідовності ідеалів
U0 Ì U1 Ì U2 Ì…ÌUN Ì …. (4)
Доведення.
Припустимо, що
нескінченна строго зростаюча послідовність (4) існує. Позначимо символом b
об'єднання всіх ідеалів послідовності (4). Множина b є ідеал кільця R.
Справді, якщо aєb і bєb, то а є елемент деякого ідеалу Us,
і b – деякого ідеалу Ul. Тому а і b є елементи ідеалу Um,
де m – більший з індексів s і l. Отже, (а + b)є UmÌb, (а – b)єUmÌb і для будь-якого
rєR arєUmÌb. Оскільки R
– кільце головних ідеалів, то ідеал b головний. Нехай b= (b). Елемент b, як
елемент об'єднання ідеалів послідовності (4), належить до деякого ідеалу Uk,
а отже, і до кожного ідеалу Ui, при і ≥k
Тому (b) = Uk=Uk+1
= Uk+2 =…. А це суперечить нашому припущенню.
Доведено.
Теорема 7. В кільці головних ідеалів R
кожен відмінний від нуля елемент, що не е дільником одиниці, розкладається в
добуток простих множників.
Доведення.
Для кожного простого
елемента кільця R теорема справедлива: для простого елемента добуток,
про який говориться в теоремі, складається з одного множника. Припустимо, що в
кільці R є відмінний від нуля елемент а, який не можна розкласти в
добуток простих множників. Елемент а не простий і, отже, а = a1a2,
де a1 і a2 – нетривіальні дільники елемента а.
Принаймні один з
елементів a1 і a2 не можна розкласти в добуток простих
множників, бо в противному разі і елемент а розкладався б у добуток простих
множників. Не втрачаючи загальності міркувань, припустимо, що a1 не
можна розкласти в добуток простих множників. Тоді a1=a11a12,
де a11 та a12–нетривіальні дільники. Принаймні один з
елементів a11 та a12 також не можна розкласти в добуток
простих множників. Нехай цим елементом є a11. Для елемента a11 міркування
повторимо і т.д. Цей процес послідовного розкладу, очевидно, не може
обірватися. Таким чином, ми дістанемо нескінченну послідовність елементів
а, a1, a11,
a111,…, (5)
у якій кожен наступний
член є власним дільником попереднього.
Якщо ai+1 є
власним дільником ai, то (ai+1)Ì(ai),
оскільки ai=ai+1r, де r – деякий елемент R. Тому
головні ідеали, породжені елементами послідовності (5), утворюють нескінченну
строго зростаючу послідовність ідеалів
(а)Ì(a1)Ì(a11)Ì(a111)Ì…,
а це суперечить доведеній
вище лемі. Отже, наше припущення неправильне.
Доведено.
Покажемо тепер, що розклад, про який іде мова в
теоремі 7, однозначний з точністю до порядку співмножників і до дільників
одиниці.
Теорема 8. Якщо
a =p1p2…pr =q1q2…qs
є два розклади елемента а кільця головних
ідеалів R в добуток простих множників, то r=s і, при відповідній
нумерації співмножників, справджуються рівності qi=εi pi
(і == 1, 2,…, r), де εi – деякий дільник одиниці кільця R.
Доведення.
Доводитимемо індукцією по r. При r = І
справедливість твердження очевидна.
Справді, оскільки елемент а = р1
простий, то добуток q1q2…qs
може містити лише один
множник q1=p1.
Припустимо, що теорема
правильна для r – 1 (2 £ r), і доведемо, що в такому
разі теорема справедлива й для r. Справді, оскільки
a =p1p2…pr
і a = q1q2…qs то
p1p2…pr =q1q2…qs
(6)
З рівності (6) випливає,
що q1q2…qs ділиться на p1. Тому, за
наслідком з теореми 6, принаймні один із співмножників q1,q2,…,
qs ділиться на pi. Ми вважатимемо, що на p1
ділиться множник q1: цього завжди можна досягти зміною нумерації
множників q1,q2,…, qs. Оскільки q1
– простий елемент і ділиться на простий елемент p1, то q1=e1p1, де
e1 – деякий дільник одиниці кільця R.
Підставивши в рівність (6) e1p1
замість q1 і скоротивши обидві частини одержаної рівності на р1,
дістанемо:
p2p3…pr =(e1q2)
q3…qs.
Але, за індуктивним припущенням,
r– 1 == s– 1 і при відповідній нумерації множників q1,q2,…,
qr:
q2=e1q2=e2p2, q3=e3p3, …,
qr=erpr,
де ei – деякі дільники
одиниці кільця R. Тому r = s і при відповідній нумерації множників q1,
q2, …, qr:
q1=e1p1, q2=e1–1e2p2 =e2p2, q3=e3p3, …,
qr=erpr
Доведено.
Зауважимо, що теореми 7 і 8 справедливі, зокрема,
для кільця цілих чисел, яке є кільцем головних ідеалів.
Постає запитання: чи не
можна теореми 7 і 8 поширити на клас областей цілісності більш широкий, ніж
кільце головних ідеалів? Відповідь на це запитання в загальному випадку
негативна. Є області цілісності, в яких не справджується теорема про розклад
елементів області цілісності в добутки простих множників, а також області
цілісності, в яких розклад елементів на прості множники хоч і можливий, але не
однозначний. Наведемо приклади таких областей цілісності, не вивчаючи її
докладно.
Нехай К – множина всіх
дійсних чисел виду
де n – будь-яке натуральне число, a1,a2,…,
an – будь-які цілі числа й r1, r2,…, rn
– будь-які числа виду (m, k – цілі невід'ємні
числа). Сума, різниця й добуток чисел такого виду – числа такого самого виду.
Отже, К – кільце. При п = 1 і r1=0 дістанемо с = а1; тому
К містить усі цілі числа, зокрема 1. Легко бачити, що кільце К є область
цілісності. У цій області цілісності число 2 розкладається на множники так:
Можна довести, що числа
виду , де k – ціле невід'ємне число, не є
дільниками одиниці в кільці К. Таким чином, число 2 не можна розкласти на
прості множники в кільці К.
Нехай тепер Q – множина
всіх комплексних чисел виду , де а і b – будь-які
цілі числа. Сума, різниця й добуток чисел такого виду є, очевидно, числа такого
самого виду. Отже, Q – кільце. При b = 0, z = а, а тому в Q містяться всі цілі
числа. Отже, кільце Q є область цілісності. Можна довести, що в цій області
цілісності кожне число розкладається на прості множники. Проте не можна
стверджувати, що для цього кільця характерна однозначність розкладу на прості
множники. Для числа 6, наприклад, у цьому кільці
існують такі два
розклади: 6=2·3 і 6 = () ().
Поряд з цим існують
області цілісності, які не є кільцями головних ідеалів, проте в них
справджуються теореми 7 і 8.
3.1.3 Факторіальність кільця
головних ідеалів
Нашою метою являється
узагальнення на кільці головних ідеалів теореми про існування й одиничність
розкладу елементів кільця цілих чисел Z на прості множники.
Означення Говорять, що
елемент а області цілісності K має однозначний розклад на прості
множники, якщо виконуються умови:
(1) існують у K такі
прості елементи рi, що
;
(2) якщо - інший розклад, у якому qi – прості
елементи K, то m=n і при відповідній нумерації рi ~ qi
для i=1,…, m.
Означення Кільце називається факторіальним, якщо воно є областю цілісності і
всякий відмінний від нуля необоротний елемент кільця має однозначний розклад на
прості множники.
Відзначимо, що будь-яке поле є факторіальним
кільцем, тому що не має відмінних від нуля необоротних елементів.
Теорема Кільце головних
ідеалів факторіальне.
Доведення.
Нехай K – кільце
головних ідеалів. Нам треба довести, що усякий відмінний від нуля необоротний
елемент кільця має розкладання на прості множники. Припустимо, що існує в K
необоротний ненульовий елемент а, що нерозкладний на прості множники в Ж. Тоді
елемент а є складеним. Отже, його можна подати у вигляді добутку двох власних
дільників а=аibi і (a)(ai)
Принаймні один із множників аi, bi,
наприклад a1, не має розкладу на прості множники. Отже, a1
можна подати у вигляді добутку двох власних множників:
a1=a2b2,
(a1)=(a2)
і т.д. Таким чином, існує
нескінченний зростаючий ланцюжок
(a)Ì(a1)Ì(a2)Ì…
ідеалів кільця K,
що неможливо, бо за твердженням зростаючий ланцюжок не може бути нескінченним.
Отже, усякий необоротний відмінний від нуля елемент кільця K має розклад
на прості множники.
Доведемо однозначність розкладу на прості множники. Якщо a
– простий елемент, то теорема вірна. Припустимо, що теорема вірна для
елементів, представлених у вигляді добутку n простих множників, і доведемо, що
тоді вона вірна для елементів, представлених у вигляді добутку n+1 простих
множників. Нехай дані будь-які два розклади елемента a на прості множники:
a=p1…pnpn+1=q1…qsqs+1
(1)
Простий елемент рn+1 ділить добуток q1…qsqs+1.
Отже, він ділить хоча б один із множників q1…qsqs+1,
наприклад qs+1. Так як рn+1 і qs+1 – прості,
тo qs+1=upn+1, де u – оборотний елемент кільця.
Скорочуючи обидві частини рівності (1) на рn+1, маємо
p1…pn=q1… (uqs).
Отже, по індуктивному припущенню, n=s і при відповідній
нумерації рi ~ qi для i=1,…, n. Крім того, рn+1
~ пn+1.
Доведено.
Задачі
№1
Довести, що число 4 в кільці Z[]
неоднозначно розкладається в добуток простих множників.
Доведення.
Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[]. Нехай a+b, c+d – дільники одиниці, a, b, c, d ÎZ.
Тоді
(a+b) (c+d)=1.
Знайдемо норму обох частин цієї рівності:
Nr (a+b)=(a2+3b2).
Маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=1.
(1)
Рівність (1) виконується, якщо
a2+3b2=c2+3d2=1.
(2)
Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0,
c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[] лише 2 дільники
одиниці: 1, –1.
Доведемо, що для числа 4 в кільці Z[]
є два різних розклади в добуток простих множників:
4=2·2=(1+) (1–).
Для цього покажемо, що 2, 1+, 1– є прості числа в Z[], а пари чисел 2, 1+ та 2, 1– не є
асоційованими.
Оскільки в кільці Z[]
асоційовані числа відрізняються лише знаком, то покажемо, що 2, 1+, 1– є
прості числа в Z[].
Якщо 2=(a+b) (c+d), то знайшовши норми від обох частин,
дістанемо 4= (a2+3b2) (c2+3d2).
Число 4 розкладається в добуток натуральних чисел двома
способами:
4=2·2=1·4.
Якщо a2+3b2=2, то b2<1,
тобто b=0. Тоді a2=2, що неможливо для цілого числа a. Отже, a2+3b2=1
або a2+3b2=4. Якщо a2+3b2=1, то a+b– дільник одиниці. Якщо a2+3b2=4,
то c2+3d2=1 і c+d–
дільник одиниці.
Отже, число 4 в кільці Z[]
розкладається на прості множники двома різними способами.
Доведено.
3.1.4 Евклідові
кільця, їх факторіальність
Порівняно з кільцями
головних ідеалів більш близькими до кільця цілих чисел за своїми властивостями
є кільця, в яких справедлива теорема, що є аналогом теореми про ділення з
остачею в кільці цілих чисел. Ці кільця називають евклідовими. Вони означаються
так:
Означення. Область
цілісності R з одиницею називається евклідовим кільцем, якщо існує
відображення φ множини відмінних від 0 елементів цієї області цілісності в
множину цілих невід'ємних чисел N0, тобто φ:R\{0}→N0,
яке задовольняє таку вимогу: для будь-яких елементів a, bÎR, b¹0 в R
існують такі елементи q і r, що а =bq+r, причому або r= 0, або φ(r)<φ(b).
Кільце цілих чисел Z – евклідове;
відображення φ, про яке йде мова в означенні, задається так:
Евклідовим також є кільце
многочленів від невідомого х з коефіцієнтами з поля Р.
Теорема 9. Кожне евклідове
кільце R є кільцем головних ідеалів.
Доведення.
Нехай U – довільний ідеал
евклідового кільця R. Якщо U – нульовий ідеал, то U= (0). Припустимо, що
ідеал U – відмінний від нульового. Тоді в U є елементи, відмінні від нуля.
Серед відмінних від нуля елементів ідеалу U, очевидно, є такий елемент a0,
що φ(a0)φ(a) для
будь-якого ненульового елемента аÎU. За означенням
евклідового кільця, для будь-якого елемента аÎU в кільці R
існують такі елементи q і r, що a=a0q+r, причому, якщо r¹ 0, то φ(r)<φ(a0).
Але оскільки r=a-a0qÎU, то можливість r¹0 виключається і
тому r=0. Таким чином, a=a0q і, отже, U є головний ідеал, породжений
елементом а0.
Доведено.
Наслідок Будь–яке евклідове кільце факторіальне.
Наслідок Кільце Z цілих чисел є кільцем головних
ідеалів і, значить, факторіальне.
Оскільки кожне евклідове
кільце є кільцем головних ідеалів, то для елементів будь-якого евклідового
кільця справедливі теореми 7 і 8. Зауважимо, що твердження, обернене твердженню
9, неправильне: існують кільця головних ідеалів, які не є евклідовими.
Нам уже відомо про
існування найбільшого спільного дільника для будь-яких двох елементів а і b
кільця головних ідеалів R. А тепер поговоримо про те, як же відшукати
цей найбільший спільний дільник. Методу, який би давав змогу відшукати
найбільший спільний дільник будь-яких двох елементів а і b довільного кільця
головних ідеалів R, не існує. В евклідових же кільцях його можна
відшукати за допомогою алгоритму Евкліда. Справді, нехай a0 і a1
будь-які відмінні від нуля елементи евклідового кільця R і нехай φ(а0)
³ φ(а1). Тоді, за означенням евклідового
кільця, в R існують такі елементи q1, a2, що а0
= а1q1+а2, причому або а2 = 0, або φ(а1)
> φ(а2). Якщо а2¹ 0, то в R
існують такі елементи q2 і a3, що a1 = a2q2
+a3 причому або а3 = 0 або φ(а2)>φ(а3).
Якщо а3 ¹ 0, то в R існують
такі елементи q3 i a4, що а2 =а3q3+a4
і т.д.
Оскільки φ(а1)
> φ(а2) > φ(а3) >… > φ(аs-1)
>φ(аs)>…, то цей процес послідовного ділення не може
продовжуватись нескінченно: в противному разі множина цілих невід'ємних чисел φ(а1)
> φ(а2)>… > φ(аs) >… не мала
б найменшого числа. Отже, через кілька кроків ми дійдемо до ділення з остачею
нуль: am-1= аmqm. Таким чином, ми матимемо
рівності
а0 = а1q1+а2,
a1 = a2q2
+a3,
а2 =а3q3+a4,
……………
am-3=am-2qm-2+am-1,
am-2=am-1qm-1+am,
am-1=amqm+1.
Остання рівність означає,
що аm дільником am-1. Оскільки кожен з доданків правої
частини передостанньої рівності ділиться на аm, то і її ліва частина
ділиться на аm, тобто аm є дільником am-2.
Аналогічними міркуваннями ми доведемо, що аm є дільником am-3,
am-4,…, a4, а3, a2, a1,
а0. Отже, аm є спільним дільником елементів ао
і а1. Покажемо тепер, що аm ділиться на будь-який
спільний дільник елементів ао і а1. Нехай b – довільно
вибраний спільний дільник aо і a1. Тоді з рівності ао
= a1q1+q2 випливає, що a2 ділиться
на b, з рівності а1 = a2q2 + а3
випливає, що а3 ділиться на b і т.д. Нарешті, з рівності ат–2
= aт–1qт–1 + am випливає, що am
ділиться на b. Таким чином, елемент аm є спільним дільником
елементів a0 і a1 і ділиться на будь-який спільний
дільник цих елементів, тобто аm є найбільшим спільним дільником
елементів a0 i a1.
Задачі
№1
Довести, що в 5кільці Z[] простими є такі елементи
а) 2;
б) –2;
в) 1+і;
г) 1–і;
Доведення
Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[].
Нехай a+b, c+d – дільники одиниці, a, b, c, d ÎZ.
Тоді
(a+b) (c+d)=1.
Знайдемо норму обох частин цієї рівності:
Nr (a+b)=(a2+3b2).
Маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=1.
(1)
Рівність (1) виконується, якщо
a2+3b2=c2+3d2=1.
(2)
Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0,
c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[] лише 2 дільники
одиниці: 1, –1.
а) Зрозуміло,
що 2¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[]. Використаємо норму і покажемо, що 2 –
простий елемент в кільці Z[]. Оскільки Nr(2)=4,
то, припустивши, що 2 є складене число, дістаємо
2=(a+b) (c+d), (3)
де a+b, c+d не є дільниками одиниці і не є
асоційованими з числом 2, a, b, c, d Î Z[].
З рівності (3) маємо
4=(a2+3b2) (c2+3d2)
(4)
Для a, b, c, d Î Z ця рівність можлива тоді і тільки тоді, коли
a2+3b2=1, c2+3d2=4
(a)
або a2+3b2=4, c2+3d2=1
(b)
або a2+3b2=2, c2+3d2=2
(g)
В (a) і (b) дістаємо, що або a2+3b2 або
c2+3d2 відповідно є дільником одиниці, що суперечить
припущенню
Розглянемо (g) a2+3b2=2,
a2=2, а= ÏZ.
Отже, цей випадок теж не можливий, бо a, b, c, d повинні
належати Z.
Отже, 2 не може бути складеним числом. Оскільки 2¹0 і не є дільником одиниці, то 2 – просте число в
кільці Z[].
б) Так як ми
довели, що 2 – простий елемент кільця Z[], то
можна стверджувати, що –2 теж просте, бо –2 є асоційованим з числом 2.
в) Очевидно,
що 1+¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[]. Використаємо норму і покажемо, що 1+ є простим елементом.
Оскільки Nr (1+)=2, то, припустивши, що 1+ є
складеним дістаємо
1+=(a+b)
(c+d),
де a+b, c+d не є дільником одиниці і не є
асоційованим з числом 1+, a, b, c, d ÎZ.
З
цієї рівності маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=2.
Для цілих чисел a, b, c, d ця
рівність можлива лише, коли
a2+3b2=2, c2+3d2=1
або a2+3b2=1, c2+3d2=2
При цьому маємо, що або a2+3b2 або c2+3d2
відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню. Отже, 1+ – простий елемент в кільці Z[].
г) Розглянемо
число 1–. Знайдемо його норму
Nr (1–)=2
Так
як Nr (1–)=Nr (1+)=2 і 1+ – просте число, то і
1– – теж просте.
Доведено.
3.2 Кільце поліномів
3.2.1 Поняття кільця поліномів від однієї
змінної
Нехай K і L
– комутативні кільця з основними множинами К і L відповідно.
Означення. Кільце L
називається простим розширенням кільця K за допомогою елемента u, якщо
виконуються умови:
(1) K – підкільце
кільця L;
(2) будь-який елемент a з
L можна подати у вигляді
a=a0+a1u+ … +anun, де
a0, a1,…, an ÎK.
Запис L= K[u]
означає, що кільце L є просте розширення кільця K за допомогою
елемента u.
У цьому випадку основну
множину кільця L позначають також через К[u], L=K[u]
Означення.
Кільце L=K[u] називається простим трансцендентним розширенням кільця K,
якщо виконується наступна умова:
(3) для будь-яких
елементів a0, a1,…, an множини К з
рівності a0+a1u+ … +anun=0
випливають рівності a0=0, a1=0,…, an=0.
Якщо L=K[u] –
просте розширення кільця K с допомогою u і u задовольняє умовам (3), то елемент
u називається трансцендентним відносно K.
Якщо K[u] – просте
трансцендентне розширення кільця K за допомогою u, то кільце K[u] називається
також кільцем поліномів від u над K, а елементи кільця K[u] –
поліномами від u над K чи поліномами над K.
Твердження. Нехай K[u] –
просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u. Тоді для
будь-якого елемента а кільця K[u], якщо а=a0+a1u+ … +anun і а=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun, де
ai, a¢iÎK, то ai=a¢i,
то ai=a¢i для i=1,2,…, n.
Доведення.
Якщо
а=a0+a1u+ … +anun=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun (ai, a¢iÎK),
то a0–a0¢+(a1–a1¢) u+ … +(an–an¢) un=0.
За умовою, елемент u
являється трансцендентним відносно K. Тому з (1) випливають рівності aі–aі¢=0 і aі=aі ¢ для і=0,1,…, n.
Доведено.
Задачі
№1
Перевіримо, чи є кільцем множина К всіх многочленів з
кільця Z[x], в яких вільний член ділиться на 5.
Розв’язання.
Нехай f(x)=anxn+ … +a1x+5a0,
g(x)=bmxm+ … +b1x+5b0,
m³n.
Тоді
f(x)+g(x)=bmxm+ … +(an+bn)
xn+ … +(a1+b1) x+(5a0+5b0)=bmxm+ …
+(an+bn) xn+ … + +(a1+b1)
x+5 (a0+b0),
f(x) – g(x)=(–bm) xm+ …
+(an–bn) xn+ … +(a1–b1)
x+5 (a0–b0),
f(x)·g(x)=anbmxn+m+ …
+(5a1b0+5a0b1)+5·5a0b0.
Це означає, що f(x)+g(x), f(x) – g(x) і f(x)·g(x)
також є елементами множини К. Отже, К є підкільцем кільця Z[x].
Відповідь:
Множина К утворює кільце.
№2
Довести, що для кожного многочлена f(x) з кільця Z[x] і для
будь–яких цілих чисел a і b число f (a+)+f
(a–) є цілим.
Доведення.
Многочлени f (a+) та f (a–) мають такий вигляд
f (a+) =an(a+)n+ … +a1(a+)+a0,
f (a–) =an(a–)n+ … +a1(a–)+a0.
Коли ми будемо додавати f (a+)+f
(a–) і підносити до степеня, то всі знищаться і залишаться лише цілі числа.
Ми прийшли до того, що нам потрібно довести.
Доведено.
3.2.2 Факторіальність
кільця поліномів
Теорема. Якщо кільце К факторіальне, то і кільце
поліномів К[x] факторіальне.
Доведення.
Нехай К – факторіальне кільце. Доведемо, що
будь-який відмінний від нуля необоротний елемент кільця К[x] однозначно
з точністю до порядку співмножників і оборотних множників розкладемо в добуток
простих множників в K[x]. Спочатку доведемо можливість розкладання на
прості множники. Нехай f – довільний ненульовий поліном з K[х]. Якщо f –
поліном нульового ступеня, то fÎК.
Оскільки кільце K факторіальне, поліном f можна подати у вигляді добутку
простих множників у К і, значить, у К[x].Припустимо, що deg f
=n>0, і всякий поліном, ступінь якого менше n, розкладемо в добуток простих
множників. Нехай
(1) f=dg(x),
де dÎK,
g(x) – поліном позитивного степеня, примітивний в К[х]. Якщо
поліном g незвідний над К, то, розкладаючи в (1) множник а на прості
множники, одержимо розкладання f на прості множники. Якщо ж поліном g(х)
звідний в К[х], то його можна подати у вигляді добутку двох поліномів
позитивного степеня, меншого, ніж n: g(x)=h(x)j(x).По індуктивному припущенню, h(х) і j(х) можна подати у вигляді добутку простих
множників у К[x]. Отже, g, а в силу (1) і f також можна подати у вигляді
добутку простих множників.
Доведемо єдиність
розкладу. Нехай дані будь-які два розклади f на прості множники в K[x]:
(2) f=p1…pkq1…qs=p1¢…pr¢q1¢…qt¢,
де pi, pi¢ÎK, qi,
qi¢ – незвідні, а виходить, і примітивні
поліноми позитивного степеня. З (2) випливає, що
(3) p1…pk ~p1¢…pr¢ в K;
(4) q1…qs~q1¢…qt¢ в K[x].
Оскільки кільце K факторіальне, то з (3) випливає,
що k=r і при відповідній нумерації
(5) pi~pi¢ в K для
i=1, 2, …, k
Далі, за наслідком 3.6,
поліноми qi і qi¢ незвідні в
кільці F[х]. У силу факторіальності кільця F[х] з (4) випливає,
що s=t і при відповідній нумерації
qi~ qi¢ в F[х]
для i=1,…, s.
Поліноми qi і
qi¢ незвідні в K[x] і, значить,
примітивні в K[х], крім того, ці поліноми асоційовані в F[x].
Отже, вони асоційовані в K[x],
(6) qi~ qi¢ в K[х]
для i=1,…, s.
У силу (5) і (6) поліном
f має однозначний розклад на прості множники в кільці K[x]. Отже,
показано, що кільце K[x] факторіальне.
Доведено.
Задачі
№1
Довести, що множина I всіх многочленів кільця Z[x], вільний
член яких дорівнює парному числу, є ідеалом Z[x]. Чи є цей ідеал головним?
Розв’язання.
Очевидно, що ця множина замкнена відносно віднімання та
множення на довільний елемент кільця. Отже, ця множина буде ідеалом.
Візьмемо будь–які елементи
x2+4ÎI, x+2ÎI.
Перевіримо чи x2+4Mx+2.
x2+4=x2–4+8=(x-2) (x+2)+8.
Так як x2+4 не ділиться на x+2 то дана множина I
не буде головним ідеалом.
Відповідь: Множина
I буде ідеалом, але не головним.
№2
Знайти НСД і НСК таких многочленів:
f(x)=x4+2x3–2x-1,
g(x)=(x+1) (x2–x-2)
в кільці Q[x].
Розв’язання.
Розкладемо дані многочлени на множники:
f(x)=x4–1+2x(x2–1)=(x2–1)
(x2+2x+1)=(x+1)3(x-1),
g(x)=(x+1) (x-2) (x+1)=(x+1)2(x-2).
Очевидно, що
(f, g)=(x+1)2,
[f, g]=(x+1)3(x-1) (x-2).
Відповідь: (f,
g)=(x+1)2, [f, g]=(x+1)3(x-1) (x-2).
№3
Розкласти на незвідні в полі P множники такий многочлен:
f(x)=x4–2x3–27x2–44x+7.
Розв’язання.
Розклад матиме такий вигляд:
f(x)=(x2+bx+1) (x2+cx+7).
f(x)=x4+(c+b) x3+(bc+8) x2+(7b+c)
x+7.
с=–2-b,
(–2-b) b=–35,
– b2–2b=–35,
b2+2b-35=0,
Отже, даний многочлен розкладається таким чином:
f(x)=(x2–7x+1) (x2+5x+7).
Відповідь:
f(x)=(x2–7x+1) (x2+5x+7).
3.3 Кільце
многочленів від кількох змінних
3.3.1 Поняття
кільця многочленів від кількох змінних
Означення Кільцем
многочленів R[х1, х2,…, xn-1, хn]
від n змінних х1, х2,…, xn-1, хn
над областю цілісності R називається кільце многочленів від змінної xn
над кільцем R[х1, х2,…, xn-1] тобто
R[х1, х2,…, xn-1, хn] = R[х1,
х2,…, xn-1] [xn] (4)
Це означення має
індуктивний характер. При п=1 воно зводиться до означення кільця многочленів
від однієї змінної х1 над областю цілісності R (природно
вважати, що при п =1 R[х1, х2,…, xn-1,
хn] =R). Якщо ж уже означено кільце R[х1, х2,…,
xn-1] при п ³1, то за
допомогою (4) дістаємо означення кільця R[х1, х2,…,
xn-1, хn]. Отже, для довільного натурального п означено
кільце многочленів від п змінних х1, х2,…, xn-1,
хn
Теорема Кільце многочленів R[х1, х2,…,
xn-1, хn] над областю цілісності R є область
цілісності.
Доведення.
Твердження правильне при
п = 1. Припустимо, що воно правильне при п = т і розглянемо кільце R[х1,
х2,…, xm, хm+1]. Згідно з означенням 1, R[х1,
х2,…, xm, хm+1] є кільце многочленів над Rm=
R[х1, х2,…, xm]. За припущенням
індукції, R, є область цілісності. Отже, Rm[xm+1]=R[х1,
х2,…, xm, хm+1] є область цілісності. За
принципом індукції, R[х1, х2,…, xn-1, хn]
є область цілісності при довільному натуральному п.
Доведено.
Зрозуміло, що коли R
– область цілісності з одиницею, то R[х1, х2,…, xn-1,
хn] – область цілісності з одиницею.
Наступна теорема
встановлює будову елементів області цілісності R[х1, х2,…,
xn-1, хn].
Теорема 2. Кожний елемент fÎR [х1,
х2,…, xn-1, хn] можна подати у вигляді
скінченної суми
AiÎR, kijÎZ+ (5)
Навпаки, будь-який вираз виду (5) є елементом
кільця R[х1, х2,…, xn-1, хn].
Доведення
Доведення проведемо індукцією по n. При n=1
твердження правильне. Припустимо, що воно правильне при n=m і перевіримо його
правильність при n=m+1. За означенням 1, кожний елемент fÎR [х1,
х2,…, xm, хm+1] є многочлен від Хm=1
над областю цілісності R [х1, х2,…, xm],
і тому його можна подати у вигляді суми
(6)
За припущенням індукції,
кожний многочлен aj(x1, …, xm) від n змінних
можна подати у вигляді скінченної суми
,
(7)
,
(i=1, 2, …, Nj;
s=1, 2, …, m; j=0, 1, 2, …, l).
Підставивши вираз (7) в
(6) і виконавши відповідні дії (в розумінні дій у кільці R[х1,
х2,…, xm, хm+1] з урахуванням того, що воно
містить R[х1, х2,…, xm] як підкільце),
дістанемо скінченну суму виду
,
(8)
де BrÎR (r=1, …, N), бо
кожне Br є якесь з .
Навпаки, кожна сума виду (8) є елемент кільця R[х1,
х2,…, xm, хm+1]: адже будь-який її доданок може
розглядатись як многочлен від xm+1 з коефіцієнтом ÎR[х1,
х2,…, xm] й тому й уся сума належить кільцю R[х1,
х2,…, xm, хm+1].
Отже, твердження теореми
правильне і при n=m+1, тобто за принципом математичної індукції теорему доведено.
Доведено.
Означення Кожний елемент кільця R[х1, х2,…,
xn] називають многочленом від n змінних х1, х2,…,
xn над R. і позначають f(х1, х2,…, xn),
g(х1, х2,…, xn) і т. п.
Згідно з теоремою 2, будь-який многочлен з R[х1,
х2,…, xn] можна подати у формі суми (5)
AiÎR, kijÎZ+ (9)
Кожний доданок цієї суми називають членом многочлена
f(х1, х2,…, xn), відповідний елемент AiÎR – коефіцієнтом
члена (і многочлена). Два члени, які відрізняються лише коефіцієнтами, називають
подібними; іншими словами, члени подібні, якщо усі змінні входять множниками в
ці члени у попарно рівних степенях, наприклад та . При цьому порядок, в якому записано
множники неістотний, тобто
члени , , тощо вважаємо однаковими, рівними між
собою. Відповідно до цього, R[х2, х1,…, xn],
R[х3, х2,…, x1], R[х1,
х2,…, xn] і т. п. є різними формами запису того
самого кільця многочленів від змінних х1, х2,…, xn
над областю цілісності R.
Задачі
№1
Виразити через σі такий многочлен
f (x, y)=x3y+y3x+2x2+2y2.
Розв’язання.
Основні симетричні многочлени σ1, σ2
мають вигляд:
σ1=x+y,
σ2=xy.
Виразимо даний многочлен через σ1, σ2
f (x, y)=xy(x2+y2)+2 (x2+y2)=(x2+y2)
(xy+2)=
=((x+y)2–2xy) (xy+2)=(σ1–2σ2)
(σ2+2)=
=σ12σ2+2σ12–2σ22–4σ2.
Відповідь: f
(x, y)=σ12σ2+2σ12–2σ22–4σ2.
№2
Довести, що для Sn=xn+yn,
nÎN, при n>2 виконується рекурентне співвідношення
Sk=σ1Sk–1–σ2Sk–2.
Доведення.
Доведемо методом математичної індукції.
Перевіримо базу індукції при n=3
S3=σ1S2–σ2S1=(x+y)
(x2+y2) – xy (x+y)=x3+y3.
Припустимо, що твердження вірне для n=k.
Доведемо, що дане твердження справджується і при n=k+1
Sk+1=σ1Sk–σ2Sk–1=(x+y)
(xk+yk) – xy(xk–1+yk–1)=
=xk+1+xyk+xky+yk+1–xky–xyk=xk+1+xk+1.
Отже, виходячи з математичної індукції твердження доведено.
Доведено.
3.3.2 Факторіальність кільця поліномів від n змінних
Теорема. Нехай К – факторіальне кільце. Тоді кільце поліномів К[х1,….хn]
від х1,…., хn над К також являється факторіальним.
Доведення.
Теорема доводиться індукцією по n. Для
n=1 твердження правильне. Припустимо, що кільце поліномів К[х1,….хn–1]
від х1,….хn–1, над К факторіальне. Доведемо, що
факторіальним тоді буде і кільце К[х1,…, хn].
К[х1,…, хn]=К[х1]…
[.хn]=(К[х1,….хn–1]) [xn].
За індуктивним припущенням, кільце К[х1,…,
хn–1] факторіальне. Тоді факторіальним є також його розширення (К[х1,….хn–1])
[xn] за допомогою елемента xn, трансцендентного над
кільцем К[х1,….хn–1]. Таким чином, кільце поліномів К[х1,….хn]
факторіальне для довільного натурального n.
Доведено.
Наслідок Кільце поліномів F[х1,….хn] над полем F
факторіальне.
Задачі
№1
Розкласти на множники найменшого степеня з дійсними
коефіцієнтами такий многочлен
f (x, y)=10x4–27x3y-110x2y2–27xy3+10y4.
Розв’язання.
f (x, y)=10x4–27x3y-110x2y2–27xy3+10y4=10
(x4+y4) – 27 (x2+y2)–110x=
=10 [(σ12–2σ2)2–2σ22]–27σ2(σ12–2σ2)–110σ22=10σ14–67σ12σ2–36σ22.
Розкладемо цей вираз на множники. Для цього знайдемо його
корені.
σ2′=–2σ12,
σ2′′=σ12.
Тоді наш многочлен
f=–36 (σ2–σ12)
(σ2+2σ12)=(–36σ2+5σ12)
(σ2+2σ12).
f (x, y)=(–36xy+5 (x+y)2) (xy+2 (x+y)2=
=(–36xy+5x2+10xy+5y2) (2x2+3xy+2y2)=
=(5x2–26xy+5y2) (2x2+3xy+2y2).
Розглянемо кожний з цих множників, як квадратний тричлен
відносно x
5x2–26xy+5y2 x′=5y, x′′=.
2x2+3xy+2y2 x′=y, x′′=–2y.
Тоді маємо
f (x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x–y).
Відповідь: f
(x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x–y).
Використана література
1. Алгебра і теорія чисел, ч. 1.
Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об’єднання «Вища
школа», 1974, 464 с.
2. Алгебра і теорія чисел, ч. 2.
Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об’єднання «Вища
школа», 1976, 384 с.
3. Алгебра и теория чисел:
Учебное пособие для педагогических институтов.–М.: Высшая школа, 1979, –
559 с., ил.
4. Збірник задач з теорії
чисел. [Навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] За
ред. І.О. Рокіцького, Вінниця, 2001–115 с.
5. Збірник задач з алгебри.
[навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] За ред. І.О.
Рокіцького, Вінниця, 2002–176 с.
6. Алгебра і теорія чисел:
Практикум. Частина 2 /С.Т. Завало, С.С. Левіщенко, В.В. Пилаєв, І.О. Рокіцький. –
К.: Вища школа Головне видавництво, 1986. – 364 с.
7. Збірник задач і вправ з
теорії чисел. Є.П. Морокішко. Центр «Магістр-S», 1995 р. 158 с.