Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak Horváth Gábor Debreceni Egyetem 2014
Tartalomjegyzék
Bevezetés
5
1. M¶veletek, algebrai struktúrák
6
2. A csoportelmélet alapjai 2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
11
Homomor zmusok, izomor zmusok
. . . . . . . . . . . . . . .
11
2.1.1.
Permutáció el®jele
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2.1.2.
Rend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.1.3.
Ciklikus csoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
Részcsoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.2.1.
Mellékosztályok, Lagrange tétele . . . . . . . . . . . . .
23
2.2.2.
Valódi részcsoport nélküli csoportok . . . . . . . . . . .
26
2.2.3.
Ciklikus csoport részcsoportjai . . . . . . . . . . . . . .
26
2.2.4.
Generált részcsoport
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.3.1.
Direkt szorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.3.2.
Transzformáció- és permutációcsoportok
. . . . . . . .
33
2.3.3.
Hatás
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
Csoportkonstrukciók
Homomor zmusok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
2.4.1.
Faktorcsoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
2.4.2.
Normálosztók, konjugálás
. . . . . . . . . . . . . . . .
47
2.4.3.
Centralizátor, centrum . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
2.4.4.
Számolás a faktorcsoportban . . . . . . . . . . . . . . .
51
Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok . . . . . . . . . . .
57
2.5.1.
p-csoportok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
TARTALOMJEGYZÉK
3
2.5.2.
Feloldható csoportok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.3.
Nemkommutatív egyszer¶ csoportok
. . . . . . . . . .
3. A gy¶r¶elmélet alapjai 3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
Alapvet® fogalmak
64
69
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
3.1.1.
Részgy¶r¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
3.1.2.
Homomor zmus, ideál
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
3.1.3.
Faktorgy¶r¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
3.1.4.
Faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i, izomor zmustételek . . . . . .
79
Speciális gy¶r¶osztályok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
3.2.1.
Polinomgy¶r¶k
3.2.2.
Nullosztómentes gy¶r¶k, véges gy¶r¶k
. . . . . . . . .
85
3.2.3.
2
R[x]/(x + 1) ' C
újra . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
3.2.4.
Egyszer¶ gy¶r¶k
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
3.2.5.
Euklideszi gy¶r¶k, f®ideálgy¶r¶k
. . . . . . . . . . . .
91
. . . . . . . . . . . . . . . .
94
3.3.1.
Oszthatósági alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . .
94
3.3.2.
Az alaptétel egyértelm¶sége
. . . . . . . . . . . . . . .
96
3.3.3.
F®ideálok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
3.3.4.
Z, T [x]
3.3.5.
Maximumfeltétel
3.3.6.
Alaptételes gy¶r¶k
Számelmélet szokásos gy¶r¶kben
Hányadostest
alaptételes
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.4.1.
A törtek konstrukciója
3.4.2.
M¶veletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.4.3.
Testaxiómák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.4.4.
R
részgy¶r¶
3.4.5.
T
az
3.4.6.
Egyértelm¶ség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
R-beli
T -ben
Testb®vítés 4.1.1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
elemek hányadosa . . . . . . . . . . . . . . 109
4. Bevezetés a testelméletbe 4.1.
63
111
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Minimálpolinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
TARTALOMJEGYZÉK
4
4.2.
4.1.2.
Egyszer¶ b®vítések
4.1.3.
B®vítés több elemmel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Szorzástétel 4.2.1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Algebrai elemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.3.
Testb®vítések konstrukciója
4.4.
Véges testek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.5.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.4.1.
Karakterisztika
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.4.2.
Prímtest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.4.3.
Véges testek elemszáma
4.4.4.
Véges testek multiplikatív csoportja . . . . . . . . . . . 134
4.4.5.
Véges testek résztestei
4.4.6.
Irreducibilis polinomok véges testek felett . . . . . . . . 135
. . . . . . . . . . . . . . . . . 132
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Testb®vítések alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 4.5.1.
Szerkesztések elmélete
4.5.2.
Egyenletek megoldóképlete . . . . . . . . . . . . . . . . 140
Hivatkozások
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
142
Bevezetés
A jegyzet azzal a céllal készült, hogy megpróbáljon segíteni a másodéves Matematika szakos BSc hallgatóknak elsajátítani az Algebra tárgy anyagát. A jegyzet nem helyettesíti az el®adásokon és a gyakorlatokon való részvételt, azoknak csak egy er®sen kivonatolt változata. A jegyzet anyaga er®sen épít a korábbi félévek tárgyaira, els®sorban a Kombinatorika, Algebrai alapismeretek, Bevezetés az algebrába és számelméletbe valamint Lineáris algebra tárgyakra. A félév tematikája részben követi [2]-nek 4.14.9, 4.11, 5.15.3, 5.5, 5.75.8, 5.10, 6.16.2, 6.4, 6.76.8 fejezeteit. A gyakorlaton szerepl® feladatok többségét is meg lehet találni ebben a könyvben. További feladatokat például az [1]-ben érdemes keresni.
1. fejezet
M¶veletek, algebrai struktúrák
Az algebra alapvet®en számolás m¶veletekkel, formális kifejezésekkel. Egy halmazt rajta adott m¶velettel algebrai struktúrának nevezünk. A félév folyamán több különböz® algebrai struktúrával fogunk megismerkedni, ezek mindegyikére már korábban láttunk példákat. A félév folyamán els®sorban ezen példák közös tulajdonságait felismerve fogjuk általánosítani azokat, az általánosított struktúráknak felfedezzük különböz® tulajdonságait, majd új speciális esetekre alkalmazzuk ®ket.
1.1. de níció.
Legyen
1.2. de níció.
Legyen
A 6= ∅ halmaz. Az A-n értelmezett (n-változós) m¶n velet egy f : A → A, (a1 , . . . , an ) 7→ f (a1 , . . . , an ) függvény. Ha a m¶velet kétváltozós (mondjuk ∗), akkor ∗(a, b) helyett a ∗ b-t írunk. ∗
A 6= ∅
halmaz, rajta
1.3. de níció.
Legyen
A 6= ∅
egy kétváltozós m¶velet. A
a, b, c ∈ A-ra (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). a, b, c ∈ A-ra a ∗ b = b ∗ a.
m¶velet asszociatív, ha minden
m¶velet kommutatív, ha minden
∗
halmaz, rajta
∗
A
∗
egy kétváltozós m¶velet. Egy
e ∈ A elemet neutrális elemnek hívunk, ha minden a ∈ A-ra e ∗ a = a = a ∗ e. Ha ∗ összeadás, akkor a neutrális elemet nullelemnek, ha ∗ szorzás, akkor a neutrális elemet egységelemnek hívjuk. Ha csak e ∗ a = a teljesül minden a ∈ A elemre, akkor e-t baloldali egységelemnek hívjuk, Ha csak a ∗ e = a teljesül minden a ∈ A elemre, akkor e-t jobboldali egységelemnek hívjuk.
1.4. de níció.
Legyen
mondjuk, hogy az
e
A 6= ∅
∗ egy kétváltozós m¶velet. Azt a ∈ A elem inverze a0 ∈ A, ha
halmaz, rajta
neutrális elemre az
1 M¶veletek, algebrai struktúrák a ∗ a0 = e = a0 ∗ a.
7
Összeadás esetén ellentettr®l, szorzás esetén inverzr®l
a ∗ a0 = e teljesül, akkor a0 -t jobboldali a0 ∗ a = e teljesül, akkor a0 -t baloldali inverznek
vagy reciprokról beszélünk. Ha csak inverznek hívjuk, Ha csak hívjuk,
1.5. de níció. (S, ∗) S -en. (S, ∗)
monoid, ha félcsoport,
1.6. példa.
∗ egy asszociatív kétváltozós és ∗-ra nézve van egységelem.
félcsoport, ha
m¶velet
Félcsoportra, ami nem monoid példa a pozitív egészek halmaza
a szokásos összeadással. Monoidra példa a nemnegatív egészek halmaza a szokásos összeadással.
1.7. de níció. (G, ∗)
csoport, ha monoid, és az egységelemre nézve min-
den elemnek van inverze. csoport, és
∗
(G, ∗)
Abel csoport vagy kommutatív csoport, ha
kommutatív. A csoport m¶velettáblázatát Cayley táblázatnak
nevezzük.
1.8. példa. (Z, +), (Q, +), (R, +), (C, +),
SX szimmetrikus csoport : Legyen X 6= ∅ halmaz, és legyen SX X → X bijektív (kölcsönösen egyértelm¶) leképezéseinek halmaza.
egységelemük 0,
a
−a.
inverze
az Ez
a kompozícióra csoportot alkot, egységeleme az identikus leképezés, egy leképezés inverze pedig az a leképezés, ami megfordítja a hozzárendelést.
SX
elemeit transzformációknak hívjuk, véges
permutációknak. Jelölés
Ciklusnak hívunk egy le :
(x1 , x2 , . . . , xn ).
X = { 1, . . . , n }, f ∈ SX ! 1 2 ... n . f (1) f (2) . . . f (n)
X
halmaz esetén
esetén :
x1 7→ x2 7→ . . . 7→ xn 7→ x1
permutációt, je-
Két ciklus diszjunkt, ha csak különböz® elemeket
mozgatnak.
1.9. házi feladat.
Ha
X
véges halmaz, akkor
SX
minden eleme sor-
rendt®l eltekintve egyértelm¶en el®áll diszjunkt ciklusok szorzataként. (Kombinatorika jegyzet.)
MVELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK
8
Általában az egyelem¶ ciklusokat nem írjuk ki. Megjegyezzük, hogy mi a ciklusokat jobbról balra szorozzuk, mert úgy tekintünk rájuk, mint
{ 1, . . . , n } → { 1, . . . , n }
függvények.
Különböz® alakzatok szimmetriái, tehát a sík/tér azon transzformációi, melyek bizonyos alakzatot helyben hagynak. Például az
ABC
szabályos
háromszög szimmetriái. Szabályos
n-szög
szimmetriacsoportja, jele
Dn ,
neve : diédercsoport.
A kocka szimmetriacsoportja 48 elem¶. A Rubik kocka szimmetriacsoportja Egységkör szimmetriái
O(2)
8! · 37 · 12! · 210 ≈ 4,33 · 1019
a forgatások és az átmér®re tükrözések.
Csak a forgatások is csoportot alkotnak, jele metriacsoportját ját
SO(3)-mal
O(3)-mal,
elem¶.
SO(2).
A gömb szim-
az irányítástartó transzformációk csoport-
jelöljük.
Q kvaterniócsoport : { 1, −1, i, −i, j, −j, k, −k }, a szorzás pedig az i2 = = j 2 = k 2 = −1, ij = k , jk = i, ki = j , ji = −k , kj = −i, ik = −j alapján történik.
1.10. házi feladat. f
Csoportban az egységelem egyértelm¶. (Ötlet : ha
egységelem, akkor tekintsük az
ef
e
és
szorzatot.) Általánosabban : ha egy fél-
csoportban van baloldali és jobboldali egységelem, akkor mind egyenl® és kétoldali egységelemek is.
1.11. házi feladat.
Adjunk példát olyan félcsoportra, amiben több külön-
böz® balegységelem is van.
1.12. házi feladat. inverze
b
és
monoidban
Csoportban egy elem inverze egyértelm¶. (Ötlet : ha
a
c is, akkor tekintsük a bac szorzatot.) Általánosabban : ha egy a-nak van baloldali és jobboldali inverze, akkor mind egyenl® és
kétoldali inverzek is.
1.13. de níció. (R, +, ·) gy¶r¶, ha (R, +) Abel csoport, (R, ·) félcsoport, és mindkét oldali disztributív szabály teljesül, azaz
(a + b) · c = (a · c) + (b · c)
1 M¶veletek, algebrai struktúrák és
c · (a + b) = (c · a) + (c · b)
r¶nek hívjuk, ha a szorzás (és röviden
1 ∈ R-rel
9
a, b, c ∈ R-re. R-et kommutatív gy¶kommutatív. R-et egységelemes gy¶r¶nek hívjuk minden
jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor
az invertálható elemek halmazát
R× -tel
jelöljük és multiplikatív csoportnak
vagy egységcsoportnak hívjuk.
1.14. példa. Az egész számok az összeadásra és szorzásra kommutatív, egységelemes gy¶r¶, multiplikatív csoportja
{ −1, 1 }.
n×n-es racionális/valós/komplex mátrixok a szorzásra egységelemes gy¶r¶, mely csak n = 1 esetén kommutatív. Multiplikatív csoportja az
Az
invertálható mátrixok.
Ha az
R kommutatív, egységelemes gy¶r¶, akkor az R[x] polinomgy¶r¶ és R[[x]] formális hatványsorok gy¶r¶je is kommutatív, egységelemes
gy¶r¶.
A modulo
n
maradékosztályok a modulo
n
összeadásra és szorzásra.
Zn = {0,1,2, . . . , n − 1}, ahol az összeadás (szorzás) összeg (szorzat) modulo n maradéka.
Másképpen, legyen a hagyományos
1.15. házi feladat.
Gondoljuk meg, hogy
R×
a szorzásra nézve csoportot
alkot. Ezzel újabb példákat kaphatunk csoportokra.
1.16. de níció. (T, +, ·) ferdetest, ha gy¶r¶ és (T \ { 0 } , ·) csoport. (T, +, ·)
test, ha ferdetest és a szorzás kommutatív.
1.17. példa.
Q, R, C.
Ha
T
test, akkor a
T (x)
racionális törtfüggvények is testet alkotnak a
szokásos m¶veletekre.
Ha
T
test, akkor
T n×n a T
feletti
n×n-es mátrixok egységelemes gy¶r¶.
MVELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK
10
A félév folyamán megismerkedünk majd véges testekkel is (például minden
Zp
p prímre), valamint nem kommutatív ferdetesttel is (az úgyne-
vezett kvaternió algebrával).
2. fejezet
A csoportelmélet alapjai
A fejezetben alapvet® csoportelméletr®l lesz szó. A fejezet a korábban tanultakhoz képest absztrakt, érdemes az egyes tételeket el®ször különböz® példákon keresztül megérteni. A fejezet fogalmainak és tételeinek analogonjai visszaköszönnek majd a gy¶r¶elméletben.
2.1. Homomor zmusok, izomor zmusok × × (Z2 , +), Z× 3 , Z4 , Z6 , S2 . A Cayley
Tekintsük az alábbi kételem¶ csoportokat : táblázatok :
·
+ 0 1
·
1 2
1 3
(Z2 , +) : 0
0 1
Z× 3 : 1 1 2
Z× 4 : 1 1 3
1
1 0
2 2 1
3 3 1
·
1 5
Z× 6
: 1 1 5 5 5 1
S2 :
◦
id
(12)
id
id
(12)
(12) (12)
id
A m¶velettáblákat elnézve mind nagyon hasonlóan viselkedik, ami nem véletlen. Például
S2
és
Z2
elemei között van egy kölcsönösen egyértelm¶ meg-
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
12
feleltetés, mely az egyik m¶velettáblát átviszi a másikba. Nevezetesen a
ϕ : S2 → Z× , id 7→ 1, (12) 7→ −1. Legyen most
(G, ∗)
egy kételem¶ csoport. Egyik eleme az egységelem
b. Könnyen elkészíthetjük a m¶velettáblát : az egységelem de níciójából 1 ∗ 1 = 1, 1 ∗ b = b = b ∗ 1. Mi lehet b ∗ b ? Csak 1 vagy b lehet, hisz más eleme nincs G-nek. De ha b ∗ b = b lenne, akkor b−1 zel balról szorozva az egyenl®séget b = 1 adódna, ami ellentmondás. Tehát b ∗ b = 1 lehet csak, vagyis tetsz®leges kételem¶ csoport m¶velettáblája az (legyen 1), a másik elem legyen
alábbi :
∗ 1 b G: 1 1 b b b 1 2.1.1. megjegyzés. A
b∗b=1
azonnal adódik az alábbi észrevételb®l is.
2.1.2. házi feladat. Igazoljuk, hogy egy
(G, ∗)
(véges vagy végtelen) csoport
m¶velettáblázatának minden sorában és minden oszlopában minden elem pontosan egyszer szerepel. Tehát valamilyen értelemben minden kételem¶ csoport ugyanolyan, a m¶veleteket ugyanúgy végezzük. Konkrétabban : bármely két kételem¶ csoport elemi között létesíthet® egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés, mely meg®rzi a m¶veleteket. Ez motiválja a következ® de níciót.
2.1.3. de níció.
Legyenek
(G, ∗) és (H, ◦) csoportok. Ekkor egy ϕ : G → H
leképezést (csoport)homomor zmusnak hívunk, ha m¶velettartó, azaz tetsz®leges
g1 , g2 ∈ G
esetén
ϕ (g1 ∗ g2 ) = ϕ (g1 ) ◦ ϕ (g2 ) .
(2.1) Ha
ϕ
bijektív, akkor izomor zmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy a
csoportok izomorfak, ha van közöttük izomor zmus, jele
H.
Ekkor
G
és
H
G'H
G
vagy
H G∼ =
és
minden olyan tulajdonsága megegyezik, mely a m¶velet
segítségével van de niálva.
2.1 Homomor zmusok, izomor zmusok
13
2.1.4. megjegyzés. A két m¶velet más a (2.1) két oldalán : a baloldalon két
G-beli elemet szorzunk össze és képezzük H -ba ϕ-vel, míg a jobb oldalon két G-beli elemet H -ba képezünk ϕ-vel, és ezt a két H -beli elemet szorozzuk össze.
2.1.5. példa.
Legyen
G = (R, +), H = (R+ , ·)
(a pozitív valós számok a
szokásos szorzással). Ekkor
ϕ : G → H, g 7→ 10g izomor zmus.
2.1.1. Permutáció el®jele Kombinatorika tanulmányaink során megismerkedtünk egy permutáció el®jelével :
2.1.6. de níció.
Legyen
f ∈ Sn
egy permutáció. Tekintsük a
P (x1 , . . . , xn ) = (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − x4 ). . . (x1 − xn ) (x2 − x3 ) (x2 − x4 ). . . (x2 − xn ) (x3 − x4 ). . . (x3 − xn ) ..
. . .
.
(xn−1 − xn ) P xf (1) , . . . xf (n) csak egy el®jelet nevezzük az f permutáció
polinomot. Ekkor
el®jelben tér el
t®l. Ezt az
el®jelének, azaz
P (x1 , . . . , xn )-
P xf (1) , . . . xf (n) = sg (f ) · P (x1 , . . . , xn ) . Ha
sg(f ) = 1,
akkor páros, ha
sg(f ) = −1,
akkor páratlan permutációról
beszélünk.
2.1.7. házi feladat. sg (f )
Igazoljuk, hogy az el®jel fenti de níciója értelmes, és
éppen az a szám, hogy
(−1)-et
az inverziók száma hatványra emeljük.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
14
2.1.8. lemma.
Ha
f, g ∈ Sn ,
akkor
sg (f ◦ g) = sg (f ) · sg (g).
Bizonyítás. Az el®jel de níciójából
P xf ◦g(1) , . . . xf ◦g(n) = sg (f ◦ g) · P (x1 , . . . xn ) . yi = xf (i) jelölést. Ekkor P xf ◦g(1) , . . . xf ◦g(n) = P xf (g(1)) , . . . xf (g(n)) = P yg(1) , . . . yg(n) = = sg (g) · P (y1 , . . . , yn ) = sg (g) · P xf (1) , . . . xf (n) =
Vezessük be az
= sg (g) · sg (f ) · P (x1 , . . . , xn ) , amib®l a polinomok egyenl®sége miatt éppen a bizonyítandót kapjuk.
2.1.9. házi feladat.
Miért nem baj, hogy
sg (f ◦ g) = sg (f ) · sg (g)
sg (f ◦ g) = sg (g) · sg (f )
jött ki
helyett ?
2.1.10. következmény. = 1, sg (f −1 ) =
× Az sg : Sn → Z el®jel homomor zmus, sg (id) = (sg (f ))−1 , azaz permutáció inverzének el®jele az el®jelének
inverze (azaz a két el®jel megegyezik). Bizonyítás. A 2.1.8. lemma éppen azt mondja, hogy az el®jel homomor zmus. Az
sg (id) = sg (id ◦ id) = sg (id) · sg (id) egyenl®ség mindkét oldalát a
Z× -beli (sg(id)−1 )-zel
szorozva
1 = sg (id) adódik. Végül
1 = sg (id) = sg f ◦ f −1 = sg (f ) · sg f −1 , amib®l
sg f −1 = (sg (f ))−1 adódik.
2.1 Homomor zmusok, izomor zmusok
2.1.11. házi feladat. musra
ϕ (1G ) = 1H
és
15
Igazoljuk, hogy egy
−1
ϕ (g −1 ) = ϕ (g)
ϕ: G → H
csoporthomomor z-
, azaz egy csoporthomomor zmus
megtartja az egységelemet és az inverzet is.
2.1.12. lemma.
Minden
Bizonyítás. Tekintsük az
Sn -beli (ij)
csere el®jele -1.
cserét. Közvetlen számolással ellen®rizhet®,
hogy az inverziók száma páratlan. Ennél elegánsabb a következ® : Legyen
g ∈ Sn
egy olyan permutáció, ami 1-et
i-be,
2-t pedig
j -be
viszi. Ekkor
g ◦ (12) ◦ g −1 (i) = g ◦ (12)(1) = g(2) = j, g ◦ (12) ◦ g −1 (j) = g ◦ (12)(2) = g(1) = i, g ◦ (12) ◦ g −1 (l) = g ◦ (12) g −1 (l) = g g −1 (l) = l
(l 6= i, j),
g ◦ (12) ◦ g −1 = (ij), és így sg(ij) = sg(g) · sg(12) sg(g −1 ) = sg(12). Végül, sg(12) = −1 közvetlenül következik az el®jel de níciójából. vagyis
2.1.13. házi feladat.
Igazoljuk az
(x1 x2 . . . xk ) = (x1 x2 ) (x2 x3 ) . . . (xk−1 xk )
egyenl®séget. Vonjuk le következtetésként, hogy páratlan hosszú ciklus páros, páros hosszú ciklus pedig páratlan permutáció. Tehát egy permutáció pontosan akkor páros, ha a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a páros hosszú ciklusok száma páros.
2.1.14. házi feladat. El®áll-e Sn -ben az (12) hármas ciklusok szorzataként ?
2.1.2. Rend A kételem¶ csoportokat már ismerjük izomor a erejéig. Hasonlóan bánhatunk el a háromelem¶ csoportokkal. Tekintsünk most négyelem¶ csoportokat :
× (Z4 , +), Z× 5 , Z8 . Melyek izomorfak ezen csoportok közül ? A kérdés megválaszolásához érdemes felírni a Cayley táblázataikat :
·
+ 0 1 2 3 0
0 1 2 3
·
1 2 3 4
1 1 2 3 4 Z× 5
1 3 5 7
1 1 3 5 7 Z× 8
(Z4 , +) : 1
1 2 3 0
2
2 3 0 1
3 3 1 4 2
5 5 7 1 3
3
3 0 1 2
4 4 3 2 1
7 7 5 3 1
: 2 2 4 1 3
: 3 3 1 7 5
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
16
(Z4 , +)
Könny¶ látni, hogy
és
Z× 5
izomorfak, ugyanis a hatványozás azonos-
ságai miatt izomor zmus lesz köztük
ϕ : Z4 → Z5 , g 7→ 2g Viszont
Z× 5
és
Z× 8
(mod 5).
nem izomorfak. Ezt például úgy lehet látni, hogy izomor-
zmus mentén a Cayley táblázat f®átlója a másik Cayley táblázat f®átlójába megy át. De
Z× 8
Cayley táblázatának f®átlója csupa egységelemb®l áll, míg
× Z× 5 -é nem. Másképpen : Z8 -ben minden elemnek legfeljebb két különböz® × hatványa van, míg Z5 -ben van olyan elem, aminek 4 különböz® hatványa is van. Mivel a különböz® hatványok száma a m¶velettel de niálható, ezért az izomor zmus meg®rzi azt. Ez egy olyan fontos fogalom, hogy nevet is kapott.
2.1.15. de níció. száma. Jele :
g
Egy
csoportelem rendje a
g
különböz® hatványainak a
o(g).
2.1.16. megjegyzés. Ha a csoportban a m¶velet az összeadás, akkor hatvány helyett többszörösr®l beszélünk. Ezzel a fogalommal már találkoztunk a Bevezetés az algebrába és szám-
C× -ben
elméletbe órán, amikor
egy
z
komplex szám rendjét vizsgáltuk. Ott
fel is írtuk a rend különböz® tulajdonságait, melyek közül az alábbiak ugyanazzal a bizonyítással általánosodnak minden csoportra.
2.1.17. állítás.
Legyen
G
csoport,
g∈G
egy tetsz®leges elem. Ekkor
1.
o(g) = ∞ ⇐⇒ g
minden hatványa különböz® ;
2.
o(g) < ∞ ⇐⇒
a legkisebb pozitív
hatványai periodikusan 3.
o(g) < ∞ =⇒
n, amire g n = 1 ismétl®dnek o(g) periódussal ;
pontosan akkor lesz
pontosan akkor teljesül
k
g = 1,
ha
o(g) ; (o(g),k)
4.
o gk =
5.
o(g) = 1 ⇐⇒ g
a
G
egységeleme.
gk = gl , o(g) | k ;
ha
éppen
o(g) | k − l,
o(g),
és
g
speciálisan
2.1 Homomor zmusok, izomor zmusok
17
Bizonyítás. Az els® három állítást egyszerre látjuk be. Jelölje a csoport egységelemét
e.
Tegyük fel, hogy vannak
k 6= l
g k = g l , ekkor g m = 1, például k − l
egészek, hogy
g k−l = e. Nevezzük az m egész számot jó kitev®nek, ha és l − k is jó kitev®k. Legyen n egy legkisebb abszolútérték¶ jó kitev®, ami nem 0. Ilyen van, mert van nem nulla jó kitev® (például k − l ). Mivel n és −n egyszerre jó kitev®k, feltehet®, hogy n pozitív. Tegyük fel, hogy m jó kitev®. Belátjuk, hogy n | m. Osszuk el m-et maradékosan n-nel : m = qn + r, ahol
r=0
vagy
0 < |r| < |n|.
Ám ekkor
g r = g m−qn = g m · (g n )−q = e, r is jó kitev®. Mivel n egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla jó kitev® volt, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn, és így n | m. Ekkor g, g 2 , . . . , g n mind különböznek, hiszen n volt a legkisebb abszolútérték¶ nem s s+n nulla jó kitev®. Ugyanakkor tetsz®leges s egészre g = g , vagyis g hatványai n szerint periodikusak. Tehát g -nek pontosan n különböz® hatványa van, így o(g) = n, és az els® három állítás bizonyítása kész. vagyis
A 4. állításhoz a 3. állítás speciális esetét érdemes használni :
gk
m
= 1 ⇐⇒ o g k | m.
Másrészt
g
k m
o(g) = 1 ⇐⇒ o (g) | mk ⇐⇒ (o(g), k)
Végül az 5. állítás nyilvánvaló a rend de níciójából.
2.1.18. példa.
Z× 5 -ben o(1) = 1, o(2) = o(3) = 4, o(4) = 2 ;
Z× 8 -ben o(1) = 1, o(3) = o(5) = o(7) = 2 ;
(Zn , +)-ban o(k) =
n ; (n,k)
tükrözések rendje 2 ;
m.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
18
p/q · 2π
szög¶ forgatások rendje
eltolás rendje
∞
q
(ahol
(p, q) = 1) ;
(kivéve az identitást).
2.1.19. állítás (Permutáció rendje).
Egy
k
hosszú ciklus rendje
k.
Egy per-
mutáció rendje a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a ciklusok rendjének legkisebb közös többszöröse.
f = (x1 , . . . , xk ) egy k hosszú ciklus. Ekkor 0 < l < k l k esetén f (x1 ) = xl+1 6= x1 , tehát l nem jó kitev®. Ugyanakkor f = id, vagyis k a legkisebb jó kitev®, és így o(f ) = k . Bizonyítás. Legyen
g egy tetsz®leges permutáció, g1 . . . gm a diszjunkt ciklusokra n való felbontása. Ekkor pontosan akkor teljesül g = id, ha minden 1 ≤ i ≤ mn re gi = id (hiszen a különböz® gi -k diszjunkt ponthalmazokat mozgatnak). Utóbbi egy konkrét i-re pontosan akkor teljesül, ha o(gi ) | n. Tehát Legyen most
g n = id ⇐⇒ [o(g1 ), . . . , o(gn )] | n. Másrészt tudjuk, hogy
g n = id ⇐⇒ o(g) | n,
amib®l
o(g) = [o(g1 ), . . . , o(gn )]
adódik.
2.1.20. példa. Például
Fontos, hogy a permutációt diszjunkt ciklusokra bontsuk !
(13)(12) = (123)
rendje 3, nem pedig 2.
2.1.3. Ciklikus csoport 2.1.21. de níció.
Egy csoportot ciklikusnak hívunk, ha egy elemének a
hatványaiból áll. Egy ilyen elem neve a csoport generátora.
2.1.22. példa.
Z× 5
ciklikus, generátorai 2 és 3 ;
Z× 8
nem ciklikus, mert nincs benne negyedrend¶ elem ;
(Z, +)
(Zn , +)
ciklikus, generátorai 1 és -1 ; ciklikus, például az 1 generálja.
2.1 Homomor zmusok, izomor zmusok
2.1.23. tétel.
Ha
G
ciklikus, akkor
19
G ' (Z, +)
vagy
G ' (Zn , +).
Speciáli-
san minden ciklikus csoport kommutatív. Bizonyítás. Legyen
n = ∞,
G
g
ciklikus,
egy generátora, és legyen
n = o(g).
Ha
akkor
ϕ : (Z, +) → G, k 7→ g k izomor zmus. Csakugyan, a szürjektivitás világos (egy
gk
hatvány a
k
képe
lesz), a m¶velettartás is könnyen adódik :
ϕ(a + b) = g a+b = g a · g b = ϕ(a) · ϕ(b). k 6= l egészekre ϕ(k) = = 1. De akkor o(g) | k − l
Végül az injektivitáshoz tegyük fel, hogy valamely
= ϕ(l).
Ez azt jelentené, hogy
teljesülne, és így Ha
n 6= ∞,
o(g)
gk = gl ,
vagyis
g k−l
véges lenne.
akkor
ϕ : (Zn , +) → G, k 7→ g k izomor zmus, ez az el®z® esethez hasonlóan látható be.
2.1.24. házi feladat.
A fenti bizonyítás absztrakt. Értsük meg, és ellen®riz-
zük, hogy a megadott leképezések (különösen a második esetben) valóban izomor zmusok !
2.1.25. állítás.
Legyen
G
1. a generátorok száma
egy
n
elem¶ ciklikus csoport. Ekkor
ϕ(n) ;
2. minden csoportelem rendje osztja 3. minden
d | n-re
Bizonyítás. Legyen
g
pontosan
ϕ(d)
n-et ;
darab
d
rend¶ elem van.
egy generátor. Ekkor
o g
k
n = n, (n, k)
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
20
amib®l a második állítás adódik. Továbbá ha
n (n,k)
=n
pontosan akkor teljesül,
(n, k) = 1. Az ilyen k -k száma éppen ϕ(n). Az utolsó állítást kés®bb látjuk
be, amikor karakterizáljuk ciklikus csoportok részcsoportjait. Ciklikus csoportokra váratlan helyeken bukkanhatunk a matematikán belül. Például a félév végén belátjuk az alábbi nem teljesen nyilvánvaló állítást.
2.1.26. tétel.
Véges test multiplikatív csoportja ciklikus.
Z× p ' (Zp−1 , +), illetve általában ha T véges test, |T | = n, ' (Zn−1 , +). A számelméletben is el®fordulnak ciklikus csoportok.
Tehát például akkor
T×
2.1.27. de níció.
Azt mondjuk, hogy
g
primitív gyök modulo
n,
ha
g
ge-
× nerálja Zn -t.
2.1.28. tétel (Számelmélet). Pontosan akkor létezik primitív gyök modulo n, ha
n
az 1, 2, 4,
pα , 2pα
számok valamelyike (ahol
p
páratlan prím,
egész). Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
α
pozitív
2.2 Részcsoportok
21
2.2. Részcsoportok 2.2.1. de níció. nak hívjuk, ha
Legyen
(H, ∗)
(G, ∗)
csoport a
csoport. A
G-beli
H⊆G
részhalmazt részcsoport-
szorzással. Jele :
H ≤ G.
2.2.2. példa. Minden vektortér az összeadással csoport, minden altér egy részcsoport.
(Z, +) ≤ (Q, +) ≤ (R, +) ≤ (C, +) ;
Z× ≤ Q× ≤ R× ≤ C× ;
Q×
(Z5 , +) nem részcsoportja (Z, +)-nak, míg Z-ben 6 ;
nem részcsoportja
a páros permutációk
(C, +)-nak,
Sn -ben,
1.
jelük
mert 2 és 4 összege
Z5 -ben
1,
An ; jele
SO(2).
pontosan akkor részcsoport
G-ben,
az origó körüli forgatások
2.2.3. állítás. H
mert más a m¶velet ;
O(2)ben,
ha
H 6= ∅ ;
2. minden
a, b ∈ H -ra ab ∈ H
3. minden
a ∈ H -ra a−1 ∈ H
is (szorzásra zárt) ; is (inverzképzésre zárt).
Bizonyítás. A három feltétel szükségessége világos, hiszen a
H -beli
m¶velet-
nek is értelmesnek kell lennie. (Az egyetlen, ami nem nyilvánvaló, hogy miért ne lehetne másik egységeleme
H -nak,
valamint egy elemnek másik inverze,
ezt megbeszéltük a gyakorlaton). Az elégségességhez azt kell észrevenni, hogy a m¶velet asszociativitása örökl®dik
G-b®l.
Az egységelem
H -beli
lesz, mert egy elem és inverze, vala-
mint azok szorzata is benne van. Végül pedig minden elem inverze is
H -beli
a harmadik feltétel miatt.
2.2.4. házi feladat.
Gondoljuk meg, hogy
H≤G
ekvivalens az alábbival :
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
22
1.
H 6= ∅ ;
2. minden
a, b ∈ H -ra ab−1 ∈ H .
Gondoljuk meg, hogy az els® feltétel ekvivalens azzal, hogy
G
egységeleme
H -beli. 2.2.5. megjegyzés. A harmadik feltétel elhagyható minden olyan csoportban, ahol minden elem rendje véges (az ilyen csoportokat torziócsoportoknak hív-
o(g) = n,
juk). Csakugyan, ha
akkor
g −1 = g n−1 ∈ H
a szorzásra zártság
miatt. Az alábbi fogalom a kés®bbiekben hasznos lesz, és nagyban leegyszer¶síti a formalizmust.
2.2.6. de níció (komplexusm¶veletek ). Az X, Y ⊆ G részhalmazokra legyen X · Y = { x · y | x ∈ X, y ∈ Y } , X −1 = x−1 | x ∈ X . Tehát a 2.2.3. állítás az alábbi ekvivalens alakban írható.
2.2.7. állítás (2.2.3. állítás). H 1.
H 6= ∅ ;
2.
H ·H ⊆ H;
3.
H −1 ⊆ H .
Természetesen ha
2.2.8. de níció.
A
H
G
pontosan akkor részcsoport
részcsoport, akkor
H ·H = H
és
G-ben,
H −1 = H
csoport rendje a csoport elemszáma, jele
ha
is teljesül.
|G|.
A csoport rendjét nem véletlenül hívjuk ugyanúgy, mint egy elem rendjét.
G ciklikus, és g |G| = o(g).
Ha például azaz
generálja, akkor
G rendje megegyezik g
rendjével,
2.2 Részcsoportok
23
2.2.1. Mellékosztályok, Lagrange tétele Véges csoportok esetén a részcsoportok rendje szoros kapcsolatban áll a csoport rendjével.
2.2.9. tétel (Lagrange tétele).
Ha
G
véges,
H ≤ G,
akkor
|H|
osztja
|G|-t.
A továbbiakban a 2.2.9. tételt bizonyítjuk. El®ször vázoljuk a bizonyítást, majd precízzé tesszük az egyes részeket. A f® ötlet, hogy felbontjuk
G-t gH
alakú részhalmazokra. Ezek a részhalmazok vagy egyenl®ek, vagy
diszjunktak, azonos elemszámúak, és az uniójuk lefedi részhalmaz van, akkor
2.2.10. de níció.
G-t.
Tehát ha
k
ilyen
|G| = k · |H|.
Legyen
H ≤ G.
Ekkor a
gH = { gh | h ∈ H } halmazt baloldali mellékosztálynak, a
Hg = { hg | h ∈ H } halmazt jobboldali mellékosztálynak hívjuk (g
∈ G).
2.2.11. példa. Legyen
G = (C, +), H = (R, +).
x tengellyel párhuzamos egyenesek. Például (1 + 4i) + H = (7 + 4i) + H = = (π + 4i) + H , ami az y = 4 egyenes.
Legyen
G = S3 , H = { id, (12) }.
A
H
szerinti mellékosztályok az
Ekkor
(123)H = { (123), (13) } = 6 { (123), (23) } = H(123), tehát egy elem baloldali mellékosztálya nem feltétlen egyezik meg a jobboldali mellékosztállyal. Kommutatív csoportok esetén természetesen ugyanazok a baloldali és jobboldali mellékosztályok. Be fogjuk látni, hogy a baloldali mellékosztályok particionálják a csoportot. Ehhez segítségül hívjuk azt az állítást, mely szerint minden ekvivalenciareláció megad egy partíciót és minden partíció de niálható ekvivalenciarelációval (két elem akkor van azonos osztályban, ha relációban állnak egymással).
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
24
A 2.2.9. tétel bizonyítása. Tekintsük az alábbi relációt
a−1 b ∈ H .
Ekkor
∼
G-n : legyen a ∼ b, ha
ekvivalenciareláció :
Re exivitás. a−1 a = 1G ∈ H , tehát a ∼ a. Szimmetria. tehát
Ha
a ∼ b,
akkor
a−1 b ∈ H .
Így
−1
b−1 a = (a−1 b)
∈ H −1 ⊆ H ,
b ∼ a.
Tranzitivitás.
a ∼ b és b ∼ c, akkor a−1 b ∈ H és b−1 c ∈ H . a−1 c = (a−1 b) (b−1 c) ∈ H · H ⊆ H , tehát a ∼ c. Ha
De akkor
a ∼ b pontosan akkor teljesül, ha a−1 b ∈ H , vagyis ha van olyan h ∈ ∈ H , hogy a−1 b = h, azaz b = ah. Tehát a ∼ b ⇐⇒ b ∈ aH , vagyis a osztálya éppen aH . Tehát a baloldali mellékosztályok valóban particionálják G-t. Kell még, hogy |aH| = |H|. Ehhez csak annyit kell meggondolni, hogy a
Tehát
H → aH, h 7→ ah leképezés kölcsönösen egyértelm¶.
Injektivitás.
Ha
ah1 = ah2 ,
akkor balról
a−1 -zel
szorozva kapjuk, hogy
h1 = h2 .
Szürjektivitás.
Ez nyilvánvaló
aH
de níciójából.
Ezzel a 2.2.9. tétel bizonyítását befejeztük. 2.2.12. megjegyzés. Vegyük észre, hogy a bizonyításban leírt mellékosztályokra bontás végtelen csoportoknál ugyanígy m¶ködik. A végességet kizárólag az oszthatóságnál használtuk. Továbbá az is kijött, hogy bármely két mellékosztály egyenl® vagy diszjunkt.
2.2.13. de níció. ti mellékosztályok
|G : H|-val
H ≤ G részcsoport esetén számát a H részcsoport G-beli Egy
a különböz®
H
szerin-
indexének nevezzük és
jelöljük.
2.2.14. példa. |(Z, +) : (3Z, +)| = 3, azaz az index végtelen csoportokra is létezik.
2.2 Részcsoportok
25
|G| = |H| · |G : H| egyenl®séget mondja ki, mely
A Lagrange-tétel tehát a igaz végtelen csoportokra is.
Egy pillanatra id®zzünk el az index de níciójával. Valójában pontosabb lenne balindexr®l és jobbindexr®l beszélni aszerint, hogy a baloldali vagy a jobboldali mellékosztályok számáról beszélünk-e. Felmerül a kérdés, hogy ez a két fogalom ugyanaz-e mindig. A válasz az, hogy igen, mert létesíthet® egy bijekció a részcsoport baloldali és jobboldali mellékosztályai között. Ez a bijekció pedig az invertálás :
gH ←→ (gH)−1 = H −1 g −1 = Hg −1 . Tehát az index fogalma jólde niált, mindegy, hogy balindexre vagy jobbindexre gondolunk. A továbbiakban áttekintjük a Lagrange tétel néhány következményét.
2.2.15. de níció. Egy g ∈ G-re legyen hgi = { gn | n ∈ Z } a g által generált részcsoport, mely tehát
2.2.16. házi feladat. Legyen most
G
g
összes hatványából áll.
Igazoljuk, hogy
véges csoport és
hgi
g∈G
valóban csoport, elemszáma
o(g).
egy tetsz®leges elem. Alkalmazva
hgi részcsoportra, azt kapjuk, hogy o(g) osztja |G|-t. Ton vábbá tudjuk, hogy g = 1 pontosan akkor teljesül, ha n az o(g) többszöröse.
Lagrange tételét a
Tehát
g |G| = 1.
2.2.17. következmény (Euler-Fermat tétel). aϕ(n) ≡ 1
Ha
(a, n) = 1,
akkor
(mod n).
G = Z× n , ennek elemei éppen az n-hez relatív prím mara× dékosztályok. Speciálisan a maradékosztálya is Zn -beli. Továbbá |G| = ϕ(n),
Bizonyítás. Legyen
tehát
aϕ(n) = 1 G-ben,
ami épp a bizonyítandó.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
26
2.2.2. Valódi részcsoport nélküli csoportok Egy
G csoportban az { 1 } és a G halmazok mindig részcsoportok, ®ket trivi-
ális részcsoportoknak nevezzük. Nemtriviális részcsoport neve valódi részcsoport, ez tehát olyan
H ≤ G,
melyre
H 6= { 1 }
és
H 6= G.
Az alábbi tétel azt
a kérdést válaszolja meg, hogy mely csoportoknak nincs más részcsoportja a két triviálison kívül.
2.2.18. tétel.
G csoportnak pontosan két részcsoportja van (a két tri⇐⇒ |G| = p prím. Ekkor G ciklikus, kommutatív, G '
Egy
viális részcsoport)
' (Zp , +). ⇐= : Legyen H ≤ G, ekkor a Lagrange-tétel miatt |H| | |G| = p. Egy p prímnek pontosan két pozitív osztója van : 1 és p. Ha |H| = 1, akkor H = { 1 }. Ha |H| = p, akkor H = G. =⇒ : |G| > 1, különben csak egy részcsoportja lenne. Legyen g ∈ G tetsz®leges, g 6= 1, és tekintsük a hgi részcsoportot. Most G-nek csak a két triviális részcsoportja van, és g 6= 1, vagyis hgi = G. Vagyis G ciklikus (így kommutatív is), és tetsz®leges nem egységelem generálja. Itt o(g) véges, különben hg 2 i egy valódi részcsoport lenne G-ben. Ha o(g) = mn valamilyen m, n > 1 mn m = n < mn, egészekre, akkor a hatvány rendjének képletéb®l o (g ) = (mn,m) m vagyis hg i valódi részcsoport lenne. Tehát G elemszáma egy p prím, és mivel G ciklikus, ezért a 2.1.23. tétel miatt G ' (Zp , +). Bizonyítás.
2.2.3. Ciklikus csoport részcsoportjai 2.2.19. tétel.
Ciklikus csoport minden részcsoportja ciklikus.
Bizonyítás. Legyen Legyen
n m
egy ciklikus csoport,
H ≤ G
H = hg n i.
A
tetsz®leges, melyre
maradékosan
⊇
gm ∈ H .
Belátjuk, hogy
n-nel :
r=0
vagy
0 < |r| < |n|.
Ám ekkor
g r = g m−qn = g m · (g n )−q ∈ H,
gn ∈ H .
⊆ tartalmazáshoz n | m. Osszuk el m-et
tartalmazás világos. A
m = qn + r, ahol
egy részcsoport.
egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla egész, melyre
Belátjuk, hogy legyen
G = hgi
2.2 Részcsoportok
27
g r ∈ H . Mivel n egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla kitev® volt, n hogy g ∈ H , ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn. Így n | m, m azaz g ∈ hg n i. Mivel g m tetsz®leges H -beli elem volt, H ⊆ hg n i.
vagyis
2.2.20. megjegyzés. A rend tulajdonságaira vonatkozó 2.1.17. állítás bizonyításában ugyanez a gondolatmenet hangzik el a
2.2.21. következmény. 1. Ha
o(g) = ∞,
Legyen
akkor
den pozitív egész
G
G = hgi
H = {1}
részcsoportra.
ciklikus.
részcsoportjai a
hg m i
alakú részcsoportok min-
m-re.
o(g) = n < ∞, akkor minden d | n-re pontosan egy d rend¶ részn/d csoportja van G-nek, mely éppen g hatványaiból áll. Más részcsoport nincs. Továbbá G bármely két d rend¶ eleme egymás hatványa, számuk ϕ(d).
2. Ha
Bizonyítás. Az els® állítás a 2.2.19. tétel közvetlen következménye. A máso-
H ≤ G egy részcsoport, |H| = d. Ekkor a Lagrange-tétel k kd miatt d | n. Ha most g ∈ H , akkor szintén a Lagrange-tétel miatt g = d = g k = 1, amib®l a rend tulajdonságai miatt n | kd, és így nd | k . Tehát H elemei a g n/d hatványai közül kerülhetnek ki. De g n/d -nek pont d darab n/d hatványa van, |H| = d, vagyis H éppen g hatványaiból áll, és így egyetlen d rend¶ részcsoport. Továbbá G minden d rend¶ eleme H -beli (hiszen egy d rend¶ részcsoportot generálnak, ami így H ), és ezek így éppen H generátorelemei. Tehát az ilyen elemek egymás hatványai, valamint számuk ϕ(d). dik állításhoz legyen
2.2.22. következmény. X
ϕ(d) = n.
d|n
G egy n elem¶ ciklikus csoport. Csoportosítsuk az elemeket a rendjeik alapján. Ha d - n, akkor nincs d rend¶ elem. Továbbá minden d | n-re pont ϕ(d) darab d rend¶ elem van a 2.2.21. következmény miatt. P Vagyis összesen d|n ϕ(d) darab eleme van az n elem¶ G-nek. Bizonyítás. Legyen
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
28
2.2.4. Generált részcsoport hgi részcsoportot g hatványaiként de niáltuk. Vegyük észre, hogy ha egy H részcsoport tartalmazza g -t, akkor annak minden hatványát is tartalmazza a m¶veletekre való zártság miatt. Így hgi ≤ H is teljesül. Tehát hgi a legsz¶kebb olyan részcsoport, ami g -t tartalmazza.
Egy
g∈G
által generált
Emlékezzünk vissza lineáris algebrai tanulmányainkból a generált altér de níciójára. Ott egy halmaz által generált altér a legsz¶kebb olyan altér volt, ami tartalmazta a halmazt. Ugyanezt a de níciót használjuk egy halmaz által generált részcsoport fogalmánál is, mely általánosítja az egy elem által generált részcsoport fogalmát.
2.2.23. de níció. (jele
hXi) az a
Legyen
X ⊆ G.
X
által generált részcsoport
G-ben, mely X -et tartalmazza. A leghasználjuk, hogy ha H ≤ G egy részcsoport,
legsz¶kebb részcsoport
sz¶kebbet abban az értelemben melyre
Ekkor az
X ⊆ H,
akkor
hXi ⊆ H
is.
A de nícióból korántsem nyilvánvaló, hogy a generált részcsoport létezik vagy akár egyértelm¶. Ezt be kell bizonyítani.
2.2.24. állítás.
Legyen
K = ∩X⊆H≤G H
(2.2)
X -et tartalmazó G-beli részcsoportok metszete. Ekkor K = hXi az egyetlen legsz¶kebb X -et tartalmazó részcsoport.
az
Bizonyítás.
K
részcsoport, mert részcsoportok metszete részcsoport (ennek
bizonyítása házi feladat ). Továbbá
K
tartalmazza
X -et,
hiszen a (2.2) jobb-
X -et. Végül K a X ⊆ H ≤ G, akkor H
oldalán szerepl® metszet összes tényez®je is tartalmazza legsz¶kebb
X -et
tartalmazó részcsoport, mert ha
szerepel a (2.2) jobboldalán a metszet egyik tényez®jeként, vagyis legalább akkora, mint a metszet. Az egyértelm¶ség adódik abból az egyszer¶ tényb®l, hogy tetsz®leges halmazrendszernek csak egy legsz¶kebb eleme lehet (ennek bizonyítása is házi feladat ). Vizsgáljuk meg, hogy hogyan is néz ki a generált részcsoport.
2.2 Részcsoportok
29
2.2.25. példa. H ≤ (Z, +), melyre 18, 26 ∈ H . Ekkor −16 = − − (8 + 8) ∈ H , és így 2 = 18 − 16 ∈ H . Tehát H -ban minden páros szám benne van. Ugyanakkor a páros számok (Z, +)-ben részcsoportot alkotnak, tehát H egy olyan részcsoport, ami minden páros számot tartalmaz. Ebben a részcsoportban benne is van 18 és 26 is. Más szóval, ha egy részcsoport tartalmazza 18-at és 26-t, akkor tartalmazza a páros számok részcsoportját is. Így a 18 és 26 által generált részcsoport a
Tegyük fel, hogy
páros számok részcsoportja.
m, n ∈ H ≤ (Z, +), akkor (m, n) ∈ H , és így annak minden többszöröse is H -beli. Így az m és n által generált részcsoport az (m, n) által generált részcsoport.
Igazoljuk, hogy ha
H ≤ S4 , melyre (123) ∈ H , (12)(34) ∈ H . Mit mondhatunk H -ról ? Nyilván (134) = (123)(12)(34) ∈ H , hasonlóan (243) = = (12)(34)(123) ∈ H . Továbbá minden eddig megtalált elem minden 2 2 hatványa is H -beli, azaz (132) = (123) ∈ H , (143) = (134) ∈ H , (234) = (243)2 ∈ H . A fenti eljárást kellene folytatnunk (vagyis : jobb-
Tegyük fel, hogy
ról és balról is összeszorozni a talált elemeket, majd az új elemek minden hatványát betenni) amíg egy szorzásra és inverzképzésre zárt részcsoportot nem kapunk. Ez lesz a generált részcsoport. Egy kis gyorsítás : mind az
(123),
mind pedig
generált részcsoport
(12)(34)
A4 -nek
páros permutáció, tehát az általuk
is része. Viszont már találtunk 7 elemet,
ami benne van a generált részcsoportban, a Lagrange-tétel miatt pedig a generált részcsoport elemszáma osztja részcsoport csak
A4
|A4 | = 12-t,
vagyis a generált
lehet.
Vektorterek esetén beláttuk, hogy a generált altér éppen az összes lineáris kombinációból áll. A fenti példákból könnyen látható, hogy ez hogyan általánosodik kommutatív csoportokra.
2.2.26. házi feladat. Legyen (A, +) egy kommutatív csoport, X ⊆ A. Ekkor hXi = { m1 g1 + · · · + mn gn | mi ∈ Z, gi ∈ X, n ∈ N } .
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
30
Nem kommutatív csoportok esetén is hasonló a helyzet, csak ott minden szót meg kell engedni, amit a generátorelemekb®l és azok inverzeib®l gyártani tudunk.
2.2.27. tétel.
G csoport, X ⊆ G. Ekkor hXi azon G-beli elemekb®l −1 áll, melyek el®állnak X és X elemeib®l képzett akárhány tényez®s szorzat−1 ként. (Egy ilyen szorzatban X és X elemei többször is felhasználhatóak.) Legyen
X −1 elemeib®l képzett akárhány tényez®s szorzatok G-ben. Belátjuk, hogy L = hXi. L ⊆ hXi : mivel hXi zárt az inverzképzésre és X ⊆ hXi, ezért X −1 ⊆ ⊆ hXi. Mivel hXi zárt a szorzásra is, ezért az X ∪ X −1 -b®l képzett akárhány tényez®s szorzatok is hXi-ben vannak, vagyis L ⊆ hXi. hXi ⊆ L : L részcsoport, hiszen zárt a szorzásra (két valahány tényez®s Bizonyítás. Legyen
L az X
és
szorzat szorzata is egy valahány tényez®s szorzat) és az inverzképzésre (itt fel kell használni, hogy
L
X -et tartalmazó alapján hXi ⊆ L. egy
−1 (a1 . . . an )−1 = a−1 n . . . a1 ).
Nyilván
X ⊆ L.
Tehát
részcsoport, amib®l a generált részcsoport de níciója
2.3 Csoportkonstrukciók
31
2.3. Csoportkonstrukciók 2.3.1. Direkt szorzat Ebben az alszakaszban a direkt szorzat konstrukciójával ismerkedünk meg. A f®példa az
n-szeres
n
dimenziós oszlopvektorok, melyek vektortere éppen a test
direkt szorzatával izomorf, ahol a m¶veletek koordinátánként tör-
ténnek. Hasonlóan de niálhatjuk csoportok direkt szorzatát is.
2.3.1. de níció. Legyenek G1 , . . . , Gn csoportok. A G1 ×. . .×Gn -t a G1 , . . . , Gn csoportok direkt szorzatának nevezzük, ahol
G1 × . . . × Gn = { (g1 , . . . , gn ) | gi ∈ Gi , 1 ≤ i ≤ n } , a szorzás komponensenként történik :
(g1 , . . . , gn ) · (h1 , . . . , hn ) = (g1 h1 , . . . , gn hn ). A direkt szorzat egységeleme
(e1 , . . . , en ), ahol ei
tálást szintén komponensenként végezzük, vagyis a
g1−1 , . . . , gn−1
Gi egységeleme. Az invera (g1 , . . . , gn ) elem inverze
a
.
2.3.2. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
G1 × . . . × Gn
valóban csoport a meg-
adott m¶veletekkel.
2.3.3. példa.
Sík vektorai az összeadásra éppen
(R, +) × (R, +). Hasonlóan,
(C, +) ' (R, +) × (R, +). 2.3.4. megjegyzés. Végtelen sok csoport esetén a direkt szorzat (néha teljes
direkt szorzat ) de níciója szó szerint átvihet®. A direkt összeg (vagy diszkrét direkt szorzat ) de níciója ilyenkor eltér. Ha nek csak azon
(gi )i∈I
I
indexhalmaz, akkor
⊕i∈I Gi -
sorozatok lesznek elemei, melyek minden komponense
véges sok kivételt®l eltekintve az egységelem. Ennek a de níciónak az értelme kés®bb válik majd világosabbá.
2.3.5. példa.
× Z× 9 × Z5 -ben ? Ha megkeressük a 1 2 legkisebb jó kitev®t g -hez, akkor az a 12 lesz : g = (2, 3), g = (4, 4), stb. Továbbá o9 (2) = 6, o5 (3) = 4, és 12 = [6, 4]. Mi lesz
g = (2, 3)
rendje
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
32
2.3.6. házi feladat. A g = (g1 , . . . , gn ) elem rendje az o(gi ) rendek legkisebb közös többszöröse, illetve
2.3.7. példa.
∞,
ha valamely
gi
rendje
∞.
g = (1,1) elem rendje G = (Z2 , +) × (Z3 , +)-ban ? Mivel o2 (1) = 2, o3 (1) = 3, ezért o(g) = [2,3] = 6. De |G| = 6, vagyis G ciklikus, és így (Z6 , +) ' (Z2 , +) × (Z3 , +). Mi lesz a
Általános cél, hogy egy csoportot fel tudjunk bontani kisebb, és lehet®ség szerint egyszer¶bb szerkezet¶ (pl. ciklikus) csoportok direkt szorzatára. Mivel a direkt szorzatban minden m¶veletet komponensenként kell végezni, így elég a direkt komponenseket megérteni a teljes csoport megértéséhez. Az alábbi tétel például azt mondja meg, hogy egy direkt szorzat mikor ciklikus.
2.3.8. tétel. G × H
ciklikus
⇐⇒ G
és
H
ciklikusak és
(|G| , |H|) = 1.
⇐= : Legyen G = hgi, o(g) = m, H = hhi, o(h) = n, (m, n) = 1. Ekkor |G × H| = mn, valamint
Bizonyítás. fel, hogy
és tegyük
o ((g, h)) = [o(g), o(h)] = [m, n] = mn, (g, h) generálja G × H -t. =⇒ : Tegyük fel, hogy G×H ciklikus, legyen (g, h) egy generátora. Legyen |G| = m, |H| = n. Ekkor a Lagrange tétel miatt o(g) | m és o(h) | n. Továbbá G × H -t (g, h) generálja, vagyis mn = o((g, h)) = [o(g), o(h)] [m, n].
amib®l következik, hogy
(m, n) = 1 és o(g) | m, o(h) | n-b®l o(g) = m, o(h) = n H is ciklikus, és (|G| , |H|) = 1.
Ebb®l
G
és
2.3.9. következmény.
Ha
(m, n) = 1,
2.3.10. megjegyzés. Az is igaz, hogy ha
akkor
adódik. Tehát
(Zm , +) × (Zn , +) ' (Zmn , +).
(m, n) = 1,
akkor
× × Z× m × Zn ' Zmn .
Ezt majd a gy¶r¶k direkt szorzatánál bizonyítjuk, közvetlen következménye, hogy ekkor
ϕ(mn) = ϕ(m) · ϕ(n).
Egy másik következmény az a (nem túl
könny¶) tétel, hogy pontosan akkor van primitív gyök modulo
n ∈ { 1, 2, 4 } ∪ { pα , 2pα | p
páratlan prím,
α
n,
ha
pozitív egész } .
2.3 Csoportkonstrukciók
33
Ha egy csoport ciklikus csoportok direkt szorzata, akkor nyilván kommutatív. A véges Abel csoportok alaptétele ennek épp a megfordítását mondja.
2.3.11. tétel (Véges Abel csoportok alaptétele).
Minden véges Abel csoport
felbontható prímhatványrend¶ ciklikus csoportok direkt szorzatára. A tényez®k sorrendt®l eltekintve egyértelm¶en meghatározottak. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
2.3.12. példa.
Megadjuk a 24 elem¶ Abel csoportokat izomor a erejéig.
Egy 24 elem¶ Abel csoport izomor a erejéig egyértelm¶en bomlik fel prímhatványrend¶ ciklikusok szorzatára. Tehát a 24-et kell el®állítani prímhatványok szorzataként. Erre három lehet®ség van :
24 = 3 · 8 = 3 · 4 · 2 = 3 · 2 · 2 · 2.
Az ezekhez tartozó Abel csoportok
(Z3 , +) × (Z8 , +) , (Z3 , +) × (Z4 , +) × (Z2 , +) , (Z3 , +) × (Z2 , +) × (Z2 , +) × (Z2 , +) .
2.3.2. Transzformáció- és permutációcsoportok 2.3.13. de níció. Az
SX
Legyen
X
egy halmaz, ennek elemeit pontoknak hívjuk.
X véges, akkor az X elemszámát
részcsoportjait transzformációcsoportoknak, ha
mutációcsoportoknak nevezzük. Ha
G ≤ SX ,
akkor
pera
G
fokának nevezzük.
2.3.14. példa.
An ≤ Sn .
A kocka szimmetriacsoportja része a tér egybevágósági transzformációinak
Dn
része a sík egybevágósági transzformációinak. Legyen
szabályos háromszög, és tekintsük a szimmetriáit :
D3 =
id, f, f 2 , TA , TB , TC
,
ABC
egy
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
34
O-val) körüli 120◦ -os pozitív irányú forgatás, TA , TB , TC pedig rendre az A, B , C pontokon átmen® szimmetriatengelyekre való tükrözés. Legyen P1 egy általános helyzet¶ pont, és tekintsük ennek a képét D3 elemeit mentén. Így kapjuk rendre a P1 , . . . , P6 pontokat. Ezek halmaza már zárt a D3 -mal való transzformációkra, hiszen például TA (P2 ) = TA ◦ f (P1 ) = TB (P5 ). S®t, ha máshogy vesszük fel a kezd®pontot, akkor nem kaphatjuk a Pi valamelyikét, mert akkor az inverz transzformációval ebb®l a Pi -b®l pont azt ahol
f
a háromszög középpontja (jelöljük
a kezd®pontot kapnánk. Vajon ha máshogy vesszük fel a kezd®pontot, akkor is mindig 6 pontunk lesz ? Nem, ugyanis el®fordulhat, hogy bizonyos transzformációk
Q1 a TA tengelyén, ekkor csak 3 pontot kapunk, ha sorban alkalmazzuk D3 elemeit : Q1 = = id(Q1 ) = TA (Q1 ), Q2 = f (Q1 ) = TC (Q1 ), Q3 = f 2 (Q1 ) = TB (Q1 ). Tehát Q1 -et két transzformáció hagyja xen D3 -ból, és 3 képe lesz. Végül, ha O -t tekintjük, akkor azt mind a 6 D3 -beli transzformáció xálja, és csak egy képe lesz : maga az O . Úgy t¶nik tehát, hogy egy xen hagyják a választott pontot. Legyen mondjuk
pontot xen hagyó transzformációk száma megszorozva a pont pályájának elemszámával éppen a csoport rendjét adja.
2.3.15. de níció.
Legyen
G ≤ SX .
Egy
x∈X
pont orbitja vagy pályája
G(x) = { g(x) | g ∈ G } . Nyilván
G(x) ⊆ X .
Azt mondjuk, hogy
G
hatása tranzitív, ha csak egy orbit
van.
2.3.16. de níció.
Legyen
G ≤ SX .
Egy
x∈X
pont stabilizátora
Gx = { g ∈ G | g(x) = x } . Nyilván
Gx ⊆ G.
2.3.17. házi feladat.
Igazoljuk, hogy egy pont stabilizátora részcsoport.
2.3.18. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). ma megegyezik az
x
Egy
x∈X
stabilizátorának indexével, azaz
|G(x)| = |G : Gx | .
pont orbitjának elemszá-
2.3 Csoportkonstrukciók
35
A tétel bizonyítása el®tt lássunk egy példát.
2.3.19. példa.
Kiszámoljuk, hogy hány szimmetriája van a kockának. Le-
G az ABCDP QRS kocka szimmetriacsoportja, ahol az alsó lap ABCD, a fels® lap pedig a csúcsok ugyanilyen sorrendjében P QRS . Ekkor könny¶ mutatni transzformációkat, melyek a kockát helyben hagyják, de az A csúcs gyen
átmegy akármelyik másik csúcsba, azaz
G(A) = { A, B, C, D, P, Q, R, S } . Legyen
H = GA ,
ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján
|G : H| = |G(A)| = 8. H(B)-t. Mivel H minden eleme egybevágósági transzformáH(A) = A, ezért egy vele szomszédos csúcs csak vele szomszédos
Most vizsgáljuk ció, és
csúcsba mehet át. Könny¶ azt is látni, hogy mindhárom szomszédos csúcsba át tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát
H(B) = { B, D, P } . Legyen
K = HB ,
ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján
|H : K| = |H(B)| = 3. K(D)-t. Mivel K minden eleme egybevágósági transzformáció, K(A) = A, K(B) = B , ezért D egy A-val szomszédos csúcsba mehet át, ami nem B . Könny¶ azt is látni, hogy mindkét ilyen szomszédos csúcsba át
Most vizsgáljuk
tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát
K(D) = { D, P } . Legyen
L = KD ,
ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján
|K : L| = |K(D)| = 2. Végül vizsgáljuk
L-t. Az L részcsoport xálja a kocka egyik csúcsát, és annak
mindkét szomszédos csúcsát. De akkor nyilván a harmadik szomszédos csúcsot is xálja, és könny¶ látni, hogy akkor már az egész kocka xen marad.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
36
Tehát
|L| = 1.
Mindebb®l
|K| = |K : L| · |L| = 2, |H| = |H : K| · |K| = 6, |G| = |G : H| · |H| = 48. Most rátérünk az Orbit-stabilizátor tétel bizonyítására. A kulcs észrevétel az, amit már meg gyeltünk. Nevezetesen, hogy az egyes pontok orbitjai nem metszenek egymásba. Ez az alábbi példán még szemléletesebben látszik.
2.3.20. példa. Legyen X a sík pontjai, G = SO(2) az origó körüli forgatások. Ekkor az orbitok éppen az origó körüli körök, melyek particionálják a síkot.
2.3.21. állítás.
Az orbitok particionálják
X -t.
Bizonyítás. Megadunk egy ekvivalenciarelációt, melynek osztályai éppen az orbitok. Legyen
x ∼ y,
ha van
g ∈ G,
hogy
g(x) = y .
Ez ekvivalenciareláció.
Re exivitás. x ∼ x, mert id ∈ G és id(x) = x. Szimmetria.
x ∼ y , akkor van g ∈ G, = g −1 (g (x)) = x, vagyis y ∼ x. Ha
Tranzitivitás. g(x) = y x ∼ z. Tehát
∼
hogy
g(x) = y .
Ekkor
g −1 (y) =
x ∼ y ∼ z . Ekkor vannak g, h ∈ G, hogy h(y) = z . Most h ◦ g(x) = h (g (x)) = h (y) = z , vagyis
Tegyük fel, hogy és
ekvivalenciareláció, osztályai nyilván az orbitok.
x ∈ X -et. Adunk egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetést a G(x) orbit elemei és Gx baloldali mellékosztályai között. Legyen y ∈ G(x) egy tetsz®leges elem az orbitból. Ekkor van g ∈ G, hogy g(x) = y . Vizsgáljuk meg, hogy mely h ∈ G elemekre teljesül még, hogy h(x) = y :
A 2.3.18. tétel bizonyítása. Rögzítsük
h(x) = y ⇐⇒ h(x) = g(x) ⇐⇒ g −1 h(x) = x ⇐⇒ g −1 h ∈ Gx ⇐⇒ h ∈ gGx . Tehát azon
h-k,
melyek
x-t
pont
y -ba
viszik éppen a
gGx
baloldali mel-
lékosztályt alkotják. Ez tehát egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés az
2.3 Csoportkonstrukciók x orbitjának pontjai |G(x)| = |G : Gx |.
37
között és a
Gx
baloldali mellékosztályai között, és így
Azt gondolhatnánk, hogy a permutációcsoportok az absztrakt csoportelméletnek egy sz¶kebb része. Mint kiderül, a permutációcsoportok vizsgálata nem jelent megszorítást az absztrakt csoportok vizsgálatához képest.
2.3.22. tétel (Cayley tétele).
Minden
G
csoport izomorf egy alkalmas szim-
metrikus csoport egy részcsoportjával. Bizonyítás. Az ötletet a Cayley táblázat vizsgálata adja. Korábban már láttuk, hogy a Cayley táblázat minden sorában és minden oszlopában minden elem pontosan egyszer szerepel. Tehát minden egyes sor egy permutációja a csoportelemeknek. Tehát a csoportban a balszorzás permutálja a csoportelemeket. Valóban, legyen
X = G,
ϕ(g) ∈ SX az a permutáció, amit a azaz a g sorában lev® permutáció. Nyil-
és legyen
g -vel való balszorzás indukál X -en, ván ϕ : G → SX . Mivel a Cayley táblázat minden oszlopában minden pontosan egyszer szerepel, ezért ϕ injektív. Kell még, hogy ϕ homomor zmus, azaz tetsz®leges g, h ∈ G-re
elem
ϕ(hg) = ϕ(h) ◦ ϕ(g). ϕ(hg) az a permutáció, ami egy tetsz®leges x ∈ X -hez (hg)x-et rendeli. Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X -hez gx-et rendeli. Végül ϕ(h) ◦ ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X -hez h(gx)-et rendeli. A G-beli szorzás asszociativitásából (hg)x = h(gx), vagyis ϕ(hg) és ϕ(h) ◦ ϕ(g) minden x ∈ X -re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek.
Most
2.3.3. Hatás Vegyük észre, hogy a fenti példákon az egybevágósági transzformációk ugyan a sík/tér összes pontját mozgatták, nekünk mégis csak egy sz¶kebb ponthalmazon volt érdekes ez a mozgatás. Például a
D3
csoport a szabályos három-
szög három csúcsát mozgatja, vagy a kocka szimmetriacsoportja a kocka 8 csúcsát (vagy akár 12 élét) mozgatja. Ezt úgy mondjuk, hogy a csoport hat egy halmazon.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
38
2.3.23. de níció.
X halmazon, ha ( G elemei permutálják X -et) értelmezve van egy ∗ : G × X → X leképezés, azaz g ∈ G, x ∈ X esetén g ∗ x ∈ X (g az x-et a g ∗ x-be viszi) úgy, hogy Azt mondjuk, hogy a
1.
h ∗ (g ∗ x) = (hg) ∗ x
2.
e∗x=x
minden
Azt mondjuk, hogy
2.3.24. példa. G ≤ SX ,
és
X
minden
x ∈ X -re,
G
csoport hat az
g, h ∈ G, x ∈ X -re,
ahol
e
a
G
egységeleme.
elemszáma a hatás foka.
A f® példa nyilván a transzformációcsoportok, tehát amikor
g ∗ x = g(x).
2.3.25. állítás. Hasson G az X -en. Ekkor g−1 hatása inverze a g hatásának, azaz
g ∗ x = y ⇐⇒ x = g −1 ∗ y. G minden eleméhez hozzárendelhetjük azt az SX -beli elemet, mely leírja a csoportelem hatását X -en. Legyen ϕ ez a leképezés, azaz minden g ∈ G-re ϕ(g) adja meg g hatását X -en. Ekkor ϕ : G → SX homomor zmus. Tehát
g ∗x = y , akkor g −1 ∗y = g −1 ∗(g ∗x) = (g −1 g)∗x = e∗x = x. −1 Megfordítva, ha g ∗y = x, akkor g ∗x = g ∗(g −1 ∗y) = (gg −1 )∗y = e∗y = y . Bizonyítás. Ha
A bizonyítás második fele a Cayley tétel bizonyításában szerepl® módon történik. Azt kell belátni, hogy tetsz®leges
g, h ∈ G-re
ϕ(hg) = ϕ(h) ◦ ϕ(g). x ∈ X -hez (hg) ∗ x-et rendeli. Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X -hez g ∗ xet rendeli. Végül ϕ(h)◦ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X -hez h∗(g∗x)-et rendeli. A hatás de níciójából (hg)∗x = h∗(g∗x), vagyis ϕ(hg) és ϕ(h) ◦ ϕ(g) minden x ∈ X -re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek. Most
ϕ(hg)
az a permutáció, ami egy tetsz®leges
A korábbi de níciók kiterjeszthet®ek hatásra is.
2.3.26. de níció.
Hasson
G
az
X
halmazon. Egy
pályája
G(x) = { g ∗ x | g ∈ G } .
x∈X
pont orbitja vagy
2.3 Csoportkonstrukciók Nyilván
G(x) ⊆ X .
39
Azt mondjuk, hogy
G
hatása tranzitív, ha csak egy orbit
van.
2.3.27. de níció.
Hasson
G
az
X
halmazon. Egy
x∈X
pont stabilizátora
Gx = { g ∈ G | g ∗ x = x } . Nyilván
Gx ⊆ G.
2.3.28. házi feladat.
Igazoljuk, hogy egy pont stabilizátora részcsoport.
2.3.29. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). ma megegyezik az
x
Egy
x∈X
pont orbitjának elemszá-
stabilizátorának indexével, azaz
|G(x)| = |G : Gx | . A tétel bizonyítása megegyezik a korábbi Orbit-stabilizátor tétel bizonyításával, ám azt mégis megismételjük, hogy jobban megértsük a fontos kapcsolatot az
X
2.3.30. állítás.
pontjai és a baloldali mellékosztályok között.
Az orbitok particionálják
X -t.
Bizonyítás. Megadunk egy ekvivalenciarelációt, melynek osztályai éppen az orbitok. Legyen
x ∼ y,
ha van
g ∈ G,
hogy
g ∗ x = y.
Ez ekvivalenciareláció.
Re exivitás. x ∼ x, mert e ∗ x = x. Szimmetria.
x ∼ y , akkor van g ∈ G, hogy g ∗ x = y . Ekkor g −1 ∗ y = = g −1 ∗ (g ∗ x) = (g −1 g) ∗ x = e ∗ x = x, vagyis y ∼ x. Ha
Tranzitivitás. g∗x = y x ∼ z. Tehát
∼
x ∼ y ∼ z . Ekkor vannak g, h ∈ G, hogy h ∗ y = z . Most (hg) ∗ x = h ∗ (g ∗ x) = h ∗ y = z , vagyis
Tegyük fel, hogy és
ekvivalenciareláció, osztályai nyilván az orbitok.
x ∈ X -et. Adunk egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetést a G(x) orbit elemei és Gx baloldali mellékosztályai között. Legyen y ∈ G(x) egy tetsz®leges elem az orbitból. Ekkor van g ∈ G, A 2.3.29. tétel bizonyítása. Rögzítsük
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
40
g ∗ x = y . Vizsgáljuk meg, hogy mely h ∈ G elemekre teljesül még, hogy h ∗ x = y:
hogy
h ∗ x = y ⇐⇒ h ∗ x = g ∗ x ⇐⇒ g −1 ∗ (h ∗ x) = g −1 ∗ (g ∗ x) ⇐⇒ ⇐⇒ g −1 h ∗ x = x ⇐⇒ g −1 h ∈ Gx ⇐⇒ h ∈ gGx . Tehát azon
h-k,
melyek
x-t
pont
y -ba
viszik éppen a
gGx
baloldali mel-
lékosztályt alkotják. Ez tehát egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés az
x orbitjának pontjai |G(x)| = |G : Gx |.
között és a
Gx
baloldali mellékosztályai között, és így
A bizonyítás hatására felmerülhet, hogy esetleg ez a megfeleltetés nem lehetne-e több. Vagyis : nem lehetne-e olyan hatást de niálni a mellékosztályokon, mely ugyanaz, mint
G
hatása
X -en.
A válasz az, hogy lehet,
mégpedig ez a hatás igen természetesen adódik.
2.3.31. de níció.
Legyen
mellékosztályai, és hasson tetsz®leges
a ∈ G-re
H ≤ G egy G az X -en
részcsoport. Legyen
X
balszorzással, azaz ha
H baloldali g ∈ G, akkor a
legyen
g ∗ aH = gaH.
2.3.32. házi feladat. 2.3.33. példa.
Igazoljuk, hogy ez tényleg tranzitív hatás.
A Cayley hatás erre példa, amikor
H = { e }.
Ahhoz, hogy azt mondhassuk, hogy két hatás ugyanolyan, de niálnunk kell, hogy mikor gondoljuk ezt.
2.3.34. de níció.
Hasson
G
az
X
és
Y
halmazokon. Azt mondjuk, hogy
G az X -en g ∈ G, x ∈ X -re
a két hatás ekvivalens, ha (ugyanúgy hat
α: X → Y
bijekció, hogy minden
és
Y -on)
létezik egy
α (g ∗ x) = g ∗ α (x) . (Itt most a baloldali jelenti.)
∗ az X -en való hatást, a jobboldali ∗ az Y -on való hatást
2.3 Csoportkonstrukciók
2.3.35. következmény. valens a
Gx (x ∈ X
41
Ha
G
tranzitívan hat
X -en,
akkor
G
hatása ekvi-
rögzített) baloldali mellékosztályain való balszorzással.
x∈X
H = Gx . Tekintsük az Orbit-stabilizátor tételben szerepl® megfeleltetést az x orbitja és a H baloldali mellékosztályai között, azaz α(y) = aH , ha a ∗ x = y . Ekkor α jólde niált és bijekció az Bizonyítás. Legyen
rögzített,
Orbit-stabilizátor tételben szerepl® bizonyítás miatt.
y ∈ X , g ∈ G tetsz®leges, és tegyük fel, hogy g ∗y = z . Legyen a ∈ ∈ G egy olyan elem, melyre a ∗ x = y . Ilyen van, hisz a hatás tranzitív. Ekkor az aH mellékosztály felel meg y -nak, hiszen a ∗ x = y , és a gaH mellékosztály felel meg z -nek, hiszen (ga) ∗ x = g ∗ (a ∗ x) = g ∗ y = z . Továbbá g az aH mellékosztályt balszorzással a gaH mellékosztályba viszi. Legyen
Tehát : minden részcsoporthoz tartozik egy hatás (a mellékosztályokon való balszorzás), és ha adott egy hatás, akkor az ekvivalens a stabilizátor mellékosztályain való balszorzással. Így egy csoport összes hatása megérthet®, ha ismerjük a részcsoportjait.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
42
2.4. Homomor zmusok Korábban láttuk, hogy izomorf struktúrák minden számunkra fontos szempontból megegyeznek, így elég közülük csak egyet megérteni (lásd I/2a). A homomor zmusok pedig arra jók, hogy valami bonyolult csoportból egy egyszer¶bbet állítsunk el®, aminek a szerkezetét már meg tudjuk érteni (lásd II/2). Célunk, hogy a homomor zmusokat jobban megértsük. F®példának tekintsük a lineáris algebrából megismert vektortereket, és a köztük men® lineáris leképezéseket. Ezek a leképezések voltak azok, melyek tartják a vektorok összeadását és skalárral való szorzását. Tehát éppen azok, melyek meg®rzik a vektortér összes m¶veletét, így ®k a éppen a vektorterek között men® homomor zmusok. Érdemes tehát a lineáris leképezésekr®l tanultakat átismételni, majd az ott tanult ismeretekb®l kiindulni a csoportok homomor zmusainak mélyebb megértéséhez. (Egyébként minden vektortér kommutatív csoport, ha csak az összeadás m¶veletével tekintjük.)
2.4.1. de níció.
ϕ: G → H halmaza H -ban :
Legyen
ként el®álló elemek
homomor zmus. Ekkor
ϕ
képe a
ϕ(g)-
Im ϕ = { ϕ(g) | g ∈ G } ⊆ H.
2.4.2. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
Im ϕ
részcsoport
H -ban.
2.4.3. példa. 0. Lineáris leképezések vektorterek között.
1.
G = H = C× , ϕ(z) = |z|,
ekkor
Im ϕ
a pozitív valós számok részcso-
portja (a m¶velet a szorzás).
2.
G = (R, +), H = (C, +), ϕ(r) = r · i,
ekkor
Im ϕ
a tisztán képzetes
számok részcsoportja (a m¶velet az összeadás).
3.
G ≤ H , ϕ(g) = g ,
ekkor
Im ϕ = G.
Speciálisan minden részcsoport
el®áll alkalmas homomor zmus képeként.
2.4 Homomor zmusok
2.4.4. de níció.
43
Legyen
egységelemébe képz®d®
ϕ: G → H
G-beli
homomor zmus. Ekkor
ϕ
magja a
H
elemek halmaza :
Ker ϕ = { g ∈ G | ϕ(g) = 1H } ⊆ G.
2.4.5. házi feladat.
Ker ϕ
Igazoljuk, hogy
részcsoport
G-ben.
2.4.6. példa. 0. Lineáris leképezések vektorterek között. 1.
G = Sn , H = Z× , ϕ(f )
2.
G = Dn , H = (Z2 , +),
az
f
ϕ(x) =
Ekkor 3.
Ker ϕ
permutáció el®jele, ekkor
0,
ha
x
forgatás,
1,
ha
x
tükrözés.
a forgatások kett® index¶ részcsoportja
Ker ϕ = An .
Dn -ben.
G = (R[x], +), H = (C, +), ϕ(f ) = f (i) az i behelyettesítése. Ekkor Ker ϕ azon valós együtthatós polinomokból áll, melyeknek i gyöke. Az ilyen polinomoknak i konjugáltja, így −i is gyöke, vagyis az algebra 2 alaptétele miatt (x − i)(x + i) = x + 1 kiemelhet® bel®lük. Másrészt (x2 + 1) többszöröseinek nyilván gyöke i, vagyis Ker ϕ az (x2 + 1) többszöröseib®l áll.
Im ϕ szerkezetének megértése G gyen h ∈ Im ϕ, g ∈ G pedig egy tetsz®leges 0 elemekre lesz ϕ(g ) = h ? Ekkor Célunk
és
Ker ϕ
segítségével. Ehhez le-
elem, melyre
ϕ(g) = h.
Mely
g0
ϕ(g 0 ) = h ⇐⇒ ϕ(g 0 ) = ϕ(g) ⇐⇒ ϕ(g)−1 ϕ(g 0 ) = 1H ⇐⇒ ⇐⇒ ϕ g −1 ϕ(g 0 ) = 1H ⇐⇒ ϕ g −1 g 0 = 1H ⇐⇒ ⇐⇒ g −1 g 0 ∈ Ker ϕ ⇐⇒ g 0 ∈ g Ker ϕ. Tehát pontosan azok a
g0 ∈ G
elemek képe lesz
azon baloldali mellékosztályában vannak, mint
h, g.
melyek
Ker ϕ-nek
ugyan-
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
44
Itt azonban valami gyanús ! A fenti levezetésben a
ϕ(g)−1 -zel
szorozhat-
nánk akár jobbról is, nem csak balról. Vizsgáljuk meg, hogy ekkor mit kapnánk.
ϕ(g 0 ) = h ⇐⇒ ϕ(g 0 ) = ϕ(g) ⇐⇒ ϕ(g 0 )ϕ(g)−1 = 1H ⇐⇒ ⇐⇒ ϕ(g 0 )ϕ g −1 = 1H ⇐⇒ ϕ g 0 g −1 = 1H ⇐⇒ ⇐⇒ g 0 g −1 ∈ Ker ϕ ⇐⇒ g 0 ∈ (Ker ϕ) g. Tehát pontosan azok a
g0 ∈ G
azon jobboldali mellékosztályában vannak, hogy
Ker ϕ-nek
h, melyek Ker ϕ-nek ugyanmint g . Speciálisan az is kijött,
elemek képe lesz
minden baloldali mellékosztályai ugyanazok, mint a jobbol-
dali mellékosztályai. Az ilyen részcsoportok neve : normálosztó.
2.4.7. de níció. Legyen G csoport. Egy N ⊆ G részhalmazt normálosztónak (vagy normális részcsoportnak ) nevezünk, ha
N
részcsoport
G-ben, és minden
g ∈ G-re gN = N g .
2.4.8. példa. 0. Ha
G
kommutatív, akkor minden részcsoportja normálosztó is.
1. Nem minden részcsoport normálosztó, például
G = S3 , H = { id, (12) }
esetén
(123)H = { (123), (13) } = 6 { (123), (23) } = H(123). 2.
An C Sn , hiszen egy alkalmas homomor zmus magja (amikr®l épp most láttuk be, hogy normálosztók).
2.4.1. Faktorcsoport Tehát minden homomor zmus magja normálosztó is egyben. Felmerül a kérdés, hogy ez a tulajdonság karakterizálja-e a homomor zmusok magjait. A válasz az, hogy igen, amint azt az alábbi tétel mutatja :
2.4.9. tétel. N
Legyen
G
csoport,
N ≤ G.
Ekkor
egy alkalmas homomor zmus magja
⇐⇒ N C G.
2.4 Homomor zmusok Bizonyítás.
⇐= :
=⇒ :
Ezt láttuk be az el®bb.
N CG
Legyen tehát
csoportot,
45
ϕ: G → H
homomor zmust, mely magja
Nyilván feltehet®, hogy elfelejthetjük
ϕ
egy normálosztó. Ekkor keresünk alkalmas
H -nak
ϕ
H
Ker ϕ = N .
szürjektív legyen, hiszen egyébként egyszer¶en
azon elemeit, melyek nincsenek
Im ϕ-ben.
Mivel egy
homomor zmus mentén éppen a mag szerinti mellékosztályok képz®dnek
egy pontra, ezért felmerül az ötlet, hogy legyenek a
H
G-ben az N
szerinti mellékosztályok
elemei :
H = { gN | g ∈ G } ,
(2.3)
ϕ(g) = gN.
(2.4) Ekkor persze
H -n nem világos, hogy mi a m¶velet, hogy csoport is legyen, és
ϕ
leképezést homomor zmussá teszi. De niáljuk az utóbbi tulaj-
ami a fenti
H -n a szorzást ! Ha már tudnánk, hogy ϕ homomor zmus, akkor g1 N g2 N = ϕ(g1 )ϕ(g2 ) = ϕ(g1 g2 ) = g1 g2 N teljesülne. Legyen hát ez a H -beli szorzás, azaz legyen az M1 = g1 N és az M2 = g2 N mellékosztályok szorzata a g1 g2 mellékosztálya :
donság segítségével
g1 N · g2 N = g1 g2 N. Ellen®rizni kell azonban, hogy ez a szorzás jólde niált, azaz reprezentánsfüggetlen. Tehát ha az
M1
és
M2
mellékosztályokból másik reprezentánsokat
veszünk, akkor is ugyanabba a mellékosztályba kerül a szorzatuk. Vagyis : ha
g10 ∈ M1 , g20 ∈ M2
(azaz
Valóban, használva
g10
és
g10 N = g1 N, g20 N = g2 N ), akkor g10 g20 N = g1 g2 N . g20 választását, valamint N normálosztó voltát
g10 g20 N = g10 (g20 N ) = g10 (g2 N ) = g10 (N g2 ) = (g10 N )g2 = = (g1 N )g2 = g1 (N g2 ) = g1 (g2 N ) = g1 g2 N. Tehát a szorzás reprezentánsfüggetlen. Valójában az is kiderül, hogy a szorzás maga a komplexusszorzás :
g1 N g2 N = g1 (N g2 )N = g1 (g2 N )N = g1 g2 (N N ) = g1 g2 N. egységeleme az
1G
mellékosztálya, azaz
(1G N )(gN ) = (1G g)N = gN,
és
(gN )(1G N ) = (g1G )N = gN.
Ezzel a szorzással
H
N,
hiszen
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
46
2.4.10. házi feladat.
Lássuk be, hogy a fenti szorzás
minden elem invertálható : a Tehát
H
gN
inverze
g −1 N
csoport. A (2.4)-ben de niált
úgy de niáltuk
H -ban
ϕ
H -ban
asszociatív, és
lesz.
homomor zmus, hiszen éppen
a szorzást, magja pedig nyilván
N.
2.4.11. de níció. A 2.4.9. tétel bizonyításában szerepl® csoport a G csoport N
szerinti faktorcsoportja :
G/N = { gN | g ∈ G } , g1 N · g2 N = g1 g2 N. A lineáris leképezések esetén a képtér a magtér szerinti faktorral volt izomorf. Ez nincsen másképp a csoport esetén sem.
2.4.12. tétel
.
(Homomor zmus tétel)
Legyen
ϕ: G → H
homomor zmus.
Ekkor
Im ϕ ' G/ Ker ϕ. Bizonyítás. Legyen
N = Ker ϕ.
A 2.4.9. tétel bizonyításából világos, hogy a
Im ϕ → G/N, ϕ(g) 7→ gN. megfeleltetés jólde niált, m¶velettartó, bijekció. Ahogy tehát egy részcsoportról a normálosztóságot úgy lehet könnyen igazolni, hogy megadunk egy alkalmas homomor zmust, amelynek magja, úgy a faktorcsoportot egy alkalmas homomor zmus képeként érdemes megkeresni.
2.4.13. példa.
Mivel izomorf az
hogy adjunk meg egy
ϕ
(R, +) / (Z, +)
faktorcsoport ? Az ötlet,
homomor zmus, mely magja éppen
(Z, +).
Legyen
ϕ : (R, +) → C× , r 7→ cos (2πr) + i sin (2πr) . Ekkor
Ker ϕ = Z,
valamint
Im ϕ
az egységkör multiplikatív csoportja, ami
tehát a 2.4.12. tétel miatt izomorf az
(R, +) / (Z, +)
faktorcsoporttal.
2.4 Homomor zmusok
47
2.4.2. Normálosztók, konjugálás Felmerül a kérdés, hogy egy csoportban hogyan lehet megtalálni a normálosztókat. Kézenfekv® lehet®ség, hogy minden részcsoportról egyenként eldöntjük, hogy a baloldali mellékosztályok megegyeznek-e a jobboldali mellékosztályokkal. Az alábbi állítás ennél egy hatékonyabb módszerre hívja fel a gyelmet.
2.4.14. állítás.
Legyen
N ≤ G
egy részcsoport. Ekkor az alábbi állítások
ekvivalensek. 1. Az
N
szerinti baloldali mellékosztályok
mint az
N
2.
N C G,
azaz
3.
gxg −1 ∈ N
Bizonyítás. 2
ugyanazon részhalmazai,
szerinti jobboldali mellékosztályok.
gN = N g
minden
=⇒
1=⇒ 2 : Ha
G-nek
minden
g ∈ G-re.
x ∈ N, g ∈ G
esetén.
1 : Nyilvánvaló.
gN = N g 0 ,
akkor
g ∈ gN = N g 0 .
Ugyanakkor
g ∈ Ng
is,
és mivel a jobboldali mellékosztályok vagy diszjunktak, vagy egyenl®k, így
N g0 = N g. 2
=⇒
Ebb®l
3:
gN = N g 0 = N g .
gN = N g ⇐⇒ gN g −1 = N ,
ebb®l minden
x ∈ N -re gxg −1 ∈ N
következik.
=⇒ 2 : Ha minden x ∈ N -re gxg −1 ∈ N , akkor gN g −1 ⊆ N , azaz gN ⊆ ⊆ N g . Ugyanezt g −1 -zel elmondva : ha minden x ∈ N -re g −1 xg ∈ N , akkor g −1 N g ⊆ N , azaz N g ⊆ gN . 3
2.4.15. következmény.
Kett® index¶ részcsoport normálosztó.
H ≤ G, |G : H| = 2. Ekkor két baloldali mellékosztálya van H -nak : H és G\H . Hasonlóan, a két jobboldali mellékosztály H és G\H . Tehát a jobb- és baloldali mellékosztályok megegyeznek, amib®l H C G.
Bizonyítás. Legyen
A 3. feltételt gyakran fogjuk használni normálosztókeresésre.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
48
2.4.16. de níció. Legyen g csoport és g ∈ G egy rögzített ( !) elem. A gxg−1 szorzatot az
x
elem
g -vel
vett konjugáltjának nevezzük (x
∈ G).
A
ψg : G → G, x 7→ gxg −1 leképezés neve : konjugálás.
2.4.17. következmény. osztó
G-ben,
Legyen
N ≤ G.
Ekkor
N
pontosan akkor normál-
ha zárt a konjugálásra.
A továbbiakban vizsgáljuk a konjugálást.
2.4.18. állítás.
A 2.4.16. de nícióban szerepl®
ψg : G → G
izomor zmus.
Bizonyítás.
ψg (ab) = gabg −1 = gag −1 gbg −1 = ψg (a)ψg (b), tehát
ψg
homomor zmus. Továbbá
ψg
bijekció, mert
ψg−1
a
ψg
inverz leké-
pezése :
ψg (ψg−1 (x)) = g g −1 xg g −1 = gg −1 xgg −1 = x, ψg−1 (ψg (x)) = g −1 gxg −1 g = g −1 gxg −1 g = x.
2.4.19. de níció.
Egy struktúra (csoport, gy¶r¶, stb.) önmagával való izo-
mor zmusát automor zmusnak nevezzük. Ha
Aut G-vel jelöljük. Inn G = { ψg | g ∈ G }.
zmusokat lük :
G
csoport, akkor az automor-
A bels® automor zmusok a konjugálások, je-
Egy struktúra (csoport, gy¶r¶, stb.) önmagába men® homomor zmusát
endomor zmusnak nevezzük. Ha
End G-vel
G
csoport, akkor az endomor zmusokat
jelöljük.
2.4.20. házi feladat.
Legyen
kompozícióval, valamint
End G
G
csoport. Igazoljuk, hogy
monoid a kompozícióval.
Aut G
csoport a
2.4 Homomor zmusok
49
Ahhoz, hogy megértsük, hogy mire jó a konjugálás, érdemes felidézni a szerepét a mátrixok körében. Lineáris leképezés mátrixa egy báziscserével éppen konjugálódik. Hasonlóan, a gyakorlaton láttuk (II/12), hogy az beli konjugálás megfeleltethet® az elemek egy átcímkézésének. Tehát a
Sn -
g -vel
konjugálás alapvet®en egy másik néz®pontból való vizsgálódást jelent, ahol a
g
mondja meg az új néz®pontot. Lineáris algebrában például fontos kérdés, hogy mik a hasonló mátrixok,
azaz mely mátrixok konjugálhatók át egymásba. Csoportok esetén is létezik az analóg fogalom :
2.4.21. de níció. hogy
gxg
−1
= y.
Azt mondjuk, hogy
x, y ∈ G
konjugáltak, ha van
Ez a reláció ekvivalenciareláció, osztályait a
G
g ∈ G,
konjugált
osztályainak nevezzük.
2.4.22. házi feladat.
Bizonyítsuk be, hogy a konjugáltság valóban ekviva-
lenciareláció.
2.4.23. következmény.
Egy
N ≤G
részcsoport pontosan akkor normálosz-
tó, ha konjugált osztályok uniója. Következésképpen normálosztók tetsz®leges metszete normálosztó.
2.4.24. állítás.
Egy konjugált osztályon belül azonos rend¶ elemek vannak.
Bizonyítás. Mivel
ψg
automor zmus, ezért meg®rzi a rendet.
2.4.3. Centralizátor, centrum Vegyük észre, hogy a konjugálás segítségével de niálható egy hatás
G eleme-
in.
2.4.25. de níció.
Tekintsük
G
hatását
X = G-n
konjugálással :
g ∗ x = gxg −1 . Ekkor az orbitok éppen a konjugált osztályok. Egy az
x
elem
G-beli
x ∈ G elem stabilizátorát
centralizátorának nevezzük :
CG (x) = { g ∈ G | g ∗ x = x } =
g ∈ G | gxg −1 = x
= { g ∈ G | gx = xg } .
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
50
2.4.26. házi feladat.
Igazoljuk, hogy ez valóban hatás.
Az orbit-stabilizátor tétel azonnali következményeként kapjuk, hogy egy konjugált osztály elemszáma megegyezik a centralizátor indexével, és így osztja a csoport rendjét.
2.4.27. következmény. CG (x) részcsoport G-ben, indexe az x konjugált osztályának elemszáma. Speciálisan, egy konjugált osztály elemszáma osztja a csoport rendjét.
2.4.28. házi feladat. részcsoportja
Igazoljuk, hogy az
x
által generált
hxi
részcsoport
CG (x)-nek.
Egy csoportban fontos szerepet játszanak azon elemek, melyek minden
g ∈ G-vel
felcserélhet®ek.
2.4.29. de níció. G centruma
az összes elemmel felcserélhet® elemek hal-
maza :
Z(G) = { x ∈ G | gx = xg
minden
g ∈ G-re } .
2.4.30. következmény. x ∈ Z(G) ⇐⇒ CG (x) = G ⇐⇒ { x }
2.4.31. állítás. normálosztó
egy egyelem¶ konjugált osztály.
A centrum (s®t, annak minden részcsoportja) kommutatív
G-ben,
azaz
Z(G) C G. Bizonyítás.
Z(G) = ∩x∈G CG (x),
és így részcsoport, hiszen részcsoportok
metszete. Normálosztó, mert egyelem¶ konjugált osztályok uniója. Kommutatív, hiszen minden rélhet®. Ugyanez az
G-beli elemmel (és így Z(G) minden elemével is) felcseérvelés elmondható Z(G) összes részcsoportjára.
2.4.32. házi feladat. ⊆ Z(G).
Legyen
N C G,
melyre
|N | = 2.
Igazoljuk, hogy
N⊆
2.4 Homomor zmusok
51
2.4.4. Számolás a faktorcsoportban Legyen
N CG, és vizsgáljuk a G/N
faktorcsoportot. El®ször egy elem rendjét
határozzuk meg. Gyakorlaton szerepelt (V/7), hogy
o(g)-t.
Ennél precízebb állítást is mondhatunk.
2.4.33. állítás. gn ∈ N .
A
gN
G/N
k
(gN ) = N .
G/N -ben az a akkor o(gN ) = ∞.
rendje
Ha nincs ilyen,
Bizonyítás. A ha
g ∈ G esetén o(gN ) oszja
egysége az
N
legkisebb pozitív egész
mellékosztály. Nevezzük
k -t
n,
melyre
jó kitev®nek,
De
(gN )k = g k N, így
k
pontosan akkor jó kitev®, ha
gk ∈ N .
Az állítás tehát következik abból
az észrevételb®l, hogy a rend a legkisebb jó kitev®. A rend meghatározása sokszor alkalmas ciklikusság meghatározására is.
2.4.34. példa.
Z× 16 / { 1, 15 } ciklikus, mert 3 { 1, 15 } = { 3, 13 } (mod 16), de 32 ≡ 9 (mod 16).
Z× 16 / { 1, 9 } nem ciklikus, mert minden mellékosztály × (hiszen Z16 -ben minden elem négyzete 1 vagy 9).
Most térjünk rá a
rendje 4, mert
34 ≡ 1
rendje 1 vagy 2
G/N -beli részcsoportok, normálosztók leírására. Ehhez
el®ször ismételjük át a teljes inverz kép és a lesz¶kítés fogalmát.
2.4.35. de níció.
Legyen
ϕ: G → H
egy leképezés,
L ⊆ H.
Az
L
teljes
inverz képén a
ϕ−1 (L) = { g ∈ G | ϕ(g) ∈ L } halmazt értjük. Ha
K ⊆ G, akkor ϕ K -ra való lesz¶kítése
a
ϕ | K : K → H, k 7→ ϕ(k). leképezés.
(vagy megszorítása )
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
52
Az alábbi tétel rendkívül fontos, lényegében pontosan megmondja, hogy
G/N
mik lesznek a
faktorcsoport részcsoportjai, azok mellékosztályai, mely
részcsoportok lesznek normálosztók.
2.4.36. tétel.
Legyen
ϕ: G → H
szürjektív homomor zmus, melynek magja
N. 1. Ha 2. A
K ≤ G,
H
ϕ(K) ≤ H .
akkor
Továbbá
ϕ−1 (ϕ(K)) = N K = KN .
csoport részcsoportjai kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetésben áll-
G-nek az N -et tartalmazó részcsoportjaival. Az L ≤ H -hoz K = = ϕ (L) ≤ G tartozik. A továbbiakban használjuk ezt a jelölést.
nak
−1
g ∈ G, h = ϕ(g) ∈ H , akkor ϕ−1 (hL) = gK , ϕ−1 (Lh) = Kg , azaz a K szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok az L szerinti baloldali
3. Ha
(jobboldali) mellékosztályok teljes inverz képei. 4.
|H : L| = |G : K|.
5.
L C H ⇐⇒ K C G,
és ekkor
G/K ' H/L.
Bizonyítás. A bizonyítást a vizsgán csak az 5-ös érdemjegyért kell(het) tudni.
1. Ha
K ≤ G
részcsoport, akkor könnyen látható, hogy
részcsoport. Ha
L ≤ H
ϕ(K) ≤ H
is
részcsoport, akkor könnyen ellen®rizhet®en
ϕ−1 (L) ≤ G is részcsoport, és nyilván tartalmazza N -et. Legyen L = = ϕ(K) ≤ H . Ekkor V/10 miatt KN = N K . Most N K ⊆ ϕ−1 (L), mert
ϕ(N K) = ϕ(N )ϕ(K) = ϕ(K) = L. g ∈ ϕ−1 (L), azaz ϕ(g) = h ∈ L. k ∈ K , hogy ϕ(k) = h. Innen
A másik irányú tartalmazáshoz legyen Mivel
L = ϕ(K),
ezért van
ϕ k −1 g = ϕ k −1 ϕ (g) = ϕ (k)−1 ϕ (g) = h−1 h = 1H , vagyis
k −1 g ∈ N
és így
g ∈ kN ⊆ KN .
2.4 Homomor zmusok
53
G = { K ≤ G | N ≤ K }, H = { L ≤ H }. Mivel ϕ(K) ≤ H , így ϕ tekinthet® egy G → H leképezésnek. Továbbá ϕ−1 (a teljes ®skép) tekinthet® egy H → G leképezésnek. Belátjuk, hogy ez a két leképezés −1 egymás inverze. Most ha N ≤ K ≤ G, akkor ϕ (ϕ (K)) = N K = K −1 az 1. rész miatt. Ha pedig L ≤ H , akkor ϕ (ϕ (L)) = L az ®skép
2. Legyen
de níciója miatt. 3. Belátjuk, hogy
ϕ−1 (hL) = gK ,
a másik oldal ugyanígy igazolható.
g 0 ∈ ϕ−1 (hL) ⇐⇒ ϕ (g 0 ) ∈ hL = ϕ(g)L ⇐⇒ ⇐⇒ ϕ g −1 g 0 ∈ L ⇐⇒ g −1 g 0 ∈ K ⇐⇒ g 0 ∈ gK. 4. A 3. rész miatt
ϕ−1
bijekció az
ϕ−1
bijekció az
L
és a
K
mellékosztályai közt.
L és a K mellékosztályai közt, és Kg = = gK pontosan akkor teljesül, ha Lϕ(g) = ϕ(g)L. Tehát K C G pontosan akkor teljesül, ha L C H . Valójában most ϕ egy izomor zmus G/K és H/L elemei közt, amib®l már csak a homomor zmusság kell (a bijekció megvan a 3. részb®l). Ha ϕ(g1 ) = h1 és ϕ(g2 ) = h2 , akkor
5. A 3. rész miatt
ϕ(g1 Kg2 K) = ϕ(g1 g2 K) = h1 h2 L = h1 Lh2 L = ϕ(g1 K)ϕ(g2 K).
A szakaszt a két izomor zmus tétellel zárjuk, melyek igen fontos következményei a 2.4.36. tételnek. El®ször egy lemmára lesz szükségünk.
2.4.37. lemma.
Legyen
H, K ≤ G.
Ekkor
HK ≤ G ⇐⇒ HK = KH. =⇒ : Komplexusszorzatokkal H = H · { 1 } ⊆ HK , és K = = { 1 } · K ⊆ HK . Mivel HK részcsoport G-ben, ezért zárt a szorzásra, speciálisan K · H ⊆ HK . Ezzel az egyik irányú tartalmazás kész. A másik
Bizonyítás.
irányhoz invertáljuk meg ezt az összefüggést :
HK = H −1 K −1 = (KH)−1 ⊆ (HK)−1 = K −1 H −1 = KH.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
54
⇐= : Mivel 1 = 1·1 ∈ KH , ezért HK 6= ∅. Továbbá HK
zárt a szorzásra :
(HK)(HK) = H(KH)K = H(HK)K = H 2 K 2 = HK. Végül
HK
zárt az inverzképzésre, mert
2.4.38. következmény Ekkor
KN = N K
(HK)−1 = K −1 H −1 = KH = HK .
.
Legyen
(Els® izomor zmus tétel)
részcsoport
G-ben, K ∩ N C K ,
N C G, K ≤ G.
és
KN/N ' K/K ∩ N. Továbbá, ha
|G : N |
Bizonyítás. Tekintsük a nak
K -ra
|K : K ∩ N |
véges, akkor
ϕ : G → G/N
osztja
|G : N |-t.
természetes homomor zmust, és an-
való megszorítását :
ϕK : K → G/N, g 7→ ϕ(g) = gN. Most
Ker ϕK = { g ∈ K | ϕ(g) = N } = K ∩ N, amib®l
K ∩ N C K,
valamint a homomor zmus tételb®l
K/K ∩ N = K/ Ker ϕK ' Im ϕK = ϕ(K). Továbbá
KN = ∪k∈K kN = ∪k∈K N k = N K. Továbbá a 2.4.37. lemma alapján ebb®l Tekintsük most
ϕ-nek KN -re
KN ≤ G
is következik.
való megszorítását :
ϕKN : KN → G/N, g 7→ ϕ(g) = gN. Most
Ker ϕKN = { g ∈ KN | ϕ(g) = N } = KN ∩ N = N,
2.4 Homomor zmusok
55
így a homomor zmus tételb®l
KN/N = K/ Ker ϕKN ' Im ϕKN = ϕ(KN ) = = ϕ(K)ϕ(N ) = ϕ(K)N = ϕ(K). Tehát
K/K ∩ N ' ϕ(K) ' KN/N ≤ G/N, amib®l az indexek oszthatóságára vonatkozó állítás már következik.
2.4.39. példa. Legyen N = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Melyik ismert S4 /N ? Legyen K = S3 , a 4 stabilizátora S4 -ben. Most S3 ∩ N = { id }, vagyis |S3 N | = |S3 | · |N | = 24, tehát S3 N = S4 . Az els®
csoporttal izomorf
izomor zmus tétel alapján tehát
S4 /N = S3 N/N ' S3 /S3 ∩ N = S3 / { id } = S3 .
2.4.40. következmény N ⊆ K.
Ekkor
.
(Második izomor zmus tétel)
N C K , K/N C G/N ,
Legyen
N, K C G,
valamint
(G/N )/(K/N ) ' G/K. Bizonyítás. Tekintsük a nak
K -ra
ϕ : G → G/N
természetes homomor zmust, és an-
való megszorítását :
ϕK : K → G/N, g 7→ ϕ(g) = gN, ennek magja
Ker ϕK = { g ∈ K | ϕ(g) = 1 } = K ∩ N = N, vagyis
N C K.
Nyilván
K/N = { gN | g ∈ K } . Tekintsük a
ψ : G/N → G/K, gN 7→ gK.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
56
leképezést. Ez jólde niált : ha
gK = g 0 K .
Továbbá
ψ
g 0 N = gN ,
akkor
g −1 g 0 ∈ N ⊆ K ,
amib®l
homomor zmus :
ψ(g1 N g2 N ) = ψ(g1 g2 N ) = g1 g2 K = g1 Kg2 K = ψ(g1 N )ψ(g2 N ), magja
Ker ψ = { gN | ψ(gN ) = 1 } = { gN ∈ G/N | gK = K } = = { gN ∈ G/N | g ∈ K } = K/N. Így a homomor zmus tételb®l
(G/N )/(K/N ) = (G/N )/ Ker ψ ' Im ψ = G/K.
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok
57
2.5. Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok Ezen szakasz f® célja, hogy meghatározzuk a kis elemszámú csoportokat izomor a erejéig, majd a szakasz végén mesélünk egy kicsit egyszer¶ csoportokról, melyek a csoportelmélet épít®kövei. A szemléletes kép ugyanis az, hogy ha és
G
egy csoport,
G/N -b®l.
N CG
egy normálosztó, akkor
G
megérthet®
N -b®l
(Ennél persze általában bonyolultabb a helyzet.) Ez az eljárás
folytatható egészen addig, amíg már nem találunk valódi normálosztót.
2.5.1. de níció. tója ({ 1 } és
G)
Egy
G
csoport egyszer¶, ha csak a két triviális normálosz-
van.
Az Abel csoportok körében nem nehéz az egyszer¶eket karakterzálni.
2.5.2. állítás. mely
p
Ha
G
kommutatív csoport egyszer¶, akkor
G ' (Zp , +)
vala-
prímre.
Bizonyítás. Kommutatív csoport minden részcsoportja normálosztó. Tehát egy kommutatív csoport pontosan akkor egyszer¶, ha részcsoportmentes, vagyis
(Zp , +)-szal
izomorf a 2.2.18. tétel alapján.
Így a továbbiakban majd a nemkommutatív egyszer¶ csoportokat vizsgáljuk. Foglalkozzunk el®ször a
p-csoportokkal.
2.5.1. p-csoportok 2.5.3. de níció.
Egy csoportot
ha minden elemének rendje
p-csoportnak
hívunk (valamely
p
prímre),
p-hatvány.
Véges csoportok esetén a
p-csoportok fogalma egybeesik a p-hatvány ren-
d¶ csoportok fogalmával.
2.5.4. tétel. |G|
egy
Legyen
G
véges csoport. Ekkor
G
pontosan akkor
p-csoport,
ha
p-hatvány.
|G| egy p-hatvány, akkor a Lagrange-tétel miatt G minden elemének rendje p-hatvány. A másik irány éppen a Cauchy-tétel következméBizonyítás. Ha
nye.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
58
2.5.5. tétel (Cauchy). Legyen G véges csoport, és tegyük fel, hogy egy p prím osztja
|G|-t.
Ekkor
G-ben
van
p
rend¶ elem.
Bizonyítás. A Cauchy tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Tekintsük az
X = { (g1 , . . . , gp ) ∈ G × . . . × G | g1 . . . gp = 1 } halmazt. Nyilván
p
osztja
|X|-et.
Ez éppen az
megoldásainak halmaza. Értelmezzük
∼
(g10 , . . . , gp0 ), ha az egyik
p-es
X -en
x 1 . . . xp = 1
G-beli (g1 , . . . , gp ) ∼
egyenlet
az alábbi relációt :
egy ciklikus permutációval átvihet® a másik-
∼ ekvivalenciareláció (ennek igazolása házi feladat). A (g1 , . . . , gp ) osztályában még a (g2 , . . . , gp , g1 ), . . . , (gp , g1 , . . . gp−1 ) elem p-esek vannak benne. Speciálisan, ha g1 = · · · = gp , akkor a (g1 , . . . , gp ) osztálya egyelem¶, egyébként p elem¶. Mivel p osztja |X|-et, és van egyelem¶ osztály (éppen (1, . . . , 1) osztálya, ezért van legalább még egy egyelem¶ osztály : { (g, . . . , g) }. Ekkor g éppen egy p rend¶ elem, hiszen (g, . . . , g) ∈ X jep lentése, hogy g = g . . . g = 1.
ba. Ekkor
Az alábbi tétel mutatja, hogy nemkommutatív
p-csoportban
a centrum
egy nemtriviális normálosztó, vagyis a csoport nem lehet egyszer¶.
2.5.6. tétel.
Legyen
G
Bizonyítás. Bontsuk fel
p-hatványrend¶
egy
G-t
csoport. Ekkor
Z(G) 6= 1.
konjugált osztályok uniójára úgy, hogy az egy-
elem¶eket összevonjuk (ezek éppen
Z(G)-t adják). Ezt nevezzük a G osztály-
egyenletének :
G = Z(G) ∪ K1 ∪ . . . ∪ Km , |G| = |Z(G)| + |K1 | + · · · + |Km | . Most
|Ki |
egy elemének a centralizátorának az indexe, vagyis osztja
|G|-t,
p-hatvány. Tehát |Ki | is p-hatvány, ami 1-nél nagyobb. Tehát p osztója a baloldalnak, és a jobboldalon szerepl® összes |Ki |-nek. Így p osztója |Z(G)|nek is, tehát |Z(G)| = 6 1. ami
2.5.7. következmény. G ' (Zp , +).
Ha
G
egyszer¶ csoport, elemszáma
p-hatvány,
akkor
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok
59
1 6= Z(G), de Z(G) C G. Ha G egyszer¶, csak, de akkor G kommutatív, és a 2.5.2. állítás
Bizonyítás. A 2.5.6. tétel miatt
Z(G) = G G ' (Zp , +).
akkor tehát miatt
Tehát
lehet
p-csoportok körében sem érdemes nemkommutatív egyszer¶ csopor-
tokat keresni. Egy másik következménye a 2.5.6. tételnek segít karakterizálni a
p2
rend¶ csoportokat.
2.5.8. következmény.
Ha
|G| = p2
valamely
p
prímre, akkor
G
Abel cso-
port.
|Z(G)| = p2 , ebb®l már Z(G) = G, és így 2 Lagrange-tétel miatt |Z(G)| ∈ { 1, p, p }. A 2.5.6. tétel
Bizonyítás. Azt kell belátni, hogy az állítás adódik. A miatt
1 6= |Z(G)|. |Z(G)| = p. Ekkor |G/Z(G)| = p, tehát G/Z(G) ciklikus, G/Z(G) nem lehet ciklikus.
Tegyük fel, hogy ám V/10b miatt
1 6= a ∈ Z(G), b ∈ G \ Z(G) tetsz®legesek. Ekkor hai = Z(G), hisz a 6= 1, és Z(G) prímrend¶. Legyen H = ha, bi. Most H nyilván kommutatív, hisz a és b felcserélhet®, mert a ∈ Z(G). Valamint |H| > |Z(G)| = p, vagyis |H| = p2 a Lagrange-tétel miatt. Tehát H = G, azaz G kommutatív, ami ellentmond |Z(G)| = p-nek. Másképpen : legyenek
2.5.9. következmény. ' (Zp2 , +)
vagy
|G| = p2 G ' (Zp , +) × (Zp , +). Legyen
valamely
p
prímre. Ekkor
G '
G Abel, és így a véges Abel csoG ' (Zp2 , +) vagy G ' (Zp , +) ×
Bizonyítás. A 2.5.8. következmény miatt portok alaptétele miatt (2.3.11. tétel)
× (Zp , +). Ezzel karakterizáltuk az összes
p
és
p2
rend¶ csoportot, és kiderült, hogy
mindegyik Abel. A legfeljebb 15 elem¶ csoportok közül az alábbi elemrendek maradtak ki : 6, 8, 10, 12, 14, 15. A 6, 10, 14 mindegyike egy prím kétszerese. Ezek közül például a 10 elem¶ kommutatív csoportokat a 2.5.11. állítás, a 10 elem¶ nemkommutatív csoportokat a 2.5.10. állítás karakterizálja.
2.5.10. állítás. Legyen G nemkommutatív csoport, |G| = 10. Ekkor G ' D5 .
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
60
Bizonyítás. A bizonyítás az alábbi lépésekb®l áll. 1.
G-ben
nincs tizedrend¶ elem.
Ha lenne, akkor
G
izomorf lenne a ciklikus 10 elem¶ csoporttal, ami
kommutatív. 2. Ötödrend¶ elem nem lehet felcserélhet® másodrend¶ elemmel. Ha
a
ötödrend¶,
b
másodrend¶, és
ab = ba,
akkor
ab
rendje
[2, 5] = 10
lenne. 3.
G-ben
nem lehet minden elem másodrend¶.
Az els® alkalom 3b. feladata alapján ekkor 4.
G-ben
kommutatív lenne.
van másodrend¶ elem.
A harmadik alkalom 9b. feladata alapján hisz
G
G
G-ben van másodrend¶ elem,
rendje páros.
5. Minden ötödrend¶ elem centralizátora ötelem¶.
a egy ötödrend¶ elem, b egy másodrend¶. Ekkor CG (a) részcsoport, ami nyilván tartalmazza az a által generált ötelem¶ részcsoportot (minden elem felcserélhet® a hatványaival). Ha CG (a) nagyobb lenne, akkor CG (a) = G lenne a Lagrange-tétel miatt, így b ∈ CG (a) lenne. Legyen
Ekkor azonban egy ötödrend¶ elem felcserélhet® lenne egy másodrend¶vel. 6. Minden másodrend¶ elem centralizátora kételem¶. A bizonyítás ugyanaz, mint az 5. pontban. Legyen
a
egy ötödrend¶,
b egy másodrend¶ elem. Ekkor CG (b) részcsoport, ami tartalmazza az { 1, b } részcsoportot, így ha nagyobb lenne, akkor CG (b) = G lenne. Ekkor a és b felcserélhet® lenne. 7.
G-ben
öt darab másodrend¶ elem van, és ezek mind konjugáltak.
A 6. pont alapján egy másodrend¶ elemnek 5 konjugáltja van, hisz a centralizátor indexe 5. Ezek nyilván másodrend¶ek. Több másodrend¶ elem nem lehet, hiszen van ötödrend¶ elem, ami egy ötelem¶ részcsoportot generál, amiben nincs másodrend¶ elem.
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok 8.
G-ben négy darab ötödrend¶ elem van. 2 3 4 Ha a egy ötödrend¶ elem, akkor a, a , a , a
61
mindegyike ötödrend¶. Az
egység rendje 1, öt elem rendje pedig 2, ezzel megtaláltuk mind a tíz elemet.
o(a) = 5 és o(b) = 2, akkor bab−1 = a−1 . Az a elem konjugáltosztálya kételem¶, hisz centralizátorának az indexe 2. Mivel b és a nem felcserélhet® (2. pont), ezért a másik konjugáltja bab−1 . Ez persze csak ötödrend¶ elem lehet, hisz a konjugálás ®rzi a −1 rendet, tehát bab = ak , ahol k ∈ { 2, 3, 4 } (k 6= 1, hisz akkor b és a −1 −1 felcserélhet® lenne). Kétszer konjugálva kapjuk, hogy a = bbab b = 2 = bak b−1 = bab−1 bab−1 . . . bab−1 = ak ak . . . ak = ak , vagyis k 2 ≡ 1 (mod 5). Ebb®l k = 4, vagyis bab−1 = a−1 .
9. Ha
10.
G ' D5 . Tekintsük azt a ϕ : G → D5 homomor zmust, mely b-t egy t tükrözésbe, a-t pedig egy 72◦ -os f forgatásba képezi. Könny¶ látni, hogy ϕ egy jólde niált izomor zmus. Vegyük észre ugyanis, hogy a diédercsoport Cayley táblázatának felírásához elegend® annyit tudni, hogy ahol
t2 = 1, f 5 = 1, tf t = f −1 , 0 ≤ i ≤ 4 és 0 ≤ j ≤ 1.
és minden elem el®áll
f i tj
alakban,
2.5.11. állítás. Legyen G kommutatív csoport, |G| = 10. Ekkor G ' (Z10 , +). Bizonyítás. A bizonyítás lényegében ugyanolyan lépésekb®l áll, mint a 2.5.10. állítás bizonyítása. 1.
G-ben
van másodrend¶ elem.
A harmadik alkalom 9b. feladata alapján hisz 2.
G
G-ben van másodrend¶ elem,
rendje páros.
G-ben nincs két különböz® másodrend¶ elem. Ha a és b is másodrend¶ és felcserélhet®k, akkor az általuk generált részcsoport ha, bi = { 1, a, b, ab } izomorf a Klein csoporttal. De egy 10 elem¶ csoportnak nincs 4 elem¶ részcsoportja, mert 4 - 10.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
62
3. Egy ötödrend¶ és egy másodrend¶ elem szorzata tizedrend¶. Ha
4.
a
rendje 5,
G-ben
b
rendje 2, és
ab = ba,
akkor
o(ab) = [5, 2] = 10.
van tizedrend¶ elem.
Minden elem rendje 10 osztója, vagyis 1, 2, 5 vagy 10. Csak az egységelem rendje 1, másodrend¶ elem is csak egy van a 2. pont alapján. Tehát van tizedrend¶ vagy ötödrend¶ elem. Els® esetben kész vagyunk, második esetben egy ötödrend¶ és a másodrend¶ szorzata tizedrend¶.
5.
G ' (Z10 , +). Egy 10 elem¶ kommutatív csoportban tehát van 10 rend¶ elem, így a csoport ciklikus, azaz izomorf
2.5.12. házi feladat.
(Z10 , +)-szal.
Általánosítsuk a 2.5.10 és 2.5.11. állításokat
2p elem¶
csoportokra.
2p elem¶ csoport kommutatív, akkor izomorf (Z2p , +)-szal, ha nem kommutatív, akkor izomorf Dp -vel. A 8 és 12 elem¶ csoportok karakTehát, ha egy
terizációja már kicsit bonyolultabb, így ezeket a csoportokat csak felsoroljuk. Kommutatív 8 elem¶ csoport három van a véges Abel csoportok alaptétele miatt :
(Z8 , +) ,
(Z4 , +) × (Z2 , +) ,
(Z2 , +) × (Z2 , +) × (Z2 , +) .
Nemkommutatív 8 elem¶ csoport pedig kett® van :
D4
és
Q.
Kommutatív 12
elem¶ csoport kett® van a véges Abel csoportok alaptétele miatt :
(Z4 , +) × (Z3 , +) ,
(Z2 , +) × (Z2 , +) × (Z3 , +) .
Nemkommutatív 12 elem¶ csoport három van :
A4 , D6
és egy harmadik (ezt
nem tárgyaljuk). Végül megjegyezzük, hogy 15 rend¶ csoportból csak egy kommutatív van, mely a véges Abel csoportok alaptétele (2.3.11. tétel) miatt izomorf
(Z5 , +) × (Z3 , +) ' (Z15 , +)-szal.
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok
63
2.5.2. Feloldható csoportok A csoportelmélet fejezet utolsó két alszakaszában mesélünk egy keveset a feloldható és egyszer¶ csoportokról. Az egyszer¶ csoportok szerepe a csoportelméletben hasonló a prímszámokéhoz a számelméletben. Szemléletesen arról van szó, hogy ha
N -b®l
N C G,
akkor
G
valamilyen értelemben összerakható
G/N -b®l (azt mondjuk, hogy G b®vítéssel kapható N -b®l és G/N b®l). Itt már N és G/N kisebb elemszámú csoportok, tehát talán jobban érthet®ek, mint G. Az eljárást persze folytathatjuk N -re és G/N -re, nekik és
is van normálosztójuk, így ®k is kisebb komponensekre bonthatók, stb. Ez a folyamat akkor áll meg, amikor már nincs nemtriviális normálosztó, tehát amikor egyszer¶ csoportokhoz érünk. Így az egyszer¶ csoportok vizsgálata alapvet® a csoportelméletben. (A fenti eljárást pontosan a következ® félévben, a Fejezetek az algebrából tárgy keretein belül tárgyaljuk.)
2.5.13. példa. A3 ' (Z3 , +), S3 /A3 ' (Z2 , +).
A3 C S3 ,
{ 0, 2, 4 }C(Z6 , +), itt { 0, 2, 4 } ' (Z3 , +), (Z6 , +) / { 0, 2, 4 } ' (Z2 , +),
itt
tehát a b®vítés nem egyértelm¶ a normálosztóból és a faktorból.
{ 0, 3 } C (Z6 , +), itt { 0, 3 } ' (Z2 , +), (Z6 , +) / { 0, 3 } ' (Z3 , +), a faktorok (Z6 , +) esetén egyértelm¶ek. Ez minden csoportra igaz,
így ezt
mondja ki a Jordan Hölder-tétel.
2.5.14. de níció.
Feloldhatónak hívunk egy csoportot, ha a fenti eljárás
során eljuthatunk egy olyan állapotig, ahol már minden faktor kommutatív csoport. (Véges csoportokra másképpen : egy véges csoport feloldható, ha a fenti eljárást addig iterálva, amíg már egyszer¶ csoportokat nem kapunk, az összes egyszer¶ csoport kommutatív, azaz prímrend¶ ciklikus.) Precízen : egy
G
csoport feloldható, ha van egy
{ 1 } = N0 C N1 C . . . C Nn−1 C Nn = G lánc (úgynevezett normállánc ), ahol minden
Ni /Ni−1
faktor kommutatív.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
64
A feloldhatóság szoros kapcsolatban van az egyenletekre adható gyökkép-
n-edfokú
lettel. Konkrétan az igaz, hogy az általános akkor adható gyökképlet, ha
Sn
egyenletre pontosan
feloldható.
2.5.15. példa.
{ id } C A3 C S3
feloldható, a faktorok
(Z2 , +)
és
(Z3 , +),
ezek miatt
van a harmadfokú egyenletre megoldóképlet, mely négyzetgyököket és köbgyököket tartalmaz.
{ id } C { id, (12)(34) } C { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) } C A4 C S4 , a faktorok (Z2 , +) és (Z3 , +), ezek miatt van a negyedfokú egyenletre megoldóképlet, mely négyzetgyököket és köbgyököket tartalmaz. Vigyázzunk ! Itt
Ha
n ≥ 5,
{ id, (12)(34) } 6 S4 .
akkor az egyetlen lehet®ség
Sn -beli
normálosztókból álló
{ id } C An C Sn . Itt az egyik faktor An , ami nemkommutatív egyszer¶ csoport, így Sn nem feloldható, ezért nem lesz az n-edfokú egyenletre gyökképlet.
láncot készíteni
2.5.3. Nemkommutatív egyszer¶ csoportok A kommutatív egyszer¶ csoportokat már karakterizáltuk. Most pár szót ejtünk a nemkommutatív egyszer¶ csoportokról. El®ször néhány példát mutatunk nemkommutatív egyszer¶ csoportokra.
2.5.16. tétel.
Ha
n ≥ 5,
akkor
An
nemkommutatív egyszer¶ csoport.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán csak
n = 5-re
kell tudni. A nor-
málosztó olyan részcsoport, mely konjugált osztályok uniója. Meghatározzuk az
A5 -beli konjugált osztályokat, és kiderül, hogy már az elemszámokból sem
lehet olyan számot el®állítani összegként, ami 60-nak nemtriviális osztója lenne. El®ször
S5
konjugált osztályait határozzuk meg. Ezek a ciklusszerkezetek,
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok
65
vagyis
id (ab)(cd)
(ab)
(abc)
(abc)(de)
(abcde)
(abcd).
A5 -beli permutációk vannak felsorolva, (ab)(cd) alakúból 5·3 = 15 van, (abc) alakúból 53 ·2 = 20 van, (abcde) alakúból 5! /5 = 24 van. Legyen g = (12)(34), h = (123), k = (12345). Kiszámoljuk ezen elemek S5 beli centralizátorát, ezek A5 -tel vett metszete adja majd nyilván az A5 -beli centralizátort, amib®l kapjuk az A5 -beli konjugált osztályok méretét.
Az els® oszlopban az
= 8, és könny¶ látni, hogy (1324) és (13)(24) fel|CS5 (g)| = 120 15 cserélhet® g -vel. Ezek éppen egy D4 -gyel izomorf nyolcelem¶ részcsoportját generálják S5 -nek (írjuk egy négyzet csúcsaiba az óramutató járásával egyez® irányban az 1, 3, 2, 4 számokat), tehát CS5 (g) = h(1324), (13)(24)i, amib®l CA5 (g) = CS5 (g) ∩ A5 = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Vagyis |CA5 (g)| = = 4, amib®l g konjugált osztálya A5 -ben 60 = 15-elem¶. 4 Most
|CS5 (h)| =
120 20
(123) és (45) felcserélhet® h-val. Ezek nyilván egy hatelem¶ részcsoportját generálják S5 -nek, tehát CS5 (h) = h(123), (45)i, amib®l CA5 (h) = CS5 (h) ∩ A5 = { id, (123), (132) }. 60 = 20-elem¶. Vagyis |CA5 (h)| = 3, amib®l g konjugált osztálya A5 -ben 3 Továbbá
= 6,
és könny¶ látni, hogy
|CS5 (k)| = 120 = 5, és nyilván h mind az öt hatványa felcserélhet® 24 k -val. Tehát CS5 (k) = h(12345)i, amib®l CA5 (k) = CS5 (k) ∩ A5 = h(12345)i. 60 = 12-elem¶. Vagyis |CA5 (k)| = 5, amib®l g konjugált osztálya A5 -ben 5 Végül
Tehát
A5 -ben
a konjugált osztályok elemszáma
1, 12, 12, 15, 20,
és ezen
számok összegeként nem lehet el®állítani 60 egyetlen nemtriviális osztóját sem.
A legkisebb egyszer¶ csoport
A5 ,
elemszáma
|A5 | = 60.
Így már
Sn -nek
is meghatározhatjuk az összes normálosztóját.
2.5.17. tétel.
Ha
n ≥ 5,
akkor
Sn
egyetlen nemtriviális normálosztója
An .
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
66
N C Sn egy nemtriviális normálosztó, akkor N ∩ An C An , vagyis N ∩ An = An vagy { 1 }. Az els® esetben An ≤ N ≤ Sn , de mivel An indexe 2, ezért N = An lehet csak a Lagrange-tétel miatt. Ha N ∩An = { 1 }, akkor az els® izomor zmustételb®l Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Ha
(2.4.38. következmény)
Sn /An = N An /An ' N/N ∩ An = N, Vagyis
|N | = 2.
De a 2.4.32. házi feladat alapján minden kételem¶ normál-
osztó része a centrumnak, amib®l
Sn -ben n ≥ 3-ra
N ⊆ Z(Sn ) = { 1 },
ellentmondás (mivel
nincs egyelem¶ konjugáltosztály).
Kereshetünk egyszer¶ csoportokat a lineáris csoportok körében is.
2.5.18. példa. 1.
2.
×
GL(n, T ) = (T n×n ) hisz Z(GL(n, T )) a
az invertálható mátrixok csoportja nem egyszer¶,
skalármátrixok, ami egy valódi normálosztó.
P GL(n, T ) = GL(n, T )/Z(GL(n, T )) a projektív
általános lineáris cso-
port.
GL(n, T )-b®l T × -be, mely magja egy valódi normálosztó GL(n, T )-ben. Ez a mag SL(n, T ),
3. A determináns egy nemtriviális homomor zmus
a speciális lineáris transzformációk csoportja, az egy determinánsú mátrixok csoportja. Még
SL(n, T )
sem feltétlen egyszer¶, hiszen az 1 de-
terminánsú skalármátrixok alkotják a centrumát. 4.
P SL(n, T ) = SL(n, T )/Z(SL(n, T ))
a projektív speciális lineáris cso-
port. Ez már általában egyszer¶. A testelmélet kapcsán belátjuk majd, hogy ha
q
prímhatvány, és minden
q
T
véges, akkor elemszáma
prímhatványhoz pontosan egy
(izomor a erejéig). Ezért szokás a fenti csoportokban a ekkor a
q
T
q
elem¶ test van
helyére
q -t
írni,
elem¶ testre gondolunk.
2.5.19. tétel. P SL(n, T ) nemkommutatív egyszer¶ csoport n ≥ 2-re, kivéve P SL(2, 2)
és
P SL(2, 3).
2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok
67
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A bizonyítás mátrixokkal való számolás.
2.5.20. megjegyzés. Az alábbi izomor zmusok teljesülnek.
P SL(2, 2) ' SL(2, 2) ' GL(2, 2) ' S3 ,
P SL(2, 3) ' A4 ,
P SL(2, 4) ' P SL(2, 5) ' A5 ,
P SL(2, 7) ' P SL(3, 2),
P SL(2, 9) ' A6 ,
P SL(4, 2) ' A8 6' P SL(3,4),
de mindegyik nemkommutatív egyszer¶
csoport, elemszámuk 20 160.
A lineáris csoportok elemszáma a következ®, ha a
q
elem¶ test felett te-
kintjük ®ket :
|GL(n, q)| = (q n − 1) (q n − q) q n − q 2 . . . q n − q n−1 , |GL(n, q)| |GL(n, q)| = , × |T | q−1 |GL(n, q)| |GL(n, q)| |P GL(n, q)| = = , × |T | q−1 |P GL(n, q)| |P SL(n, q)| = , |r| |SL(n, q)| =
r = (q − 1, n). Ez abból jön ki, hogy T × ciklikus véges T esetén, és az 1-nek éppen r = (q − 1, n) darab n-edik gyöke van a q − 1 elem¶ ciklikus ahol
csoportban. Az
An
és a
P SL(n, q)
sorozaton kívül még 15 végtelen sorozata van a
nemkommutatív egyszer¶ csoportoknak (kommutatívakkal együtt 18 sorozat van). Ezen kívül még van 26 sporadikus egyszer¶ csoport, melyek nem elemei egyik végtelen sorozatnak sem. A legnagyobb elemszámú ezek közül az ún.
A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI
68
Monster, megtalálása Fischer és Griess nevéhez f¶z®dik. Elemszáma
246 · 320 · 59 · 76 · 112 · 133 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 41 · 47 · 59 · 71 = = 808 017 424 794 512 875 886 459 904 961 710 757 005 754 368 000 000 000 ≈ ≈ 8,08 · 1053 . Összehasonlításképpen : a látható világegyetem atomjainak a számát
82
10
51
3,5 · 10
közé teszik, a Föld tömege
1078
és
-szerese egy proton tömegének. (Te-
hát a Monsternek több, mint százszor annyi eleme van, mint ahány atomból a Föld áll.) Egy ilyen csoportot egyáltalán nem triviális megkonstruálni. Érdekesség, hogy már szinte mindent tudtak err®l a csoportról (pl. tudták az elemszámát, hogy 194 konjugáltosztálya van), mikor 1982-ben végre sikerült megkonstruálni, mint egy 196 884-dimenziós nemasszociatív algebra összes szimmetriája. Minden bizonnyal a véges egyszer¶ csoportok klasszi kációja az emberiség egyik legnagyobb vívmánya, a bizonyítás több ezer oldalt tesz ki. Civilizációnk fejlettségi fokát jól tükrözné, ha a véges egyszer¶ csoportok elemszámát küldenénk az ¶rbe :
60, 168, 360, 504, 660, 1092, 2448, 2520, 5616, 6048, 7920, 20160, 20160, 25920, . . . Az alszakaszt két nehéz tétellel zárjuk.
2.5.21. tétel
.
(Burnside)
Ha
|G| = pα q β ,
ahol
p, q
prímek, akkor
G
nem
lehet nemkommutatív egyszer¶ csoport. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 30 oldalt tett ki. Manapság többnyire reprezentációelmélettel bizonyítják.
2.5.22. tétel (Feit Thompson). port, akkor
|G|
Ha
G
nemkommutatív véges egyszer¶ cso-
páros.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 250 oldalt tett ki. Azóta egyszer¶sítették a bizonyítást. Végül megjegyezzük, hogy a klasszi káció következménye, hogy bármely véges egyszer¶ csoport generálható két elemmel. Ezt a tételt a klasszi káció nélkül a mai napig nem sikerült igazolni.
3. fejezet
A gy¶r¶elmélet alapjai
A fejezetben olyan bevezet® gy¶r¶elméleti ismereteket foglalunk össze, melyeket majd a kés®bbiekben a Testelmélet fejezetben aktívan felhasználunk.
3.1. Alapvet® fogalmak Ebben a szakaszban alapvet® gy¶r¶elméleti fogalmakat gy¶jtünk össze. Legtöbbjüket a csoportelméletb®l megismert fogalmak gy¶r¶kre való átvezetéséb®l kapjuk. Emiatt érdemes a csoportelméleti fogalmakat és tételeket a folytatás el®tt újra átnézni. Ismételjük át az 1. fejezetben tanultakat. Egy
(R, +, ·)
struktúrát gy¶-
(R, ·) félcsoport, és mindkét oldali disztributív szabály teljesül, vagyis (a + b) · c = (a · c) + (b · c) valamint c · (a + b) = (c · a) + (c · b) minden a, b, c ∈ R-re. Továbbá R-et kommutatív r¶nek hívunk, ha
(R, +)
Abel csoport,
gy¶r¶nek hívjuk, ha a szorzás kommutatív, egységelemes gy¶r¶nek hívjuk (és röviden
1 ∈ R-rel
jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor
az invertálható elemek halmazát
R× -tel
jelöljük és multiplikatív csoportnak
vagy egységcsoportnak hívjuk (1.13. de níció). Az összeadás neutrális elemét általában
0-val
jelöljük.
3.1.1. de níció. mely
a, b ∈ R
Egy
R
gy¶r¶t nullosztómentes gy¶r¶nek hívunk, ha vala-
gy¶r¶elemekre
ab = 0
teljesül, akkor
a = 0
vagy
b = 0. R
integritási tartomány, ha kommutatív és nullosztómentes. Az egységelemes
A GYRELMÉLET ALAPJAI
70
integritási tartományt szokásos gy¶r¶nek fogjuk hívni. 3.1.2. megjegyzés. Az angol irodalomban minden gy¶r¶ de níció szerint egységelemes. A nem feltétlen egységelemes gy¶r¶kre nem is a ring, hanem az rng (ejtsd, mint rung) szót használják. Emiatt az integritási tartomány gyakran de níció szerint egységelemes. Tekintettel arra, hogy nekünk a gy¶r¶ nem feltétlen egységelemes, az egységelemes integritási tartományra a szokásos gy¶r¶ elnevezést használjuk, mely egyébként nem általánosan elterjedt.
3.1.3. példa.
Z, Z[x], Z[x, y]
mindegyike szokásos gy¶r¶.
Ha
T
test, akkor
Ha
T
test, akkor
gy¶r¶, mely
Zn
T , T [x], T [x, y]
n≥1
T n×n
(a
T
mindegyike szokásos gy¶r¶.
feletti
n × n-es
mátrixok) egységelemes
esetén nemkommutatív és nem nullosztómentes.
kommutatív, egységelemes (véges) gy¶r¶.
Nullosztómentes, illetve véges gy¶r¶kkel, valamint
Zn
nullosztómentessé-
gével a 3.2.2. alszakaszban foglalkozunk részletesebben.
3.1.4. házi feladat. Legyen R gy¶r¶, r, s ∈ R tetsz®leges elemek. Igazoljuk, hogy 1.
0 · r = r · 0 = 0,
2.
(−r) · s = r · (−s) = −(r · s)
3. ha
R
és
(−r) · (−s) = r · s,
egységelemes, akkor az egységelem egyértelm¶ és
−r = (−1) · r.
Ezek szerint gy¶r¶ben a 0 nem invertálható. Ferdetestnek hívtuk azon egységelemes gy¶r¶ket, ahol minden nem 0 elem invertálható, testnek pedig azon ferdetesteket, melyek kommutatívak (1.16. de níció).
3.1.5. példa.
A racionális számok
komplex számok
Zp
test ha
p
C
prím.
Q halmaza, a valós számok R halmaza, a
halmaza mind test. A 3.2.2. alszakaszban belátjuk, hogy
3.1 Alapvet® fogalmak
71
3.1.1. Részgy¶r¶ A csoportelméletben látott módon de niálhatjuk a részgy¶r¶ fogalmát is (vö. 2.2.1. de níció), és analóg módon igazolható, hogy csak a m¶veletekre való zártságot kell vizsgálni (vö. 2.2.3. állítás).
3.1.6. de níció. hogy
S
S ⊆ R R-nek (jele S ≤ R), ha S
Legyen
részgy¶r¶je
R
gy¶r¶,
egy részhalmaz. Azt mondjuk, maga is gy¶r¶ az
R m¶veleteire
nézve.
3.1.7. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
S
pontosan akkor részgy¶r¶
R-ben, ha
nem üres és zárt a m¶veletekre, azaz ha 1.
R 6= ∅,
2. tetsz®leges
r, s ∈ S -re r + s ∈ S ,
3. tetsz®leges
s ∈ S -re −s ∈ S ,
4. tetsz®leges
r, s ∈ S -re r · s ∈ S .
Itt a 2. és a 3. pontok együttesen lecserélhet®k arra, hogy tetsz®leges
r, s ∈
∈ S -re r − s ∈ S . A generált részgy¶r¶ de níciója analóg a 2.2.23. de nícióéval, a létezés és egyértelm¶ség a 2.2.24. állítás mintájára látható be.
3.1.8. de níció.
X ⊆ R. Ekkor az X által generált részgy¶r¶ (jele hXi) az a legsz¶kebb részgy¶r¶ R-ben, mely X -et tartalmazza. A legsz¶kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha S ≤ R egy részgy¶r¶, melyre X ⊆ S , akkor hXi ⊆ S is. Legyen
3.1.9. házi feladat.
Legyen
U = ∩X⊆S≤R S az
X -et
egyetlen
R-beli részgy¶r¶k metszete. Igazoljuk, legsz¶kebb X -et tartalmazó részgy¶r¶.
tartalmazó
hogy
U = hXi
az
A GYRELMÉLET ALAPJAI
72
A 2.2.27. tétel mintájára megtalálható, hogy általában hogyan néz ki a generált részgy¶r¶. Például egységelemes, kommutatív gy¶r¶k esetén az elemek egész együtthatós (konstans tag nélküli) polinomjait kell venni.
3.1.10. házi feladat.
Legyen
R
kommutatív gy¶r¶,
r1 , . . . , rn ∈ R.
Ekkor
hr1 , . . . , rn i = { p(r1 , . . . , rn ) | p ∈ Z[x1 , . . . , xn ], p(0, . . . , 0) = 0 } .
3.1.2. Homomor zmus, ideál A homomor zmusok de níciója is analóg a csoportok esetével (2.1.3. de níció), ®k a m¶velettartó leképezések.
3.1.11. de níció.
Legyen
R, S
ϕ : R → S leképezés bármely r1 , r2 ∈ R esetén
gy¶r¶k. Egy
r¶)homomor zmus, ha m¶velettartó, azaz
(gy¶-
ϕ (r1 + r2 ) = ϕ (r1 ) + ϕ (r2 ) , ϕ (r1 · r2 ) = ϕ (r1 ) · ϕ (r2 ) . Itt a baloldalon az Ha
ϕ
R
m¶veletei, a jobboldalon az
S
m¶veletei szerepelnek.
R és S R∼ = S.
bijektív, akkor izomor zmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy az
gy¶r¶k izomorfak, ha van közöttük izomor zmus, jele
R'S
vagy
3.1.12. házi feladat. Legyen ϕ : R → S gy¶r¶homomor zmus. Igazoljuk az alábbiakat.
ϕ : (R, +) → (S, +) egy Abel csohomomor zmus. Speciálisan ϕ(0) = 0 valamint
Elfelejtve a szorzást kapjuk, hogy portok között men®
ϕ(−r) = −ϕ(r). Attól, hogy
R
egységelemes,
ϕ(1)
nem feltétlen lesz
S
3.1.13. példa. Legyen
R = Z, S = Zn , ϕ
pedig a modulo
n
maradék :
ϕ : Z → Zn , k 7→ k
(mod n).
egységeleme.
3.1 Alapvet® fogalmak Legyen
73
R = R[x], S = C, ϕ
pedig az
i
behelyettesítése :
ϕ : R[x] → C, f 7→ f (i). Homomor zmus képét és magját hasonlóan de niáljuk, mint csoportoknál.
3.1.14. de níció.
Legyen
ϕ: R → S
homomor zmus. Ekkor
ϕ
képe
Im ϕ = { ϕ(r) | r ∈ R } ⊆ S, ϕ
magja
Ker ϕ = { r ∈ R | ϕ(r) = 0S } ⊆ R.
3.1.15. házi feladat. gy¶r¶je
Igazoljuk, hogy
Im ϕ
részgy¶r¶je
S -nek, Ker ϕ
rész-
R-nek.
Vizsgáljuk most is
Ker ϕ-t,
ahogy azt csoportok esetén tettük. Tudjuk,
Ker ϕC(R, +), ám ez most csak annyit mond, hogy Ker ϕ zárt az összeadásra és kivonásra, hiszen (R, +) Abel csoport, így minden részcsoportja normálosztó. Vegyük észre, hogy Ker ϕ a szorzásra is zárt, s®t, tetsz®leges gy¶r¶elemmel szorozhatunk. Legyen ugyanis a ∈ Ker ϕ, r ∈ R tetsz®leges. hogy
Ekkor
ϕ(a) = 0, tehát
ϕ(r) · ϕ(a) = 0. A homomor zmustulajdonság miatt tehát
ϕ(r · a) = 0, vagyis
r · a ∈ Ker ϕ.
r∈R
tetsz®leges, akkor
Tehát
Nyilván ugyanígy az is belátható, hogy ha
a ∈ Ker ϕ,
és
a · r ∈ Ker ϕ.
Ker ϕ zárt az összeadásra, kivonásra, és tetsz®leges R-beli elemmel
való balról vagy jobbról szorzásra. Az ilyen részhalmazok fontosak a gy¶r¶elméletben, így külön nevük van.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
74
3.1.16. de níció.
I ⊆ R egy részhalmaz. Azt mondjuk, hogy I balideál, ha (I, +) részcsoportja (R, +)-nak, és I zárt az R-beli elemekkel való balról szorzásra, azaz tetsz®leges r ∈ R, a ∈ I esetén ra ∈ I . A jobbideál analóg módon de niálható : azt mondjuk, hogy I jobbideál, ha (I, +) részcsoportja (R, +)-nak, és I zárt az R-beli elemekkel való jobbról szorzásra, azaz tetsz®leges r ∈ R, a ∈ I esetén ar ∈ I . Végül, azt mondjuk, hogy I ideál R-ben (jele I C R), ha balideál és jobbideál is. Legyen
R
gy¶r¶,
A 2.4.9. tétel mintájára, itt is belátható, hogy a homomor zmusok magjai éppen az ideálok, Ezt a 3.1.3. alszakaszban meg is tesszük. Tehát az ideáloknak hasonlóan központi szerepük van a gy¶r¶elméletben, mint a normálosztóknak a csoportelméletben. Az alszakasz további részében az ideálokkal ismerkedünk meg egy kicsit jobban.
3.1.17. példa. (n)-nel)
Legyen
ideált alkot
Z-ben.
3.1.18. házi feladat. Jelölje
(s)
az
s
R = Z, ekkor az n többszöröseinek halmaza (jelöljük
Legyen
1∈R
kommutatív gy¶r¶,
s∈R
tetsz®leges.
többszöröseib®l álló halmazt :
(s) = { rs | r ∈ R } . Igazoljuk, hogy
(s) C R.
3.1.19. de níció.
1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, s ∈ R tetsz®leges. Az s halmazt (s)-sel jelöljük, és az s által generált f®ideálnak
Legyen
többszöröseib®l álló nevezzük.
Vegyük észre, hogy az tartalmazó ideál, hiszen ha is
I -beli
s által generált f®ideál éppen a legsz¶kebb s-t I C R, melyre s ∈ I , akkor s minden többszöröse
az ideáltulajdonság miatt. A generált részgy¶r¶ mintájára tehát
de niálhatjuk a generált ideált is.
3.1.20. de níció.
X ⊆ R. Ekkor az X által generált ideál (jele (X)) az a legsz¶kebb ideál R-ben, mely X -et tartalmazza. A legsz¶kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha I C R egy ideál, melyre X ⊆ I , akkor (X) ⊆ I is. Legyen
3.1 Alapvet® fogalmak
3.1.21. házi feladat.
75
Legyen
J = ∩X⊆ICR I az
X -et
tartalmazó
egyetlen legsz¶kebb
R-beli ideálok metszete. X -et tartalmazó ideál.
3.1.22. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
J = (X)
az
A 3.1.20. de níció alapján de niáljuk a generált bal-
ideál és generált jobbideál fogalmát, majd bizonyítsuk be, hogy ezek léteznek és egyértelm¶ek. Általában nem olyan könny¶ megmondani, hogy hogyan is néz ki a generált ideál. Kommutatív, egységelemes gy¶r¶k esetén viszont egyszer¶ képlet adható.
3.1.23. házi feladat.
Legyen
1∈R
kommutatív gy¶r¶. Ekkor
(s1 , . . . , sn ) = { r1 s1 + · · · + rn sn | ri ∈ R } . Felmerül a kérdés, hogy hogyan érdemes a komplexusm¶veleteket de niálni. A komplexusösszeadás egyszer¶en a csoportelméletb®l megszokott módon
(X)-et valamilyen X ⊆ R-re, ahol R kommutatív, egységelemes. Ha most X egyelem¶ (pl. X = { s }), akkor (X) = (s) = Rs, az s többszörösei. Ha viszont X = = { s1 , . . . , sn }, akkor (X) = Rs1 + · · · + Rsn . Tehát ahhoz, hogy (X) = RX teljesüljön most is, ahhoz nem csak az rx alakú szorzatokat kell bevenni RX -be, hanem azoknak minden lehetséges összegét is. megy. A szorzás viszont nem teljesen. Tekintsük ugyanis
3.1.24. de níció.
Legyen
R gy¶r¶, A, B ⊆ R két részhalmaz. Ekkor A és B
komplexusösszegén és komplexusszorzatán az alábbi részhalmazokat értjük :
A + B = { a + b | a ∈ A, b ∈ B } , A · B = { a1 b1 + · · · + an bn | ai ∈ A, bi ∈ B, n
nemnegatív egész } .
A és B valameA · B részcsoport
A komplexusszorzat ezen de níciójának el®nye, hogy ha lyike zárt az ellentettképzésre (például részgy¶r¶), akkor
(R, +)-ban.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
76
3.1.25. házi feladat. RX ,
generált balideál ideál pedig
Legyen
az
X
1 ∈ R
gy¶r¶. Igazoljuk, hogy az
által generált jobbideál
XR,
az
X
X
által
által generált
RXR.
Végül, a direkt szorzat a csoportokéval teljesen analóg módon tárgyalható, ezért ezt nem részletezzük, hanem egy feladat formájában összefoglaljuk. A f® ötlet mindenhol az, hogy mindenhol csak a szorzásra vonatkozó állításokat kell ellen®rizni, mivel Abel csoportok direkt szorzatát jól ismerjük (2.3.1. alszakasz).
3.1.26. házi feladat.
Legyenek
R, S
csoportok direkt szorzata. Értelmezzük
gy¶r¶k és legyen
R × S -en
R×S
az additív
a szorzást komponensen-
ként :
(r1 , s1 ) · (r2 , s2 ) = (r1 r2 , s1 s2 ). Igazoljuk, hogy
R×S
gy¶r¶. Általánosítsunk
n
gy¶r¶ direkt szorzatára.
3.1.3. Faktorgy¶r¶ A 2.4.9. tétel mintájára belátható, hogy a homomor zmusok magjai éppen az ideálok.
3.1.27. tétel. I Bizonyítás.
⇐= :
Legyen
R
gy¶r¶,
I ⊆ R.
Ekkor
egy alkalmas homomor zmus magja
=⇒ :
Legyen
⇐⇒ I C R.
Ezt láttuk be a 3.1.2. alszakaszban.
I CR
ideál. A 2.4.9. tételhez hasonlóan a bizonyítás kulcsa
S = (I, +)
a faktorstruktúra (jelen esetben faktorgy¶r¶) elkészítése. Tekintsük az
= (R, +)/(I, +) faktorcsoportot az összeadással. Ez létezik, hiszen részcsoport az (R, +) Abel csoportban, és így normálosztó is benne. Tehát S = {r + I | r ∈ R} az
I
szerinti mellékosztályok, melyek közt az összeadást már de niáltuk :
(r1 + I) + (r2 + I) = (r1 + r2 ) + I.
3.1 Alapvet® fogalmak
77
Már csak a szorzás de níciója van hátra, ezt hasonlóan reprezentánsokkal de niáljuk. Az
r1 + I
és az
r2 + I
mellékosztályok szorzata legyen az
r1 r2 + I
mellékosztály :
(r1 + I) · (r2 + I) = r1 · r2 + I. Ahogy a 2.4.9. tétel bizonyításában, itt is be kell látni, hogy a szorzás ezen
r10 , r20 ∈ R olyanok, hogy r1 + I = r2 + I = r20 + I (azaz r2 − r20 ∈ I ). Ekkor
de níciója reprezentánsfüggetlen. Legyen
= r10 + I
(azaz
r1 − r10 ∈ I ),
r1 r2 − r10 r20 = r1 r2 − r1 r20 + r1 r20 − r10 r20 = r1 · (r2 − r20 ) + (r1 − r10 ) ·r20 ∈ I | {z } | {z } ∈I
∈I
Itt többször is kihasználtuk az ideál zártságát a balról illetve jobbról szorzásra tetsz®leges gy¶r¶elemmel, valamint az összeadásra való zártságot is. Tehát
r1 r2 −r10 r20 ∈ I , vagyis r1 r2 +I = r10 r20 +I . Tehát S -en jólde niált az összeadás és a szorzás, valamint (S, +) Abel csoport (a faktorcsoport tulajdonságai miatt). Hiányzik még, hogy S -ben a szorzás asszociatív, valamint teljesül a két disztributivitás. Ezek ellen®rzése könny¶. Tehát S gy¶r¶. Továbbá a
ϕ : R → S, r 7→ r + I leképezés homomor zmus. Valóban, az összeadás tartását tudjuk abból, hogy
S -et
az
(R, +)/(I, +)
faktorcsoportként de niáltuk, a szorzás tartása pedig
a mellékosztályok szorzásának de níciójából automatikusan adódik :
ϕ (r1 r2 ) = r1 r2 + I = (r1 + I) · (r2 + I) = ϕ(r1 ) · ϕ(r2 ).
3.1.28. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
S -ben
a szorzás asszociatív, valamint
teljesül a két disztributivitás.
3.1.29. de níció.
A 3.1.27. tétel bizonyításában de niált
gy¶r¶
ϕ : R → S homomor zmus neve : természetes r, s ∈ R esetén r − s ∈ I (azaz r és s azonos I
neve : faktorgy¶r¶. A megadott
homomor zmus. Továbbá, ha
S = R/I
A GYRELMÉLET ALAPJAI
78
r
szerinti mellékosztályba esnek), akkor azt mondjuk, hogy
modulo
I,
kongruens
s-sel
jele
r≡s
3.1.30. házi feladat.
(mod I).
Igazoljuk, hogy ha
a ≡ b (mod I)
és
c ≡ d (mod I),
akkor
a ± c ≡ b ± d (mod I), a · c ≡ b · d (mod I). A csoportokra vonatkozó homomor zmus-tételnek is megvan a gy¶r¶elméleti megfelel®je.
3.1.31. tétel
(Homomor zmus tétel)
.
Legyen
ϕ: R → S
homomor zmus.
Ekkor
Im ϕ ' R/ Ker ϕ. Bizonyítás. Legyen
I = Ker ϕ.
A 3.1.27. tétel bizonyításából világos, hogy
az
Im ϕ → R/I, r 7→ r + I. megfeleltetés jólde niált, m¶velettartó, bijekció.
3.1.32. példa. Legyen
R = Z, S = Zn , ϕ
pedig a modulo
n
maradék :
ϕ : Z → Zn , k 7→ k Itt
(mod n).
Ker ϕ = (n), az n többszörösei Z-ben, Im ϕ = Zn , és így a 3.1.31. té-
tel miatt (3.1)
Z/nZ ' Zn .
Vegyük észre, hogy a modulo
n
oldala segítségével de niálják (a
maradékosztályokat sokszor (3.1) bal-
k
maradékosztálya a
k + nZ
halmaz).
3.1 Alapvet® fogalmak
79
Továbbá a 3.1.29. de nícióban szerepl® kongruencia jelölés ebben a példában pontosan egybeesik a hagyományos (számelméletben használt) kongruencia jelöléssel. Legyen
R = R[x], S = C, ϕ
pedig az
i
behelyettesítése :
ϕ : R[x] → C, f 7→ f (i). Most
Im ϕ = C
(hiszen az
ϕ(a + bx) = a + bi), Ker ϕ
pedig éppen azon
valós együtthatós polinomok halmaza, melyeknek gyöke az
i.
Ha egy
valós együtthatós polinomnak gyöke egy komplex szám, akkor gyöke a
(x − i)(x + i) = = x +1. Ennek a polinomnak a többszörösei (ezt a halmazt (x2 +1)-gyel
komplex konjugáltja is, tehát a polinomból kiemelhet®
2
jelöltük) tehát éppen azok a valós együtthatós polinomok, melyeknek gyöke
i.
Tehát
Ker ϕ = (x2 + 1),
és így
R[x]/(x2 + 1) ' C.
(3.2)
Vegyük észre, hogy (3.2) miatt a komplex számokat bevezethetjük olyanok számára is, akik csak a valós számokat ismerik. A kés®bbiekben ezt az ötletet használni is fogjuk új testek elkészítéséhez. A 3.2. szakaszban részletesebben is elemezni fogjuk ezt az izomor zmust.
3.1.4. Faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i, izomor zmustételek A faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i illetve ideáljait hasonló módon kaphatjuk meg, mint csoportok esetén a faktorcsoport részcsoportjait illetve normálosztóit. Utóbbiakat részletesen tárgyaltuk a 2.4.4. alszakaszban, ezért itt már csak az analóg állításokat mondjuk ki. A bizonyítások egyébként megegyeznek a csoportelméleti változataikkal, csak azt kell meggondolni, hogy az egyes leképezések a szorzást is tartják.
3.1.33. tétel.
Legyen
ϕ: R → S
szürjektív homomor zmus, melynek magja
I C R. 1. Ha
T ≤ R,
akkor
ϕ(T ) ≤ S .
Továbbá
ϕ−1 (ϕ(T )) = T + I .
A GYRELMÉLET ALAPJAI
80
2. Az
S
gy¶r¶ részgy¶r¶i kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetésben állnak
R-nek
az
I -t
tartalmazó részgy¶r¶ivel. Az
U ≤ S -hez T = ϕ−1 (U ) ≤ R
tartozik.
T ≤ R és U ≤ S egymásnak megfelel® T C R ⇐⇒ U C S , és ekkor R/T ' S/U .
3. Ha
részgy¶r¶k, akkor
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
3.1.34. következmény Ekkor
S+I
részgy¶r¶
(Els® izomor zmus tétel)
R-ben, S ∩ I C S ,
.
Legyen
I C R, S ≤ R.
és
S + I/I ' S/S ∩ I. Bizonyítás. A következmény bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
3.1.35. következmény (Második izomor zmus tétel). ⊆ J.
Ekkor
I C J , J/I C R/I ,
Legyen
I, J C R, I ⊆
valamint
(R/I)/(J/I) ' R/J. Bizonyítás. A következmény bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
81
3.2. Speciális gy¶r¶osztályok Célunk ebben a szakaszban, hogy pontosan megértsük, hogy mi is van az
R[x]/(x2 + 1) ' C
izomor a hátterében, hogy kés®bb alkalmazhassuk más
szituációkban. Továbbá, megvizsgáljuk a véges, nullosztómentes gy¶r¶ket is közelebbr®l.
3.2.1. Polinomgy¶r¶k Ebben az alszakaszban precízen de niáljuk a polinomok gy¶r¶jét, immár nem feltétlen egész-, racionális-, valós- vagy komplex együtthatókkal, hanem tetsz®leges együtthatókkal. Az alszakaszban minden
R
gy¶r¶ egységelemes,
kommutatív. Az alszakasz állításainak bizonyításai házi feladatok, mert ezek szerepeltek korábbi tanulmányainkban
R
helyett
C-vel,
és a bizonyítások is
megegyeznek. Néhány helyen adunk ötletet a bizonyításra.
3.2.1. de níció.
Legyen
1∈R
R[x]-szel az R x határozatlan-
kommutatív gy¶r¶. Jelöljük
feletti polinomok halmazát, amely az
R-beli
elemekb®l és az
ból az összeadás, kivonás, szorzás segítségével felírt formális kifejezésekb®l áll. Tehát
R[x] =
rn xn + rn−1 xn−1 + · · · + r1 x + r0 | rk ∈ R, n
nemnegatív egész
.
rk -k a polinom együtthatói, az rk xk -k a polinom tagjai, k az rk x foka k . A polinom foka a legmagasabb tag foka, vagyis n. A polinomok Ebben a felírásban az
ezen alakja egyértelm¶, tehát két polinom de níció szerint akkor egyenl®, ha megfelel® együtthatóik megegyeznek. Két polinomot a szokásos módon adunk össze illetve szorzunk össze. Ez értelmes, hiszen csak az együtthatók között kell összeadást, kivonást, szorzást végezni. 3.2.2. megjegyzés. De niálhatnánk a polinomokat is az együtthatók véges sorozatával, mely precízebb lenne. Mégis a kevésbé precíz de níció mellett maradunk, mert azt szemléletesebbnek találjuk.
3.2.3. állítás. R[x] kommutatív, és egységelemes gy¶r¶, melynek R részgy¶r¶je (konstans polinomok).
R[x] egységeleme az R egységeleme. R[x] pontosan
A GYRELMÉLET ALAPJAI
82
akkor nullosztómentes, ha
R
nullosztómentes. Ha
R
nullosztómentes, akkor
R[x]× = R× . Bizonyítás. Mint
C[x]-ben.
Tehát tetsz®leges kommutatív egységelemes gy¶r¶ feletti polinomgy¶r¶ is kommutatív és egységelemes gy¶r¶. Ennek a segítségével értelmezhet®k a többváltozós polinomgy¶r¶k.
3.2.4. de níció. n-re
de niáljuk az
1 ∈ R kommutatív gy¶r¶. Minden pozitív egész R[x1 , . . . , xn ] n-változós polinomgy¶r¶t az alábbi rekurzív
Legyen
képlettel :
R[x1 , . . . , xn ] = R[x1 , . . . , xn−1 ][xn ]. 3.2.5. megjegyzés. Szokásos gy¶r¶k esetén igaz a szimmetrikus polinomok alaptétele, a bizonyítás megegyezik a komplex számok feletti bizonyítással.
3.2.6. de níció. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, f ∈ R[x]. Legyen f (x) = = rn xn + rn−1 xn−1 + · · · + r1 x + r0 . Ekkor f -hez függvény, melyre minden α ∈ R esetén
társítható egy
f∗ : R → R
f ∗ (α) = rn αn + rn−1 αn−1 + · · · + r1 α + r0 . f
Általában
f ∗ között nem teszünk különbséget, hacsak nem félreérthet® f ∗ (α) = 0, akkor azt mondjuk, hogy α gyöke f -nek.
és
a helyzet. Ha
3.2.7. házi feladat. tetsz®leges
α∈R
Igazoljuk, hogy a behelyettesítés homomor zmus, azaz
esetén
ϕα : R[x] → R, f 7→ f ∗ (α) homomor zmus.
3.2.8. állítás.
A Horner eljárás használható behelyettesítés kiszámolására.
A gyöktényez®k kiemelhet®k, vagyis ha valamely
f (α) = 0,
akkor van olyan
g ∈ R[x],
hogy
f (x) = (x − α) · g(x).
f ∈ R[x], α ∈ R
esetén
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
3.2.9. példa.
Az
83
x2 − 1 ∈ Z8 [x]
polinomnak négy gyöke is van (1, 3, 5, 7),
noha ez csak egy másodfokú polinom. A gyöktényez®k egyszerre tehát nem emelhet®k ki, de külön-külön igen :
x2 − 1 = (x − 1)(x − 7) = (x − 3)(x − 5). Ha a második alakba beírjuk mondjuk a 7-t, akkor 0. Tehát a problémát az okozza, hogy
3.2.10. állítás.
Ha
R
Z8
2·4-et kapunk, ami Z8 -ban
nem nullosztómentes.
szokásos gy¶r¶, akkor
R[x]-ben
minden polinomnak
legfeljebb annyi gyöke lehet, amennyi a foka, valamint a gyöktényez®k egyszerre kiemelhet®k. Bizonyítás. Mint
C[x]-ben.
3.2.11. következmény. linom
n+1
Szokásos gy¶r¶ felett ha két legfeljebb
n-edfokú
po-
különböz® helyettesítési értéknél megegyezik, akkor a két polinom
azonos. Speciálisan végtelen gy¶r¶ felett igaz a polinomok azonossági tétele (azaz két polinom pontosan akkor egyezik meg, ha a megfelel® polinomfüggvények megegyeznek). Bizonyítás. Mint
C[x]-ben.
3.2.12. megjegyzés. Vegyük észre, hogy véges gy¶r¶ felett a polinomok azonossági tétele nem lehet igaz, hiszen összesen
|R||R|
darab
R→R
függvény
van, de végtelen sok polinom. A többszörös gyökök hasonlóan de niálhatók, mint
3.2.13. de níció.
Legyen
R
szokásos gy¶r¶,
f ∈ R[x].
C
felett.
Ha
f (x) = (x − α)k · g(x), ahol
g(α) 6= 0,
akkor azt mondjuk, hogy az
3.2.14. de níció. f (x) =
Legyen
n X k=0
R
α
szokásos gy¶r¶,
gyök multiplicitása
f ∈ R[x],
ahol
rk xk = rn xn + rn−1 xn−1 + · · · + r1 x + r0 .
k.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
84
Ekkor az
f
deriváltját formálisan kell érteni, az alábbi képlettel számoljuk : n X
0
f (x) =
krk xk−1 = nrn xn−1 + (n − 1)rn−1 xn−2 + · · · + r1 .
k=1 Itt a
krk xk−1 -t
k -szor
úgy kell érteni, hogy
3.2.15. állítás.
összeadjuk
rk xk−1 -t.
A deriválás szokásos szabályai továbbra is fennállnak, tehát
(f ± g)0 (x) = f 0 (x) ± g 0 (x), (f · g)0 (x) = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x), (f ◦ g)0 (x) = f 0 (g(x)) · g 0 (x). A többszörös gyökök és a deriváltak kapcsolata hasonlóan alakul, mint
C-ben,
némi eltéréssel.
3.2.16. példa.
Z2 felett az f (x) = x3 + x2 polinomot. Ennek a 0 x3 + x2 = x2 · (x + 1). Ugyanakkor a deriváltjának is
Tekintsük
kétszeres gyöke, hiszen kétszeres gyöke a 0 :
f 0 (x) = 3x2 + 2x = x2 . Itt a problémát nem a nullosztómentesség hiánya okozza (hiszen test is), hanem az, hogy bármely elem duplája 0 lesz
Z2
még
Z2 -ben. Ezt a szituációt
a karakterisztika fogalma fogja meg.
3.2.17. de níció. Egy R gy¶r¶ karakterisztikája az a legkisebb pozitív egész m, melyre m·r = 0 minden r ∈ R gy¶r¶elemre. Itt az m·r az r elem m-szeres összegét jelöli :
m·r =
m X k=1
r = r| + ·{z · · + r} .
Ha nincs ilyen legkisebb pozitív egész
m darab
m,
akkor azt mondjuk, hogy az
R
gy¶r¶ karakterisztikája 0.
3.2.18. tétel.
R szokásos gy¶r¶, f ∈ R[x]-nek α k -szoros gyöke, akkor f 0 -nek α legalább (k − 1)-szeres gyöke. Ha R minden r 6= 0 elemére teljesül, 0 hogy kr 6= 0, akkor f -nek α pontosan (k − 1)-szeres gyöke. Ha
Bizonyítás. Mint
C[x]-ben.
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
3.2.19. következmény. szeres gyöke, akkor
α
Ha
és
f
R
szokásos gy¶r¶ és
nem gyöke
3.2.20. következmény. 0
85
f -nek
egy
α
pontosan egy-
f 0 -nek.
Szokásos gy¶r¶ben
f
többszörös gyökei éppen az
f
közös gyökei.
Tehát amikor létezik az gyökei éppen
0
(f, f )
(f, f 0 ) kitüntetett közös osztó, akkor f
többszörös
gyökei. Ezen kitüntetett közös osztó létezését lehet pél-
dául olyankor garantálni, amikor m¶ködik az euklideszi algoritmus, amihez maradékos osztás kell.
3.2.21. tétel.
R szokásos gy¶r¶, akkor R[x]-ben lehet maradékosan osztani minden olyan g polinommal, melynek f®együtthatója R-ben invertálható. Igaz az egyértelm¶ség is. Tehát ha f ∈ R[x], akkor vannak (egyértelm¶) q, r ∈ ∈ R[x] polinomok, hogy f = gq + r, és deg r < deg g vagy r = 0. Ha
Bizonyítás. Ugyanúgy, mint
Z[x]-ben : gondoljuk meg, hogy a maradékos osz-
tás során csak a polinom f®együtthatójával kell osztani.
3.2.22. következmény.
Test feletti polinomgy¶r¶ben minden polinommal
lehet maradékosan osztani. M¶ködik az euklideszi algoritmus is.
3.2.2. Nullosztómentes gy¶r¶k, véges gy¶r¶k A szakaszt a véges gy¶r¶k nullosztómentességének tárgyalásával kezdjük.
3.2.23. állítás.
Nullosztómentes gy¶r¶ben igaz a jobboldali egyszer¶sítési
szabály, azaz tetsz®leges
= b.
a, b, c ∈ R, c 6= 0
esetén ha
ac = bc,
akkor
a =
Ugyanígy igaz a baloldali egyszer¶sítési szabály is.
ac = bc, akkor (a − b) · c = ac − bc = 0, amib®l a nullosztómiatt a − b = 0 vagy c = 0. Mivel c 6= 0, ezért a − b = 0, vagyis
Bizonyítás. Ha mentesség
a = b.
Ugyanígy kihozható a másik oldali egyszer¶sítési szabály is.
3.2.24. állítás.
Egy ferdetest mindig nullosztómentes.
Bizonyítás. A bizonyítás megegyezik annak a bizonyításával, hogy a komplex számok teste nullosztómentes. Legyen
T
z, w ∈ T . Tegyük fel, hogy z 6= 0, akkor van z −1 , és így
ferdetest,
z · w = 0. Ha z = 0, akkor kész vagyunk. Ha w = (z −1 · z) · w = z −1 · (z · w) = z −1 · 0 = 0.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
86
3.2.25. példa.
A 3.2.24. állítás megfordítása nem igaz, az egész számok
gy¶r¶je jó ellenpéldának. Véges ellenpélda viszont már nem létezik a megfordításra :
3.2.26. tétel.
Ha
R
véges, nullosztómentes gy¶r¶, akkor
R
ferdetest.
3.2.27. megjegyzés. Wedderburn egyik tétele, hogy minden véges ferdetest kommutatív, azaz test. Tehát minden véges, nullosztómentes gy¶r¶ test.
R-ben az egységelemet, és minden elemnek az inverzét. Legyen R = { a1 , . . . , ak }, és legyen r ∈ R tetsz®leges nem 0 elem. Az ötlet, hogy az r -rel való jobbszorzás permutálja R elemeit, mert az a1 r, . . . , ak r elemek mind különböznek. Valóban, ha ai r = aj r lenne, akkor a nullosztómentesség miatt egyszer¶síthetnénk r 6= 0-val, és így ai = aj . Tehát valamelyik i-re ai r = r . Legyen e = ai , ® lesz a jelölt az egységelemre. Nyilván e 6= 0, hisz akkor 0 = er = r lenne. Legyen s ∈ R tetsz®leges, ekkor er = r -b®l ser = sr adódik, majd r 6= 0-val egyszer¶sítve jobbról se = = s-et kapjuk. Mivel s ∈ R tetsz®leges volt, ezért e jobboldali egységelem. Speciálisan, ee = e, melyet jobbról s-sel szorozva ees = es adódik. Balról e 6= 0-val egyszer¶sítve es = s adódik, tehát e baloldali egységelem is. Már csak r inverzét kell megtalálnunk. Az a1 r, . . . , ak r számok között e is megtalálható, mondjuk aj r = e. Tehát r -nek van balinverze : aj . Természetesen balról is szorozhatunk r -rel, akkor az ra1 , . . . , rak elemek különböz®sége miatt ezek egyike is e. Mondjuk ral = e, tehát r -nek van jobbinverze is. De akkor aj = aj e = aj ral = eal = al , vagyis a baloldali inverz megegyezik a jobboldali inverzzel. Tehát tetsz®leges r 6= 0 elemnek találtunk inverzét. Bizonyítás. Meg kell keresnünk
3.2.28. megjegyzés. A bizonyítás során megoldottuk az 1.12. házi feladatot. A 3.2.26. tétel segítségével karakterizáljuk, hogy tes, és így példát kapunk véges testekre is.
3.2.29. következmény. 1.
Zn
2.
n
nullosztómentes,
prím,
Az alábbiak ekvivalensek.
Zn
mikor nullosztómen-
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok 3.
Zn
87
test.
⇐⇒ 2 : Zn nullosztómentessége azt jelenti, hogy a, b ∈ Zn esetén ha ab = 0 Zn -ben, akkor a = 0 vagy b = 0 Zn -ben. Azaz : tetsz®leges a, b ∈ Z-re ha n | ab, akkor n | a vagy n | b. Utóbbi azzal ekvivalens, hogy n
Bizonyítás. 1
prím. 1
=⇒
3 : A 3.2.26. tétel miatt
Zn
ferdetest Azt tudjuk, hogy
Zn
kommu-
tatív, így test is. 3
=⇒
1 : 3.2.24. állítás.
3.2.3. R[x]/(x2 + 1) ' C újra Képzeljük el a szituációt, hogy még sosem hallottunk a komplex számokról, csak a valós számokat ismerjük, de valaki megmutatta az
R[x]/(x2 + 1)
faktorgy¶r¶t. Ezt a gy¶r¶t kívánjuk jobban megérteni. Legyen
I = (x2 + 1) C R[x]. Az R[x]/(x2 + 1) elemei g(x) + I
alakú mellék-
osztályok. Szerencsés lenne valami alkalmas reprezentánsrendszert választani, hogy kényelmesen tudjunk számolni az elemekkel. Amikor a
Zn
maradékosz-
tályokkal számolunk, ott észrevettük, hogy minden egész számnak az való osztási maradéka egy egyértelm¶ tuk
0
és
n-nel
(n − 1) közé es® szám. Így kaphogy a g(x) polinomot osszuk el
Zn de nícióját. Felmerül hát az ötlet, (x + 1)-gyel maradékosan, és az egyértelm¶ (legfeljebb els®fokú) maradékkal reprezentáljuk a g(x) + I mellékosztályt. Az R[x]-ben a maradékos osztás 2 elvégezhet®, tehát g(x) = q(x) (x + 1) + r(x), ahol r(x) legfeljebb els®fokú polinom (amibe most a 0 polinomot is beleértjük). Ekkor g(x) + I = r(x) + I . 2
Tehát a legfeljebb els®fokú polinomok alkalmasak reprezentánsoknak, mert minden
I
szerinti mellékosztályban pontosan egy legfeljebb els®fokú polinom
van. Vizsgáljuk most meg, hogy hogyan adunk össze illetve szorzunk össze két mellékosztályt. A faktorgy¶r¶ de níciója alapján
(a + bx + I) + (c + dx + I) = (a + c) + (b + d)x + I, (a + bx + I) · (c + dx + I) = ac + (ad + bc)x + bdx2 + I = = (ac − bd) + (ad + bc)x + bd(x2 + 1) +I = | {z } ∈I
A GYRELMÉLET ALAPJAI
88
= (ac − bd) + (ad + bc)x + I. Látjuk, hogy a számolási szabályok pontosan ugyanazok, mint
C-ben,
az
a + bx + I ←→ a + bi megfeleltetés mentén. Ez éppen a 3.1.32. példában részletezett izomor zmus
R[x]/(x2 + 1)
és
C
között.
Már csak azt kellene megértenünk a komplex számok ismerete nélkül, hogy miért lesz
R[x]/(x2 + 1)
g(x) = a + bx 6= 0 g(x) + I inverze R[x]/(x2 + 1)-
test. Tehát ha adott egy
legfeljebb els®fokú polinom, akkor mi lesz
ben ? Aki tanult komplex számokról, az a fenti izomor a alapján könnyen meg tudja mondani az inverzet.
3.2.30. házi feladat. Ellen®rizzük, hogy a+bx+I inverze R[x]/(x2 +1)-ben (a és
b
nem mindkett® 0)
a2
−b a + 2 x + I. 2 +b a + b2
Most egy olyan gondolatot mondunk el, amit az is könnyen megért, aki nem hallott még komplex számokról.
(x2 + 1, g(x)) kitüntetett közös osztót. 2 Mivel x + 1 irreducibilis R[x]-ben, ezért ez a kitüntetett közös osztó vagy 2 2 1 vagy x + 1. Utóbbi nem lehet, hiszen g az x + 1-nél alacsonyabb fokú 2 nem 0 polinom. Tehát (x + 1, g(x)) = 1. Továbbá az euklideszi algoritmus segítségével tudunk olyan u(x), v(x) ∈ R[x] polinomokat találni, melyekkel (3.3) u(x) · x2 + 1 + v(x) · g(x) = 1. Ötlet : tekintsük az
Itt
u(x) · (x2 + 1) ∈ I .
Tehát (3.3)-t modulo
I
tekintve
(v(x) + I) · (g(x) + I) = 1 + I adódik, vagyis
g(x) + I
3.2.31. házi feladat. v(x)
a
g(x) = a + bx
inverze
R[x]/(x2 + 1)-ben
létezik, és éppen
v(x) + I .
Ellen®rizzük, hogy az euklideszi algoritmussal kapott
polinomhoz éppen
a2
a −b + 2 x. 2 +b a + b2
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
89
3.2.4. Egyszer¶ gy¶r¶k Meg szeretnénk érteni, hogy mik az
R[x] polinomgy¶r¶ (x2 +1)-et tartalmazó
ideáljai. A 3.1.33. tétel miatt ezek az ideálok kölcsönösen egyértelm¶ megfe-
R[x]/(x2 + 1)
leltetésben állnak az a
C
faktorgy¶r¶ ideáljaival. Ez a faktorgy¶r¶
testtel izomorf, így kézenfekv® el®ször testek ideáljait vizsgálni.
3.2.32. állítás.
Egy
T
ferdetest ideáljai csak
{0}
és
T.
0 6= s ∈ I elem. Mivel T ferdetest, s-nek létezik s ∈ T inverze. De akkor 1 = s−1 · s ∈ I , és így tetsz®leges r ∈ T -re r = r · 1 ∈ I . Tehát ha I 6= { 0 }, akkor I = T . I CT
Bizonyítás. Legyen
egy nem nulla ideál. Ekkor van
−1
3.2.33. házi feladat.
Legyen
1 ∈ R, I C R
ideál. Igazoljuk, hogy
I = R ⇐⇒ 1 ∈ I ⇐⇒ I ∩ R× 6= 0.
3.2.34. de níció. triviális ({ 0 } és
Egy
R)
R gy¶r¶t egyszer¶
gy¶r¶nek nevezünk, ha csak a két
ideálja van.
3.2.35. következmény.
Minden ferdetest egyszer¶ gy¶r¶.
Felmerül a kérdés, hogy igaz-e a megfordítás.
3.2.36. példa.
n ≥ 2. Ekkor a T n×n mátrixgy¶r¶ egyszer¶. Ezt például úgy lehet belátni, hogy az Iij mátrixokkal szorzunk jobbról illetve balról, ahol Iij az a mátrix, amelynek az i-edik sorának j -edik eleme 1, a többi Legyen
T
test,
eleme 0. A bizonyítást a vizsgán nem kell tudni. A megfordítás az alábbi értelemben viszont igaz :
3.2.37. tétel.
Ha egy
ferdetest, vagy
R
ha
1∈R
R
gy¶r¶nek csak a két triviális balideálja van, akkor
R
prímrend¶ zérógy¶r¶ (azaz minden szorzat 0). Speciálisan,
kommutatív, akkor
R
test.
Bizonyítás. Az általános eset bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A speciális esetben legyen
1∈R
egy kommutatív, egyszer¶ gy¶r¶. Legyen
(s) ideált. Ez nem a nulla ideál s 6= 0 miatt, tehát 1 ∈ (s), tehát van olyan r ∈ R, hogy rs = 1 (hiszen (s)
tetsz®leges, és tekintsük az
(s) = R.
Speciálisan
0 6= s ∈ R
A GYRELMÉLET ALAPJAI
90
elemei az
s
többszöröseib®l állnak). Tehát tetsz®leges
kommutativitás miatt miatt
R
r
kétoldali inverz), így
R
s 6= 0
invertálható (a
ferdetest. A kommutativitás
test.
3.2.38. következmény. 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, akkor R
egyszer¶
⇐⇒ R
test.
R[x]/(x2 + 1) faktorgy¶r¶höz, mivel ez test, ezért nincs 2 tehát R[x]-ben nincs (x + 1)-et tartalmazó ideál. Az ilyen
Visszatérve az valódi ideálja,
ideálokat maximális ideálnak nevezzük.
3.2.39. de níció.
I C R, I 6= R. Azt mondjuk, hogy I maximális ideál, ha nincs olyan J CR ideál, melyre I $ J $ R. Ekvivalensen : ha minden I ⊆ J ⊆ R, J C R ideálra J = I vagy J = R. Legyen
3.2.40. állítás. I C R esetén I
maximális ideál
R-ben ⇐⇒ R/I
egyszer¶.
R-nek az I -t tartalmazó ideáljai kölcsönösen állnak az R/I faktorgy¶r¶ ideáljaival.
Bizonyítás. A 3.1.33. tétel miatt egyértelm¶ megfeleltetésben
3.2.41. következmény. I
1∈R
Ha
maximális ideál
3.2.42. következmény.
kommutatív gy¶r¶,
R-ben ⇐⇒ R/I
(x2 + 1)
Az
I C R,
akkor
test.
ideál maximális
R[x]-ben.
Végül megjegyezzük, hogy egy gy¶r¶nek nem feltétlen kell maximális ideálokat tartalmazni. Egységelemes gy¶r¶ viszont mindig tartalmaz maximális ideált, ezt mondja ki Krull tétele.
3.2.43. tétel
.
(Krull tétele)
tartalmazó maximális ideál.
Legyen
1 ∈ R, I C R.
Ekkor van
R-ben I -t
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
91
3.2.5. Euklideszi gy¶r¶k, f®ideálgy¶r¶k Szeretnénk leírni az
R[x]
polinomgy¶r¶ összes ideálját. Ehhez el®ször a
gy¶r¶ ideáljait vizsgáljuk. Tudjuk, hogy tetsz®leges
n ∈ Z-re (n) C Z
Z
ideál.
Ennek igaz a megfordítása is.
3.2.44. állítás.
I C Z.
Legyen
Ekkor van olyan
n ∈ Z,
hogy
I = (n).
Bizonyítás. A bizonyítás ötlete a maradékos osztás elvén alapul. Legyen
0 6= I =
= n ∈ I egy legkisebb abszolút érték¶ nem nulla elem. Belátjuk, hogy = (n). Nyilván (n) ⊆ I , hiszen n ∈ I . Az I ⊆ (n) tartalmazáshoz legyen m ∈ I tetsz®leges, és osszuk el m-et maradékosan n-nel. Ekkor vannak q, r ∈ ∈ Z egészek, hogy m = qn + r, és
r=0
vagy
|r| < |n|.
Ám ekkor
r = m − qn ∈ I. Mivel
n
I -beli nem nulla elem m ∈ (n). Mivel m ∈ I
egy legkisebb abszolútérték¶
lehet csak. Vagyis
m = qn,
amib®l
volt, ezért
r=0
tetsz®leges volt,
I ⊆ (n).
így
3.2.45. házi feladat.
Vessük össze a bizonyítást a 2.2.19. tétel bizonyításá-
val. Hasonlóan, ha
T
test, akkor tetsz®leges
g ∈ T [x]
polinomra
(g) C T [x].
A
megfordítás itt is igaz.
3.2.46. állítás.
Legyen
T
test,
I C T [x].
Ekkor van olyan
g ∈ T [x],
hogy
I = (g). Bizonyítás. A bizonyítás ötlete ismét a maradékos osztás elvén alapul. Mivel
0 6= g ∈ I egy legkisebb fokú nem nulla elem. Belátjuk, hogy I = (g). Nyilván (g) ⊆ I , hiszen g ∈ I . Az I ⊆ (g) tartalmazáshoz legyen f ∈ I tetsz®leges, és osszuk el f -et maradékosan g -vel. Ekkor vannak q, r ∈ T [x] polinomok, hogy itt most a maradék kisebb fokú, ezért legyen
f = qg + r,
A GYRELMÉLET ALAPJAI
92
és
r=0
vagy
deg r < deg g .
Ám ekkor
r = f − qg ∈ I. g egy legkisebb fokú I -beli nem nulla elem volt, ezért r = 0 lehet csak. Vagyis f = qg , amib®l f ∈ (g). Mivel f ∈ I tetsz®leges volt, így I ⊆ (g). Mivel
Tehát mind
Z,
mind pedig a test feletti polinomgy¶r¶ ideáljai az egy
elem által generált ideálok. Az ilyen tulajdonságú gy¶r¶ket f®ideálgy¶r¶knek hívjuk.
3.2.47. de níció.
Egy
I CR
ideált f®ideálnak hívunk, ha egy elemmel ge-
R szokásos gy¶r¶t f®ideálgy¶r¶nek hívjuk, ha R minden ideálja f®ideál.
nerálható. Az main, PID)
(angolul principal ideal do-
A két bizonyításban a közös a maradékos osztás volt. Könny¶ látni, hogy a fenti bizonyítások általánosodnak olyan gy¶r¶kre, ahol m¶ködik a maradékos osztás. Az ilyen gy¶r¶ket euklideszi gy¶r¶knek hívjuk.
3.2.48. de níció.
Az
R szokásos gy¶r¶t euklideszi
gy¶r¶nek (angolul Eucli-
dean domain) hívjuk, ha (elvégezhet® benne a maradékos osztás) az nulla elemein értelmezve van egy nemnegatív egész érték¶ ún. euklideszi norma ), hogy minden
a, b ∈ R, b 6= 0
ϕ
függvény (az
esetén vannak
q, r ∈ R
elemek úgy, hogy
a = bq + r, és
r=0
vagy
ϕ(r) < ϕ(b).
3.2.49. példa.
Z,
T [x]
az euklideszi norma az abszolútérték. valamely
T
testre, az euklideszi norma a polinom foka.
A Gauss-egészek gy¶r¶je :
G = { a + bi | a, b ∈ Z } , ahol az euklideszi norma az abszolútérték :
R nem
ϕ(a + bi) = a2 + b2 .
3.2 Speciális gy¶r¶osztályok
3.2.50. tétel.
Legyen
R
93
euklideszi gy¶r¶. Ekkor
R
f®ideálgy¶r¶.
Bizonyítás. A tétel bizonyítása házi feladat a 3.2.44. és 3.2.46. állítások bizonyítása alapján.
3.2.51. példa. E
√
Tekintsük az alábbi gy¶r¶t :
o √ n −19 = a + bi 19 : a, b ∈ Z ∪
Ekkor
E
√
2a + 1 2b + 1 √ + i 19 : a, b ∈ Z 2 2
.
−19 f®ideálgy¶r¶, de nem euklideszi gy¶r¶. A bizonyítást a vizs-
gán nem kell tudni.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
94
3.3. Számelmélet szokásos gy¶r¶kben Ebben a szakaszban számelméleti ismereteinket kiterjesztjük szokásos gy¶r¶kre. Célunk bebizonyítani, hogy minden f®ideálgy¶r¶ben igaz a számelmélet alaptétele. A szakasz további részében feltesszük, hogy gy¶r¶, azaz
1 ∈ R,
R
egy szokásos
kommutatív, nullosztómentes.
3.3.1. Oszthatósági alapfogalmak El®ször a számelméletb®l jó ismert fogalmakat de niáljuk szokásos gy¶r¶kre. A kapcsolódó állítások nem nehezek, így házi feladatok formájában tárgyaljuk ®ket.
3.3.1. de níció. osztója
s-nek ),
r, s ∈ R. Azt mondjuk, hogy r osztja s-et (vagy r olyan t ∈ R, hogy s = rt. Ezt r | s-sel jelöljük.
Legyen
ha van
3.3.2. házi feladat.
Gondoljuk meg az alábbiakat.
Ha
a, b, c ∈ R,
Ha
a, b, c ∈ R, c 6= 0
3.3.3. de níció.
és
Egy
a | b,
akkor
és
r∈R
ac | bc.
ac | bc,
akkor
a | b.
elemet egységnek nevezünk, ha minden
R-beli
elemet oszt.
3.3.4. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
R
egységei pontosan
R×
elemei.
3.3.5. megjegyzés. Ne keverjük össze az egység fogalmát az egységelem fogalmával ! Az egységek az invertálható elemek, míg az egységelem az az jelölt elem, melyre
3.3.6. de níció.
1·r =r·1=r
minden
r∈R
1-gyel
esetén.
r, s ∈ R asszociáltak, ha ugyanazok r és s többszörösei, azaz tetsz®leges t ∈ R esetén r | t és s | t egyszerre teljesül. Jele : r ∼ s. Azt mondjuk, hogy
3.3.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy
r
és
s
pontosan akkor asszociált, ha
r|s
és
s | r.
3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben
95
Igazoljuk, hogy két elem pontosan akkor asszociált, ha egymás egységszeresei. Igazoljuk, hogy az asszociáltság ekvivalenciareláció. A kitüntetett közös osztó fontos szerepet tölt be a szokásos gy¶r¶k számelméletében is.
3.3.8. de níció. osztója
d
(jele
Azt mondjuk, hogy az
(a, b) = d),
elemek kitüntetett közös
ha
1.
d
közös osztója
2.
d
kitüntetett, azaz ha
akkor
a, b ∈ R
a-nak
és
c
b-nek,
azaz
d|a
közös osztója
és
d | b,
a-nak
és
b-nek (c | a
és
c | b),
c | d.
3.3.9. házi feladat.
Igazoljuk, hogy ha létezik
(a, b), akkor az asszociáltság
erejéig egyértelm¶. Annak ellenére, hogy a kitüntetett közös osztó nem egyértelm¶, sokszor írjuk azt, hogy
(a, b) = d,
3.3.10. de níció. 3.3.11. állítás
és ekkor arra gondolunk, hogy
Azt mondjuk, hogy
a
és
b
(a, b) ∼ d.
relatív prímek, ha
(a, b) ∼ 1.
.
(Kitüntetett közös osztó kiemelési tulajdonsága)
r, s, t ∈ R, t 6= 0.
Ha létezik
(r, s)
és
(rt, st),
Legyenek
akkor
(rt, st) ∼ (r, s)t. (r, s)t | (rt, st) : Tudjuk, hogy (r, s) | r, amib®l (r, s)t | rt. Ugyanígy (r, s) | s, amib®l (r, s)t | st. Tehát (r, s)t közös osztója rt-nek és st-nek, és így (r, s)t | (rt, st). Bizonyítás.
(rt, st) | (r, s)t : Tudjuk, hogy t | rt és t | st, amib®l t | (rt, st). Legyen x ∈ R olyan, hogy xt = (rt, st). Ekkor xt | rt, t 6= 0 miatt x | r. Hasonlóan xt | st, t 6= 0 miatt x | s. Tehát x | (r, s), és így (rt, st) = xt | (r, s)t. Végül rátérünk egy elem felbontására, hogy megfogalmazhassuk a számelmélet alaptételét. A 0-t és az egységeket nem bontjuk fel.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
96
3.3.12. de níció.
Legyen
0 6= r ∈ R \ R× .
felbontás triviális, ha valamelyik tényez® az
Azt mondjuk, hogy az
r
r = a·b
asszociáltja. Másképpen : ha
valamelyik tényez® egység. Azt mondjuk, hogy
r∈R
felbonthatatlan (vagy
irreducibilis ), ha csak triviális felbontása létezik.
3.3.13. de níció.
Azt mondjuk, hogy
torization domain, UFD), ha
R-ben
R
alaptételes (angolul
R
unique fac-
igaz a számelmélet alaptétele, azaz tet-
sz®leges nullától és egységt®l különböz®
R-beli
elem sorrendt®l és asszociált-
ságtól eltekintve egyértelm¶en írható fel felbonthatatlanok szorzataként.
3.3.14. példa. A f®példa alaptételes gy¶r¶re természetesen Ha
T
test, akkor
T [x]
Z[x], Z[x1 , . . . , xn ]
Ha
T
test, akkor
Z.
alaptételes.
alaptételes.
T [x1 , . . . , xn ]
alaptételes.
3.3.2. Az alaptétel egyértelm¶sége A prímelemekre szükségünk lesz a továbbiakban.
3.3.15. de níció. vagy
r|b
Egy
r∈R
elemet prímnek hívunk, ha
r | ab
esetén
r|a
teljesül.
3.3.16. állítás. 1. Minden prím felbonthatatlan. 2. Ha bármely két elemnek van kitüntetett közös osztója, akkor minden felbonthatatlan elem prím. 3. Ha minden felbonthatatlan elem prím, akkor igaz az alaptétel egyértelm¶ségi része. 4. Ha
R
tója.
alaptételes, akkor bármely két elemnek van kitüntetett közös osz-
3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben
97
Bizonyítás.
p = ab. Ekkor p | p = ab, tehát p | a vagy p | b. Ha p | a, akkor a | p miatt a ∼ p. Ha p | b, akkor b | p miatt b ∼ p. Mindkét esetben a p = ab felbontás triviális, tehát p
1. Legyen
p
prím, és tegyük fel, hogy
felbonthatatlan.
r felbonthatatlan, és tegyük fel, hogy r | ab, de r - a. Most (r, a) | r, de (r, a) 6∼ r, különben r | a teljesülne. Mivel r felbonthatatlan, ezért (r, a) ∼ 1. Tehát r | (rb, ab) ∼ (r, a)b ∼ b.
2. Legyen
3. Tegyük fel, hogy egy
r
elemnek két felbontása is van felbonthatatlanok
szorzatára :
r = p 1 . . . pk = q 1 . . . ql .
(3.4) Itt a
pi -k
és a
qj
nem feltétlen különböz® felbonthatatlan elemeket
jelölnek. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy
k ≤
≤ l. Most p1 felbonthatatlan, tehát a feltétel miatt prím is, így osztja q1 , . . . , ql elemek valamelyikét. Átindexeléssel feltehetjük, hogy p1 | q1 , de q1 felbonthatatlan, tehát p1 ∼ q1 . Tehát van ε1 ∈ R egység, hogy q1 = ε1 p1 . Most (3.4)-t p1 -gyel egyszer¶sítve (nullosztómentesség miatt megtehet®)
p2 . . . pk = ε1 q2 . . . ql adódik. Folytatva az eljárást,
q2 -t, de q2 = ε2 p2 , amib®l
pont
p2
qj -t, feltehet®, hogy ε2 ∈ R egység, hogy q2 =
osztja valamelyik
felbonthatatlan, így van egy
p3 . . . pk = ε1 ε2 q3 . . . ql adódik, stb. Végül
k
lépésben kapjuk, hogy
1 = ε1 . . . εkqk+1 . . . ql . k + 1 ≤ j ≤ l-re, ami nem lehetséges, hisz qj felbonthatatlan. Tehát nincsen k -nál nagyobb index¶ qj , amib®l l = = k adódik. Azt pedig az egyes lépésekben láttuk, hogy p1 ∼ q1 , stb., pk ∼ qk .
Most
qj | 1
minden
A GYRELMÉLET ALAPJAI
98
4. Legyen
r = εpα1 1 . . . pαk k , s = ηpβ1 1 . . . pβkk , ahol a
p1 , . . . , p k
felbonthatatlanok azok, amelyek az
r
és
s
valamelyi-
ε és η alkalmas egységek. Tehát most néhány αi vagy βj nulla legyen. Ekkor
kének felbontásában szerepelnek, megengedjük azt is, hogy
min{ α1 ,β1 }
(r, s) ∼ p1
min{ αk ,βk }
. . . pk
.
3.3.3. F®ideálok Az oszthatóság könnyen átfordítható f®ideálok nyelvére.
3.3.17. állítás.
Legyen
R
szokásos,
1.
s | r ⇐⇒ (r) ⊆ (s),
2.
(a, b) = (d),
mint ideálok
vannak olyan
u, v ∈ R
r, s, a, b, d ∈ R.
Ekkor
azaz megfordul a reláció.
⇐⇒ a
b kitüntetett au + bv = d.
és
elemek, hogy
közös osztója
d,
és
Bizonyítás. 1.
=⇒ : (r)
az
többszöröse
r többszöröseib®l álló ideál. Ha s | r, s-nek is többszöröse, vagyis (r) ⊆ (s).
⇐= : r ∈ (s), azaz r r = st, vagyis s | r. 2.
többszöröse
s-nek.
akkor
Tehát van olyan
r
minden
t ∈ R,
hogy
=⇒ : (a) ⊆ (a, b) = (d) miatt d | a. Hasonlóan (b) ⊆ (a, b) = (d) miatt d | b, tehát d közös osztó. Ha c közös osztója a-nak és b-nek, akkor (a) ⊆ (c), (b) ⊆ (c), amib®l (d) = (a, b) ⊆ (c), vagyis c | d. Tehát d kitüntetett közös osztó. Végül a 3.1.23. házi feladat alapján (a, b) = = { au + bv | u, v ∈ R }. Tehát d ∈ (a, b) miatt van u, v ∈ R, hogy d = au + bv .
3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben
99
⇐= : Most a és b kitüntetett közös osztója d, így d | a, d | b, amib®l (a) ⊆ (d), (b) ⊆ (d), vagyis (a, b) ⊆ (d). Másrészt d = au + bv miatt d ∈ (a, b), vagyis (d) ⊆ (a, b).
3.3.18. következmény.
Legyen
R
f®ideálgy¶r¶.
a, b ∈ R elemnek van d kitüntetett közös osztója, és vannak u, v ∈ R elemek, melyekre au + bv = d.
1. Bármely két
2.
R-ben
minden felbonthatatlan elem prím.
3.
R-ben
igaz az alaptétel egyértelm¶sége.
4. Legyen
I C R.
Ekkor
R/I
test
⇐⇒ I = (r),
ahol
r
felbonthatatlan.
Bizonyítás. 1, 2 és 3 közvetlenül következik a 3.3.16. és 3.3.17. állításokból. 4 bizonyításához a 3.2.41. következményt használjuk. Tehát akkor test, ha hogy ha
I = (r).
I CR
maximális ideál. Mivel
R
R/I
pontosan
f®ideálgy¶r¶, ezért van
(r) pontosan akkor ha r felbonthatatlan.
A 3.3.17. állítás miatt
maximális
r ∈ R, R-ben,
r-nek
nincs valódi osztója, azaz
Mivel
T [x] f®ideálgy¶r¶, következményként kapjuk azt is, hogy mikor lesz
egy faktora test.
3.3.19. következmény.
Legyen
T [x]/ (f (x))
T
test
test,
f ∈ T [x].
⇐⇒ f (x)
Ekkor
irreducibilis.
3.3.4. Z, T [x] alaptételes A f®ideálokra felépített elmélet segítségével belátjuk, hogy
Z
és
teles gy¶r¶k.
3.3.20. tétel. Z alaptételes. Ha T
test, akkor
T [x]
alaptételes.
T [x]
alapté-
A GYRELMÉLET ALAPJAI
100
Bizonyítás. Az alaptétel egyértelm¶sége következik abból, hogy
Z
és
T [x]
is
f®ideálgy¶r¶. Így a továbbiakban csak a létezést bizonyítjuk.
Z:
A bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy van olyan
nem írható fel felbonthatatlanok szorzataként. Legyen szolútérték¶ ilyen elem. Ekkor
n
n
Z-beli
elem, mely
egy legkisebb ab-
nem felbonthatatlan, hisz akkor
felbontás lenne felbonthatatlanok szorzatára. Tehát van
|a| < |n|, |b| < |n|,
egy
n = a · b nemtriviális
b-nek van felbontása felbonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek szorzata az a·b = n egy felbontását felbontás. Most
tehát
a-nak
n=n
és
adja felbonthatatlanok szorzatára.
T [x] :
T [x]-beli elem, mely nem írható fel felbonthatatlanok szorzataként. Legyen f egy legkisebb fokú ilyen elem. Ekkor f nem felbonthatatlan, hisz akkor f (x) = f (x) egy felbontás lenne felbonthatatlanok szorzatára. Tehát van f (x) = g(x) · h(x) nemtriviális felbontás. Most deg g < deg f , deg h < deg f , tehát g -nek és h-nak van felbontása felbonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek szorzata a g(x) · h(x) = f (x) egy felbontását adja felbonthatatlanok szorzatára. A bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy van olyan
Érezhet®, hogy a bizonyítás gondolata általánosítható, ha sikerül megfogni, hogy az indirekt feltevésben szerepl® elem milyen értelemben legyen minimális. Mivel a f®ideálok nyelvére átfordítva a tartalmazások megfordulnak, így a felbonthatatlan elemek által generált f®ideálok között egy maximálisra lesz szükségünk. Ezt segít kezelni a maximumfeltétel.
3.3.5. Maximumfeltétel 3.3.21. de níció.
R gy¶r¶ ideáljaira teljesül a maximumfeltétel, ha R ideáljainak tetsz®leges H 6= ∅ halmazának van maximális eleme (azaz van I ∈ H, hogy minden I -t®l különböz® J ∈ H-ra I 6⊆ J ). A Azt mondjuk, hogy egy
minimumfeltétel hasonlóan de niálható.
3.3.22. példa. Az egész számok gy¶r¶je könnyen láthatóan maximumfeltételes, de nem minimumfeltételes, mert az alábbi ideálláncnak nincs minimális eleme :
(2) % (4) % (8) % · · · % (2m ) % . . . .
3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben A
101
C[x1 , x2 , x3 , . . . ] végtelen határozatlanú polinomgy¶r¶ ideáljaira nem
teljesül a maximumfeltétel :
(x1 ) $ (x1 , x2 ) $ (x1 , x2 , x3 ) $ . . . .
3.3.23. tétel.
Legyen
R
tetsz®leges gy¶r¶. Az alábbiak ekvivalensek.
1.
R
ideáljaira teljesül a maximumfeltétel.
2.
R
ideáljainak nem létezik szigorúan növ® lánca, azaz nincs
I1 $ I2 $ . . . . 3. Ha
I1 ⊆ I2 ⊆ . . .
az
R
ideáljainak egy növ® lánca, akkor a lánc egy id®
n pozitív egész, hogy In = In+1 = . . . .
után stabilizálódik, azaz van olyan 4.
R
minden ideálja véges sok elemmel generálható.
Bizonyítás. 1
=⇒
4 : Legyen
I CR
tetsz®leges ideál, és legyen
végesen generált ideáljainak halmaza, melyek
H = { J C R : J ⊆ I, J
I -nek
H
az
R
azon
részei :
végesen generált } .
M ∈ H, amire nyilván M ⊆ ⊆ I . Ha I = M , akkor I is végesen generált, és készen vagyunk. Ha I 6= M , akkor van a ∈ I \ M . Mivel M végesen generált, ezért vannak r1 , . . . , rk ∈ ∈ R, hogy M = (r1 , . . . , rk ). Ekkor J = (r1 , . . . rk , a) ⊆ I , végesen generált, tehát J ∈ H. Ugyanakkor M $ J (hiszen a ∈ J \ M ), ami ellentmond M maximalitásának H-ban. Ennek a feltétel szerint van egy maximális eleme :
4
=⇒
3 : Az alábbi lemmára szükségünk lesz.
3.3.24. lemma. I = ∪∞ k=1 Ik .
I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ideál R-ben.
Legyen
Ekkor
I
is
ideálok egy növ® lánca
R-ben.
Legyen
a, b ∈ I , r ∈ R tetsz®leges. Ekkor vannak k , l indexek, hogy a ∈ Ik , b ∈ Il . Legyen n a k és l közül a nagyobb, ekkor a, b ∈ In , tehát a ± b ∈ In ⊆ I , valamint r · a, a · r ∈ In ⊆ I . A 3.3.24. lemma bizonyítása. Legyen
A GYRELMÉLET ALAPJAI
102
=⇒ 3 : Legyen tehát I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ideálok egy növ® lánca R-ben. Legyen I = ∪∞ k=1 Ik . Ekkor I is ideál R-ben, és a feltétel miatt végesen generált. Tehát vannak r1 , . . . , rk ∈ R elemek, hogy I = (r1 , . . . , rk ). Ekkor van n1 , hogy r1 ∈ ∈ In1 , van n2 , hogy r1 ∈ In2 , stb. Ha n az ni számok legnagyobbika, akkor r1 , . . . , rk ∈ In , de akkor I = (r1 , . . . , rk ) ⊆ In ⊆ I . Tehát In = I már az egész unió, és így az n-edik indext®l kezdve a lánc stabilizálódik. 3 =⇒ 2 : Nyilvánvaló. 2 =⇒ 1 : Tegyük fel, hogy van ideáloknak egy H halmaza, aminek nincs maximális eleme. Tehát van I1 ∈ H, és ez az elem nem maximális, így van I2 ∈ H, ami szigorúan nagyobb I1 -nél : I1 $ I2 . De I2 sem maximális H-ban, tehát van I3 ∈ H, ami szigorúan nagyobb I2 -nél : I2 $ I3 , stb. Ez pont ideálok 4
egy szigorúan növ® láncát adná :
I1 $ I2 $ I3 $ . . . .
3.3.25. megjegyzés. Vegyük észre, hogy a minimum- és maximumfeltétel valamint a 3.3.23. tétel ugyanígy megfogalmazható balideálra, jobbideálra, részgy¶r¶re, részcsoportra, normálosztóra, stb.
3.3.6. Alaptételes gy¶r¶k Az alábbi alszakaszban ekvivalens jellemzést adunk az alaptételes gy¶r¶kre, majd bebizonyítjuk, hogy a f®ideálgy¶r¶k alaptételesek. Végül bemutatunk néhány további példát alaptételes és nem alaptételes gy¶r¶re.
3.3.26. tétel. Legyen R szokásos gy¶r¶. Ekkor R pontosan akkor alaptételes, ha az alábbi két feltétel mindegyike teljesül. 1.
R-ben
a f®ideálokra teljesül a maximumfeltétel.
2.
R-ben
minden felbonthatatlan elem prím.
Bizonyítás. Tegyük fel el®ször, hogy
R
alaptételes. Ekkor a 3.3.16. állítás
miatt minden felbonthatatlan elem prím. Másrészt, ha
(a1 ) $ (a2 ) $ (a3 ) $ . . .
3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben
103
f®ideáloknak egy szigorúan növ® lánca lenne, akkor
a1
. . . | a3 | a2 | a1
az
osztóinak egy szigorúan fogyó sorozata lenne. Ami lehetetlen, hiszen az
osztók prímtényez®inek multiplicitással vett számának csökkennie kell. Most tegyük fel, hogy 1 és 2 teljesül. A 3.3.16. állításból megvan az egyértelm¶ség. A létezéshez legyen
H = { (r) : r
nem bontható fel felbonthatatlanok szorzatára } .
H = ∅, akkor kész vagyunk. Ha H 6= ∅, akkor van maximális eleme, mondjuk (m). Most m nem lehet felbonthatatlan, hisz akkor m = m egy felbontás lenne felbonthatatlanok szorzatára. Tehát van m = a · b nemtriviális felbontás. De akkor (m) $ (a), (m) $ (b), tehát m maximalitása miatt (a) ∈ / H, (b) ∈ / H. Tehát a-nak és b-nek van felbontása felbonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek szorzata az a · b = m egy felbontását adja felbonthatatlanok Ha
szorzatára, ami ellentmondás.
3.3.27. tétel.
Legyen
R
f®ideálgy¶r¶. Ekkor
R
alaptételes.
Bizonyítás. A 3.3.26. tétel 2 pontját beláttuk a 3.3.18. következményben. Az 1 pont pedig következik abból, hogy a maximumfeltétel teljesül az ideálokra, hiszen minden ideál egy (tehát véges sok) elemmel generálható. Mivel f®ideálgy¶r¶ben minden ideál f®ideál, ezért speciálisan f®ideálokra is teljesül a maximumfeltétel.
3.3.28. következmény.
Legyen
R
euklideszi gy¶r¶. Ekkor
R
alaptételes.
Bizonyítás. A 3.3.27. és a 3.2.50. tételek nyilvánvaló következménye.
3.3.29. tétel. Z[x] alaptételes. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A gyakorlat feladatsor egyik feladata a bizonyítást több apró részre bontja. A bizonyítás azt használja ki, hogy
Z
alaptételes és
Q[x]
alaptételes.
A 3.3.29. tétel bizonyítása valójában általánosítható. Csak azt kell megérteni, hogy úgy kapjuk meg
Q-t Z-b®l,
hogy képezzük a
Z-beli
elemek há-
nyadosait. Ezt a hányadostest fogalma általánosítja, melyet a 3.4. szakaszban tárgyalunk. Igaz tehát az alábbi tétel.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
104
3.3.30. tétel.
Ha
R
alaptételes gy¶r¶, akkor
R[x]
is alaptételes.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
3.3.31. következmény. telesek (ahol
T
A
Z[x], Z[x1 , . . . , xn ], T [x1 , . . . , xn ]
gy¶r¶k alapté-
test).
Tehát minden euklideszi gy¶r¶ f®ideálgy¶r¶, és minden f®ideálgy¶r¶ alaptételes. A fordított irányú tartalmazások nem igazak, erre az alábbi példák mutatnak rá.
3.3.32. példa.
Z, T [x], G
euklideszi gy¶r¶k, tehát f®ideálgy¶r¶k és alaptételesek is.
Tekintsük a 3.2.51. példában szerepl® gy¶r¶t :
o 2a + 1 2b + 1 √ √ √ n E −19 = a + bi 19 : a, b ∈ Z ∪ + i 19 : a, b ∈ Z . 2 2 √ −19 f®ideálgy¶r¶ (és így alaptételes is), de nem euklideszi Ekkor E gy¶r¶. A bizonyítást a vizsgán nem kell tudni.
Z[x] vagy C[x, y] alaptételes gy¶r¶k, de nem f®ideálgy¶r¶k : az els®ben a (2, x), a másodikban (x, y) példa ideálra, melyek nem generálhatók egy elemmel. Ha ugyanis egy elemmel generálhatók lennének, akkor a 3.3.17. állítás miatt az a kitüntetett közös osztójuk lenne, ami mindkét esetben az 1 lenne, de az
Tekintsük a
√ Z[ −5] Z
(1)
ideál az egész gy¶r¶.
gy¶r¶t :
o √ √ n −5 = a + bi 5 : a, b ∈ Z .
Ez szokásos gy¶r¶, hisz
C
részgy¶r¶je. Ám nem alaptételes : meg lehet
gondolni, hogy a
√ √ 9=3·3= 2+i 5 · 2−i 5 két lényegesen különböz® felbontás felbonthatatlanok szorzatára. A bi-
zonyítást a vizsgán nem kell tudni.
3.4 Hányadostest
105
3.4. Hányadostest Az alábbi szakasz azt a konstrukciót általánosítja, ahogy a racionális számokat az egész számokból nyerjük. Így a szakasz tanulmányozása során végig ezt a példát érdemes szem el®tt tartani.
3.4.1. de níció. Azt mondjuk, hogy T R ≤ T (azaz R részgy¶r¶je T -nek), R-beli elem hányadosaként.
3.4.2. példa.
R gy¶r¶ hányadosteste, ha T test, valamint T minden eleme felírható két az
Az egész számok gy¶r¶jének hányadosteste a racionális szá-
mok teste.
3.4.3. tétel.
Egy
R 6= 0
gy¶r¶nek van hányadosteste
⇐⇒ R
integritási tar-
tomány (azaz kommutatív, nullosztómentes). Bizonyítás.
=⇒ :
Ha
T
hányadosteste
R-nek,
akkor
T
kommutatív, nullosz-
tómentes, amit részgy¶r¶re örökl®dik.
⇐= :
A bizonyítás ezen részét a könnyebb követhet®ség kedvéért alszaka-
szokra bontottuk.
3.4.1. A törtek konstrukciója El®ször el kell készítsük az egyel®re nem léteznek, törtet el®állítjuk, mint
R-b®l
képzett törteket. A probléma, hogy ezek
R-ben nem tudunk (a, b) pár. Legyen
osztani. Az ötlet, hogy az
a/b
X = { (a, b) : a, b ∈ R, b 6= 0 } . Felmerül viszont a probléma, hogy bizonyos számoknak így több alakja is van. Például
2/4 = 3/6 = 1/2.
Tehát azonosítanunk kell azon törteket, melyek
azonos számot reprezentálnak. Tudjuk, hogy a racionális számok körében
a/b = c/d ⇐⇒ ad = bc. Itt a jobboldal értelmes
R-ben
is, hiszen csak szorzatok szerepelnek benne.
Így használhatjuk a törtek azonosításához. Legyen tehát kez® reláció :
(a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ ad = bc.
∼
az
X -en
a követ-
A GYRELMÉLET ALAPJAI
106
3.4.4. lemma. ∼ ekvivalenciareláció X -en. Bizonyítás.
Re exivitás. (a, b) ∼ (a, b) nyilván, hisz ab = ba.
Szimmetria. (a, b) ∼ (c, d), akkor nyilván (c, d) ∼ (a, b) is. Tranzitivitás.
(a, b) ∼ (c, d) és (c, d) ∼ (e, f ), akkor ad = bc és cf = de. egyenl®séget f -fel, a másodikat b-vel szorozva
Az els®
Ha
adf = bcf = bde, melyet
d 6= 0-val
egyszer¶sítve
af = be
azaz
(a, b) ∼ (e, f )
adódik.
3.4.5. lemma. (a, b) ∼ (ad, bd) minden d 6= 0-ra. Bizonyítás. Világos. Tehát a törtek legyenek az ekvivalenciaosztályok, azaz legyen
T = X/ ∼ . Jelöljük
(a, b)
ekvivalenciaosztályát
T =
n
(a, b)-vel,
így
o
(a, b) : a, b ∈ R, b 6= 0 .
3.4.2. M¶veletek Értelmeznünk kell összeadást és szorzást
T -n.
Szem el®tt tartva, hogy a ra-
cionális számok körében
a c ad + bc + = , b d bd de niáljuk a
T -beli
a c ac · = , b d bd
összeadást és szorzást a következ®képpen. Legyen
(a, b) + (c, d) = (ad + bc, bd), és legyen
(a, b) · (c, d) = (ac, bd).
3.4 Hányadostest
107
Természetesen be kell látni, hogy ezek a m¶veletek jólde niáltak, azaz reprezentánsfüggetlenek. Tehát ha
(a, b) ∼ (a0 , b0 )
és
(c, d) ∼ (c0 , d0 ),
akkor be kell
látnunk, hogy
(ad + bc, bd) ∼ (a0 d0 + b0 c0 , b0 d0 ). Felhasználva, hogy
ab0 = a0 b
és
cd0 = c0 d,
kapjuk, hogy
(ad + bc)b0 d0 = ab0 dd0 + bb0 cd0 = (ab0 )dd0 + bb0 (cd0 ) = a0 bdd0 + bb0 c0 d = (a0 d0 + b0 c0 )bd, azaz
(ad + bc, bd) ∼ (a0 d0 + b0 c0 , b0 d0 ).
3.4.6. házi feladat. azaz ha
(a, b) ∼ (a0 , b0 )
Lássuk be, hogy a szorzás is reprezentánsfüggetlen,
(c, d) ∼ (c0 , d0 ),
és
akkor
(ac, bd) ∼ (a0 c0 , b0 d0 ).
3.4.3. Testaxiómák Be kell látnunk, hogy az összeadás, szorzás kommutatív és asszociatív, valamint teljesül a disztributív szabály. Utóbbit megmutatjuk, a többi négyet házi feladatnak hagyjuk. A disztributivitáshoz be kell tehát látni, hogy
(a, b) + (c, d) · (e, f ) = (a, b) · (e, f ) + (c, d) · (e, f ).
Most
(a, b) + (c, d) · (e, f ) = (ad + bc, bd) · (e, f ) = (ade + bce, bdf ).
Itt a második egyenl®ségnél kihasználtuk az
R-beli disztributivitást. Másrészt
(a, b) · (e, f ) + (c, d) · (e, f ) = (ae, bf ) + (ce, df ) = (adef + bcef, bdf 2 ) = = (ade + bce, bdf ). Az utolsó egyenl®ségben a 3.4.5. lemmát használtuk.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
108
3.4.7. házi feladat.
T -ben
Igazoljuk, hogy
az összeadás és a szorzás is
kommutatív, asszociatív. A nullelem
(0, b)
lesz. Ezek valóban egy ekvivalenciaosztályt alkotnak,
ugyanis
(0, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ 0 · d = b · c ⇐⇒ 0 = c. (Itt a második egyenl®ségnél
b 6= 0-val
egyszer¶sítettünk.) Továbbá
(0, b)
valóban jó nullelemnek, mert
(0, b) + (e, f ) = (0 · f + b · e, bf ) = (be, bf ) = (e, f ). Az utolsó egyenl®ségnél ismét
3.4.8. házi feladat. Tehát
T
b 6= 0-val
Igazoljuk, hogy
egyszer¶sítettünk.
(a, b)
ellentettje
kommutatív gy¶r¶. Az egységelem
3.4.9. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
(b, b)
(−a, b).
T -ben (b, b)
lesz.
valóban egy ekvivalenciaosztály.
Most
(b, b) · (e, f ) = (be, bf ) = (e, f ). b 6= 0-val (b, a) lesz,
Az utolsó egyenl®ségnél ismét
egyszer¶sítettünk.
(a, b) 6= 0
ez értelmes, mert
Végül
inverze
(a, b) 6= 0
esetén
a 6= 0.
3.4.10. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
(b, a)
valóban inverze
(a, b)-nek.
3.4.4. R részgy¶r¶ T -ben Be kellene látnunk, hogy
T
R
részgy¶r¶je
T -nek.
Ez valójában nem igaz, hisz
R-beli párokból képzett ekvivalenciaosztályok. Viszont meg tudunk feleltetni R elemeinek alkalmas T -beli elemeket, vagyis találunk T -ben egy R-rel izomorf részgy¶r¶t. Az ötletet az adja, hogy az egész számokat fel lehet írni törtekként, például 3 = 6/2 = 9/3, stb. elemei
Legyen tehát
ϕ : R → T, r 7→ (rb, b).
3.4 Hányadostest
109
ϕ jólde niált, injektív, m¶velettartó. A jólde niáltság abból már következik, hogy az (rb, b) alakú párok egy ekvivalenciaosztályt Be kell látnunk, hogy
alkotnak, ugyanis
(rb, b) = (c, d) ⇐⇒ rbd = bc ⇐⇒ c = rd. Az utolsó egyenl®ségnél ismét
b 6= 0-val
egyszer¶sítettünk.
A injektivitás bizonyítása :
ϕ(r) = ϕ(s) ⇐⇒ (rb, b) = (sb, b) ⇐⇒ rb2 = sb2 ⇐⇒ r = s. Az utolsó egyenl®ségnél egyszer¶sítettünk
b2 6= 0-val.
Tehát
ϕ : R → ϕ(R)
kölcsönösen egyértelm¶. Az összegtartás az alábbi módon igazolható :
ϕ(r) + ϕ(s) = (rb, b) + (sb, b) = (rb2 + sb2 , b2 ) = (rb + sb, b) = ϕ(r + s).
3.4.11. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
ϕ
a szorzást is tartja.
3.4.5. T az R-beli elemek hányadosa T -beli elem el®áll két R-beli (azaz ϕ(R)-beli) elem hányadosaként. Legyen (c, d) ∈ T tetsz®leges, ekkor ez éppen ϕ(c) és ϕ(d) hányadosa : Már csak annyi van hátra a bizonyításból, hogy belássuk, hogy minden
ϕ(c) (cb, b) = = (cb, b) · (b, db) = (cb2 , db2 ) = (c, d). ϕ(d) (db, b) Az utolsó egyenl®ségben kétszer egyszer¶sítettünk
b 6= 0-val.
3.4.6. Egyértelm¶ség 3.4.12. tétel. Tegyük fel, hogy egy R nullosztómentes, kommutatív gy¶r¶nek S
és
T
is hányadosteste. Ekkor van
ψ: T → S
izomor zmus, mely az
R
elemeit xálja. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Elég belátni a tételt abban a speciális esetben, ha
T
a 3.4.3. tétel bizonyításában szerepl® test.
A GYRELMÉLET ALAPJAI
110
Ha ugyanis
S1 ' S2
S1
S2
és
két tetsz®leges hányadostest, akkor
S1 ' T ' S2 -b®l
is következik.
ψ : T → S -et. Legyen (a, b) ∈ T tetsz®leges. Most a, b ∈ ∈ R ⊆ S , b 6= 0, tehát képezhetjük az a/b ∈ S törtet. Legyen a ψ (a, b) = ∈ S. b De niáljuk tehát
Ellen®riznünk kell, hogy
Jólde niáltság. akkor
ψ
jólde niált, homomor zmus és bijekció.
(a, b) = (c, d), ekkor ad = bc teljesül R-ben, Osztva bd 6= 0-val a/b = c/d teljesül S -ben.
Legyen
S -ben
is.
de
Összegtartás. ad + bc ψ (a, b) + (c, d) = ψ (ad + bc, bd) = = bd a c = + = ψ (a, b) + ψ (c, d) . b d
Szorzattartás. ac a c ψ (a, b) · (c, d) = ψ (ac, bd) = = = · = ψ (a, b) ·ψ (c, d) . bd b d
Injektivitás. tehát
Ha
ψ (a, b) = 0,
(a, b) = 0
Szürjektivitás.
a
akkor
a/b = 0
S -ben.
Ekkor
a = 0,
T -ben.
s ∈ S tetsz®leges, ekkor vannak s = a/b. Ekkor ψ (a, b) = a/b = s.
Legyen
elemek, hogy
3.4.13. következmény.
Ha
R ≤ S,
ahol
S
test, akkor
hányadostestével izomorf részgy¶r¶je, ami éppen az ahol
az
olyan
S -nek
a, b ∈ R
van az
R
a/b alakú törtek halmaza,
a, b ∈ R.
Bizonyítás. Az nyadosteste
a/b
R-nek.
alakú elemek résztestet alkotnak
S -ben,
ami nyilván há-
4. fejezet
Bevezetés a testelméletbe
A fejezetben a gy¶r¶elméleti ismereteinket kamatoztatva a testb®vítések elméletébe nyerünk betekintést, alkalmazásként pedig megismerkedünk a véges testekkel és a szerkesztéselmélettel.
4.1. Testb®vítés 4.1.1. példa.
Melyik az a legsz¶kebb számtestet
√ Q-t, valamint 2-t ? √ 2 -vel Ezt a testet Q
C-ben,
mely tartalmazza
jelöljük, és könny¶ látni, hogy minden
a, b ∈ Q. Vizsgáljuk n o √ S = a + b 2 : a, b ∈ Q
alakú számot tartalmaznia kell, ha
√ a+b 2
tehát az
halmazt a szokásos m¶veletekkel. Könny¶ ellen®rizni, hogy
S
kommutatív,
egységelemes gy¶r¶. Benne lesz azonban minden nemnulla elem inverze (reciproka) is. Vegyünk ugyanis egy
√ a + b 2 6= 0
elemet (a, b
∈ Q),
ennek a
reciproka
√ 1 a−b 2 a −b √ √ = 2 = + 2 ∈ S, a − 2b2 a2 − 2b2 a2 − 2b2 a+b 2 a , −b a2 −2b2 a2 −2b2
∈ Q. Még ellen®riznünk kell, hogy a nevez® csak akkor 2 2 lenne 0, ha a = b = 0. Valóban : ha a = 2b , akkor vagy b = 0, és így √ a = 0, vagy (a/b)2 = 2, ami ellentmond 2 irracionális voltának. Tehát S hiszen
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
112
√
S = Q
√ 2 .
S -beli elemek a + √ + b 2 el®állítása egyértelm¶. Ha ugyanis a + b 2 = c + d 2 (valamilyen √ a, b, c, d ∈ Q számokra), akkor a − c = (b − d) 2. Ha most b 6= d lenne, akkor √ ∈ Q lenne, ami ellentmondás. Tehát b = d, amib®l a = c, vagyis 2 = a−c b−d
test, és így
Végül vegyük észre, hogy az
√
az el®állítás egyértelm¶.
4.1.2. példa. Q-t,
valamint
Melyik az a legsz¶kebb számtestet
√ 3
Ezt a testet
2-t ? √ Q 3 2 -vel
C-ben,
mely tartalmazza
jelöljük, és könny¶ látni, hogy minden
√ a+b32
a, b ∈ Q. Ez azonban még nem elég : a √ √ √ √ 3 3 3 4 = 2 · 2-t is tartalmaznia kell, ami nem írható fel a + b 3 2 alakban. √ √ √ 3 Csakugyan, ha 4 = a + b 3 2 lenne valamely a, b ∈ Q számokra, akkor 3 2 √ 3 2 gyöke lenne az x − bx − a ∈ Q[x] polinomnak. Ugyanakkor 2 gyöke az x3 − − 2 ∈ Q[x] polinomnak is, vagyis gyöke a két polinom (x2 − bx − a, x3 − 2) 3 kitüntetett közös osztójának is. Most x − 2 a SchönemannEisenstein féle 2 irreducibilitási kritérium miatt irreducibilis Q felett, az x − bx − a pedig alakú számot tartalmaznia kell, ha
alacsonyabb fokú nála, így ez a kitüntetett közös osztó 1, aminek nem gyöke a
√ 3
2.
Az ellentmondás bizonyítja, hogy
√ 3
4
nem írható fel
√ a+b 3 2
alakban.
Vizsgáljuk tehát a
T =
n
o √ √ 3 3 a + b 2 + c 4 : a, b, c ∈ Q
halmazt a szokásos m¶veletekkel. Könny¶ ellen®rizni, hogy
T
kommutatív,
egységelemes gy¶r¶. Ismét azt kellene ellen®rizni, hogy ha veszünk egy tet-
√ √ a + b 3 2 + c 3 4 6= 0 elemet (a, b, c ∈ Q), akkor ennek a reciproka is T -beli. Legyen g(x) = a + bx + cx2 . Az ötlet, hogy vegyük ismét az x3 − 2 és 3 a g(x) polinomok kitüntetett közös osztóját. Mivel x − 2 irreducibilis Q fe3 lett, g(x) pedig alacsonyabb fokú, ezért (x − 2, g(x)) = 1. S®t, az euklideszi algoritmus miatt vannak u(x), v(x) ∈ Q[x] polinomok, hogy sz®leges
u(x) · x3 − 2 + v(x) · g(x) = 1. Helyettesítsünk ebbe az egyenl®ségbe hogy
v
√ 3
2-t. Mivel
√ 3 3 2 −2 = 0, így azt kapjuk,
√ √ √ 3 3 3 2 · a + b 2 + c 4 = 1.
4.1 Testb®vítés
113
√ √ √ 3 2 az a + b 3 2 + c 3 4 reciproka. Már csak azt kellene látnunk, √ √ 3 hogy v 2 ∈ T . Ezt kétféleképpen is láthatjuk. Az egyik, hogy 3 2 minden √ √ 3 2, 3 4 hárommal osztható hatványa racionális, tehát mind hatványa az 1,
Tehát
v
számok valamelyikének racionális számszorosa. Másképpen : osszuk el maradékosan
v(x)-t (x3 − 2)-vel,
a maradék egy legfeljebb másodfokú polinom :
v(x) = s(x) · x3 − 2 + p + qx + rx2 . Behelyettesítve
√ 3 2-t
kapjuk, hogy
v Tehát
T
√ √ √ 3 3 3 2 = p + q 2 + r 4 ∈ T.
test.
Felmerül a kérdés, hogy hogyan lehet általában legsz¶kebb résztesteket meghatározni, valamint mije az
4.1.3. de níció. testb®vítése
L|K
K -nak,
vagy
a
√ 3
2-nek ?
K részteste L-nek. Ezt úgy mondjuk, hogy az L K ≤ L testb®vítés. Van, ahol K ≤ L helyett az
jelölést használják.
4.1.4. példa.
A f®példa a
4.1.5. de níció. tet
Legyen
x3 − 2
L-ben,
mely
Q≤C
testb®vítés.
K ≤ L testb®vítés, α ∈ L. A legsz¶kebb résztestartalmazza K -t és α-t is K (α)-val jelöljük. A K ≤ K(α) Legyen
testb®vítést egyszer¶ b®vítésnek nevezzük.
4.1.1. Minimálpolinom 4.1.6. de níció.
Legyen
K≤L
testb®vítés. Egy
α∈L
elem
K
feletti mi-
nimálpolinomján azt a legalacsonyabb fokú normált (1 f®együtthatós)
mα ∈
∈ K[x] polinomot értjük, melynek α gyöke. Ha csak a 0 polinom ilyen, akkor azt mondjuk, hogy α transzcendens K fölött. Ekkor nem szoktunk minimálpolinomról beszélni. Ha van K[x]-beli nem 0 polinom is, aminek α gyöke, akkor azt mondjuk, hogy α algebrai K felett.
4.1.7. példa.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
114
√ Algebrai számra példa
2,
√ 3
2. √
Transzcendens számra példa
e, π, 2
3
. A vizsgán nem kell tudni bizo-
nyítani, hogy ezek a számok transzcendensek. Azonnal felmerül a kérdés, hogy egyáltalán létezik-e legalacsonyabb fokú polinom, aminek
4.1.8. tétel. 1.
mα
α
gyöke. Létezik, s®t mindig irreducibilis lesz.
K≤L
Legyen
testb®vítés,
α ∈ L.
létezik és egyértelm¶en meghatározott.
f ∈ K[x]-re
2. Minden
f (α) = 0 ⇐⇒ mα | f. 3. Ha
α
4. Ha
α
algebrai algebrai
K K
felett, akkor
irreducibilis
K
felett.
f ∈ K[x] pedig egy olyan normált, K melyre f (α) = 0, akkor mα = f .
felett,
irreducibilis polinom, Bizonyítás.
mα
1. Létezik legalacsonyabb fokú polinom, melynek
felett
α gyöke. Al-
kalmas számmal elosztva ezt a polinomot kapunk egy olyan legalacsonyabb fokú polinomot, mely normált, azaz 1 a f®együtthatója és
α
mα létezik. Tegyük fel, hogy van két legalacsonyabb fokú (f 6= g ), melyek normáltak, és α mindkett®nek gyöke. Ekkor
gyöke. Tehát polinom
f
és
g
azonos fokszámú, különben a magasabb fokú nem lehetne egy
legalacsonyabb fokú,
2.
fokú,
α
⇐= :
világos.
=⇒ :
Osszuk el
α
gyök¶ polinom. De akkor
f −g
alacsonyabb
gyök¶ polinom lenne, ami ellentmondás.
f -et
maradékosan
mα -val.
Vannak tehát
q, r ∈ K[x]
polinomok, melyekre
f (x) = mα (x)q(x) + r(x), r(x) = 0 vagy deg r < deg mα . Az α behelyettesítése után 0 = = r(α) adódik, tehát r-nek is gyöke α. De mα a legkisebb fokú polinom, melynek α gyöke, vagyis r(x) = 0 lehet csak, és így mα (x) | f (x). valamint
4.1 Testb®vítés
115
A teljesebb megértés céljával belátjuk az 1. és 2. pontokat a 3.1.32. példa ötletét felhasználva is. Tekintsük a az
α
behelyettesítése homomor-
zmust :
ϕα : K[x] → L, f 7→ f ∗ (α) Ennek magja éppen azon polinomok halmaza, melyeknek gyöke
α:
ker ϕα = { f ∈ K[x] : f (α) = 0 } . Most
ker ϕα C K[x],
és
K[x]
f®ideálgy¶r¶. Tehát
ker ϕα -t
asszociáltság
erejéig egyetlen polinom generálja. Ezen generáló polinomok közül az 1
mα , ezzel az 1. pont (ismét) kész. A 2. pont is kész, ker ϕα = (mα ) elemei egyrészt azon f polinomok, melyeknek α másrészt mα többszörösei.
f®együtthatós éppen hiszen gyöke,
3.
L nullosztómentességét kell használnunk. Tegyük fel, hogy mα (x) = = g(x) · h(x) alkalmas g, h ∈ K[x] polinomokra. Ekkor α behelyettesítésével
0 = mα (α) = g(α) · h(α) L nullosztómentes, ezért ez csak úgy lehet, ha g(α) = = 0 vagy h(α) = 0. Ha g(α) = 0, akkor a 2. pont miatt mα | g , ugyanakkor g | mα nyilván, vagyis az mα (x) = g(x)h(x) felbontás triviális. Ugyanígy triviális felbontást kapunk, ha h(α) = 0. adódik. Mivel
4. Mivel
f (α) = 0,
ezért a 2. pont miatt
mα | f .
De
f
irreducibilis, vagyis
mα konstans vagy f asszociáltja. Konstans nem lehet mα , hiszen α gyöke. Tehát mα és f asszociáltak. Ugyanakkor mindkett® f®együtthatója 1, tehát f = mα .
A fenti tétel hasznos minimálpolinomok meghatározására.
4.1.9. példa.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
116
α = 24
minimálpolinomja
felett irreducibilis polinom,
x − 24, hiszen melynek 24 gyöke. felett
Q
ez egy normált,
Q
√ √ α = 27 minimálpolinomja Q felett x2 − 27 : normált, 27 gyöke. A Q felett irreducibilitás következik abból, hogy másodfokú polinomként csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke.
α=
√ 3
9
minimálpolinomja
Q
felett
x3 − 9 :
normált,
√ 3 9
gyöke. A
Q
felett irreducibilitás következik abból, hogy harmadfokú polinomként csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke.
α =
√ 4
2
minimálpolinomja
ahogy az is, hogy
√ 4
2
Q
felett
gyöke. A
Q
x4 − 2 :
a normáltság világos,
felett irreducibilitás következik a
SchönemannEisenstein féle irreducibilitási kritériumból
p = 2-vel.
Vi-
gyázat ! Legalább negyedfokú egyenleteknél már nem elég az irreducibilitáshoz, hogy nincs gyöke.
α = 1+i
esetén
α4 = (1 + i)4 = −4,
mimimálpolinom, mert nem irreducibilis
4.1.10. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
ennek ellenére nem
Q
α=1+i
x4 + 4
a
felett.
minimálpolinomja
Q
felett
2
x − 2x + 2.
4.1.2. Egyszer¶ b®vítések A minimálpolinom fogalmának segítségével már általánosíthatjuk a 4.1.1. és 4.1.2. példák gondolatmenetét tetsz®leges egyszer¶ b®vítésre.
4.1.11. tétel. n = deg mα .
K ≤L
testb®vítés,
α∈L
egy algebrai elem, melyre
Ekkor
K(α) = továbbá minden egyértelm¶.
Legyen
a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 : a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ K ,
K(α)-beli
elem el®állítása
a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1
alakban
4.1 Testb®vítés
117
Bizonyítás. Legyen
T =
a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 : a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ K .
T -ben benne van α minden K -együtthatós polinomja. Csakugyan, legyen f ∈ K[x] tetsz®leges (nem feltétlen legfeljebb (n − 1)-edfokú) polinom. Osszuk el maradékosan f -et az n-edfokú mα -val : El®ször belátjuk, hogy
T
test. Vegyük észre, hogy
f (x) = mα (x) · q(x) + (a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 ). Behelyettesítve
α-t,
és felhasználva, hogy
mα -nak
gyöke
α
kapjuk, hogy
f (α) = a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 ∈ T. Tehát
α
minden polinomja benne van
és szorzásra zárt. Tehát
T
T -ben,
vagyis összeadásra, kivonásra
gy¶r¶. (Ez egyébként abból is kijön, hogy
T
a
ϕα : K[x] → L, f 7→ f ∗ (α) homomor zmus képe Belátjuk, hogy
T
L-ben,
és így annak kommutatív részgy¶r¶je.)
test, ehhez az inverz megtalálására van szükségünk.
Legyen
g(x) = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 egy nemnulla polinom, keressük
(mα , g)
rozzuk az
< deg mα ,
g(α)−1 -t.
Az ötlet ismét az, hogy meghatá-
kitüntetett közös osztót. Most
mα
irreducibilis,
deg g <
tehát a kitüntetett közös osztó 1. S®t, az euklideszi algoritmus
segítségével találhatunk olyan
u, v ∈ K[x]
polinomokat, hogy
u(x) · mα (x) + v(x) · g(x) = 1. Helyettesítsünk
α-t.
Ekkor
mα (α) = 0
miatt
v(α) · g(α) = 1 adódik. Tehát áll. Tehát
T
v(α) = g(α)−1 ,
valóban test.
és
v(α) ∈ T ,
hiszen
T
éppen
α
polinomjaiból
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
118
T = K(α). Mivel K ≤ T és α ∈ T , ezért K(α) ≤ T . Másrészt K ≤ K(α), α ∈ K(α), és K(α) zárt az összeadásra, kivonásra és a szorzásra, tehát α összes K -együtthatós polinomjának is K(α)-ban kell lennie. Ebb®l T ≤ K(α), vagyis T = K(α). Belátjuk, hogy
Hiányzik még annak az igazolása, hogy minden
T -beli elem egyértelm¶en
α-nak legfeljebb (n − 1)-edfokú polinomjaként. a0 , a1 , . . . , an−1 , b0 , b1 , . . . , bn−1 ∈ K , melyekre
írható fel vannak
Tegyük fel, hogy
a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 = b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 . Ebb®l
(a0 − b0 ) + (a1 − b1 )α + · · · + (an−1 − bn−1 )αn−1 = 0. Legyen most
f (x) = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )x + · · · + (an−1 − bn−1 )xn−1 ∈ K[x]. f mα | f .
(n − 1)-edfokú
f (α) = 0, vagyis De mα foka n, ami csak úgy lehet, ha f (x) = 0, azaz f minden együtthatója 0. Ebb®l a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an−1 = bn−1 adódik. Tehát
egy legfeljebb
4.1.12. tétel.
Legyen
K ≤ L
polinom, melyre
testb®vítés,
α ∈ L
transzcendens
K
felett.
Ekkor
K(α) =
f (α) : f, g ∈ K[x], g(x) 6= 0 g(α)
,
és az el®állítás abban az értelemben egyértelm¶, hogy
f (α) h(α) = ⇐⇒ f (x)k(x) = g(x)h(x) g(α) k(α)
a
K[x]
polinomgy¶r¶ben.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
4.1.13. példa. Q(π)-ben π 2 + 3π + 2 π 4 + 2π 3 π+2 π+1 = = 6= . 2 4 π +π π π 2π − 3
4.1 Testb®vítés
119
4.1.3. B®vítés több elemmel 4.1.14. de níció.
Legyen
K ≤L
testb®vítés,
α, β, . . . ∈ L
elemek. Ekkor
K(α, β, . . . ) a legsz¶kebb olyan részteste L-nek, mely tartalmazza K -t, és az α, β, . . . elemek mindegyikét.
4.1.15. házi feladat.
Igazoljuk, hogy
K(α, β, . . . )
létezik, és pontosan az
α, β, . . . elemek összes többhatározatlanú polinomjának hányadosaként el®álló L-beli elemek vannak benne. √ √ 4.1.16. példa. Mi lesz Q 2, 3 ? A korábbiak alapján azt gondolhatjuk, hogy (4.1)
√ √ n o √ √ √ Q 2, 3 = a + b 2 + c 3 + d 6 : a, b, c, d ∈ Q .
Azt könny¶ látni, hogy a jobboldal részgy¶r¶je
C-nek,
az nem teljesen vilá-
gos, hogy miért van benne minden nem nulla elem reciproka. Ehhez az ötlet
√ √ 2, 3 -t, mint két egyszer¶ b®vítés √ √ √ √ √ √ Q 2 3 . Legyen S = Q 2, 3 , T = Q 2 3 .
az, hogy kezeljük
Q
egymásutánja : Ekkor
S = T,
ugyanis :
√ √ √ 3 ∈ T , valamint Q 2 ⊆ T . Utóbbiból 2 ∈ T és Q ⊆ T √ √ 2, 3 ∈ T , Q ⊆ T , vagyis S ⊆ T . adódik. Tehát √ √ √ S ⊇ T : Q ⊆ S , 2 ∈ S , tehát Q 2 ⊆ S . Továbbá 3 ∈ S , vagyis T ⊆ S. Határozzuk meg tehát a T testet. Alkalmazva a 4.1.11. tételt √ √ n √ o √ (4.2) Q 2 3 = α + γ 3 : α, γ ∈ Q 2 , √ √ feltéve, hogy 3 minimálpolinomja Q 2 felett is x2 − 3. Ez igaz, mert en√ √ √ 2 felett, mert 3 ∈ /Q 2 . nek a polinomnak gyöke, és ez irreducibilis Q √ √ Viszont (4.2)-ben α = a + b 2, γ = c + d 2 (a, b, c, d ∈ Q), amib®l (4.1) S ⊆ T:
adódik. Ezzel a konstrukcióval választ kaptunk arra is, hogy miként kapható a reciprok : egyszer¶ b®vítésben tudunk reciprokot meghatározni, és
Q
√ √ 2, 3 -t
épp most írtuk fel egyszer¶ b®vítések egymásutánjaként.
4.1.17. házi feladat. Legyen K ≤ L testb®vítés, legyenek α, β, α1 , . . . , αk ∈ ∈L
algebrai elemek
akat.
K
felett. A 4.1.16. példa mintájára lássuk be az alábbi-
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
120
1.
K (α) (β) = K (α, β) = K (β, α).
2.
K (α, β) = K (α, α + β).
3. Ha
α 6= 0,
akkor
K (α, β) = K (α, αβ).
4.
K (α1 , . . . , αk ) = { p (α1 , . . . , αk ) : p ∈ K[x1 , . . . , xk ] } , vagyis a hányadosok automatikusan benne lesznek már a generált részgy¶r¶ben is.
4.2 Szorzástétel
121
4.2. Szorzástétel A szakaszban a szorzástétellel, és annak néhány következményével ismerkedünk meg. El®ször vegyük észre, hogy ha vektortér
K
K ≤ L
testb®vítés, akkor
L
felett. (Házi feladat : gondoljuk meg, hogy teljesülnek a vektor-
téraxiómák.)
4.2.1. de níció.
K ≤ L testb®vítés. Ekkor L test K felett, melynek dimenziója az L foka K felett. Jele : |L : K|. Azt mondjuk, hogy a K ≤ L b®vítés véges, ha |L : K| véges. Továbbá azt mondjuk, hogy a K ≤ L b®vítés algebrai, ha minden α ∈ L algebrai K felett.
4.2.2. állítás. 1. Ha az 2. Ha 3.
Legyen
Legyen
K≤L
testb®vítés.
α ∈ L algebrai K felett, akkor |K(α) : K| = deg mα . α fokának nevezzük, és degK α-val jelöljük. α
transzcendens, akkor
K ≤ K(α)
Bizonyítás.
véges
⇐⇒ α
1. Legyen
K(α) =
|K(α) : K| = ∞.
algebrai.
n = deg mα .
A 4.1.11. tétel alapján
a0 + a1 α + · · · + αn−1 αn−1 : a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ K ,
és az el®állítás egyértelm¶. Ez pontosan azt jelenti, hogy bázis
K(α)-ban K
felett, elemszáma
2. Vegyük észre, hogy
K(α)-ban.
Ezt a számot
1, α, . . . , αn−1
n = deg mα .
1, α, α2 , . . . , αk , . . .
lineárisan független
K
Ha ugyanis lenne közöttük valamilyen lineáris összefüggés,
akkor az azt jelentené, hogy
α
gyöke egy
K -együtthatós
polinomnak.
(Házi feladat : gondoljuk meg ! ) 3. Világos az els® két pontból.
4.2.3. tétel (Szorzástétel). K≤M és ekkor
felett
Legyenek
véges b®vítés
K≤L≤M
⇐⇒ K ≤ L
|M : K| = |M : L| · |L : K|.
és
testb®vítések. Ekkor
L≤M
véges b®vítés,
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
122
√ √ √ √ 2 ,M =Q 2 3 . Ekkor 1, 2 bázis √ √ L-ben K felett, hisz 2 minimálpolinomja Q felett másodfokú. Az 1, 3 √ √ 3 minimálpolinomja Q 2 felett másodfokú. bázis M -ben L felett, mert √ √ √ Tehát M = Q 2 3 minden eleme egyértelm¶en felírható α + γ 3 √ 2 . Vagyis M minden eleme egyértelm¶en el®áll alakban, ahol α, γ ∈ Q √ √ √ √ √ √ a + b 2 + c 3 + d 6 alakban, ahol a, b, c, d ∈ Q. Tehát 1, 2, 3, 6 bázist alkot M -ben K felett.
4.2.4. példa. K = Q, L = Q
A 4.2.3. tétel bizonyítása.
⇐= :
Legyen
felett. Belátjuk,
u1 , . . . , um bázis M -ben L felett, v1 , . . . , vn bázis L-ben K hogy az mn darab ui vj szorzat bázis M -ben K felett.
M elemei β = α1 u1 + · · · + αm um alakúak, ahol α1 , . . . , αm ∈ L. minden αi = ai1 v1 + · · · + ain vn alakú, ahol aij ∈ K . Tehát Az
β=
m X n X
Most
aij ui vj ,
i=1 j=1
ui vj generátorrendszer M -ben K felett. A függetlenséghez tegyük fel, Pm Pn hogy j=1 aij ui vj = 0. Legyen αi = ai1 v1 + · · · + ain vn ∈ L. Ekkor i=1 α1 u1 + · · · + αm um = 0. De u1 , . . . , um bázis M -ben L felett, vagyis minden αi = 0, vagyis ai1 v1 + · · · + ain vn = 0 az L-ben. Most v1 , . . . , vn bázis K felett L-ben, vagyis minden aij = 0, ezzel az ui vj vektorok lineáris függetlensége is azaz
kész.
|M : K| véges, akkor |M : L| is véges, hiszen minden K feletti generátorrendszer L felett is generátorrendszer. Továbbá ha |L : K| végtelen lenne, akkor lennének v1 , v2 , . . . ∈ L lineárisan független vektorok K felett L-ben, de akkor ezek lineárisan függetlenek lennének K felett M -ben is. =⇒ :
Ha
Megjegyezzük, hogy a bizonyításban csak annyi használtunk, hogy vektortér
L
felett (és akkor persze
K
M
felett is).
4.2.5. következmény. Legyen K ≤ L véges b®vítés, α ∈ L. Ekkor α algebrai K
felett, valamint
algebrai.
degK α
osztja
|L : K|-t.
Speciálisan minden véges b®vítés
4.2 Szorzástétel
123
K ≤ K(α) ≤ L testb®vítésláncra kell alkalmazni a 4.2.3. tételt. Tehát K ≤ K(α) véges, valamint |L : K| = |K(α) : K|·|L : K(α)| miatt degK α osztja |L : K|-t. √ √ 4.2.6. példa. Mennyi α = 3 + 7 3 2 − 5 3 4 foka Q felett ? Els® ránézésre nem t¶nik egyszer¶nek olyan racionális együtthatós polinomot felírni, aminek α √ √ 3 2 , tehát tekinthetjük a Q ≤ Q (α) ≤ Q 3 2 gyöke. Viszont α ∈ Q √ 3 2 : Q = 3, tehát α foka 1 vagy 3. De 1 nem lehet, b®vítésláncot. Most Q mert akkor α ∈ Q lenne. Bizonyítás. A
4.2.1. Algebrai elemek A szakasz hátralev® részében belátjuk, hogy testb®vítés esetén az algebrai elemek egy résztestet alkotnak.
4.2.7. állítás.
K ≤ L testb®vítés, α ∈ L algebrai K felett. Tegyük √ fel, hogy α ∈ L. Ekkor k α is algebrai K felett, és foka legfeljebb k · degK α. √ k Bizonyítás. Ha α minimálpolinomja K felett mα , akkor k α gyöke mα x √ k
Legyen
nak. Elem foka nagyobb test felett nem n®het :
4.2.8. lemma.
Legyen
K ≤ L ≤ M
testb®vítés,
α ∈ M.
Ekkor
degL α ≤
≤ degK α. s ∈ L[x] az α minimálpolinomja L felett, t ∈ K[x] az α minimálpolinomja K felett. Most t ∈ L[x] is, hiszen K ≤ L. Továbbá t-nek gyöke α, tehát s(x) | t(x), amib®l deg s ≤ deg t. Bizonyítás. Legyen
4.2.9. következmény.
K ≤ L testb®vítés, α, β ∈ L algebrai elemek K felett. Ekkor α ± β , α · β , α/β (ha β 6= 0) mindegyike algebrai K felett, és fokuk legfeljebb degK α · degK β . Legyen
Bizonyítás. Alkalmazzuk a
K ≤ K(α) ≤ K(α)(β)
b®vítésláncra a 4.2.3. té-
telt :
|K(α)(β) : K| = degK α · degK(α) β ≤ degK α · degK β. Továbbá
α ± β, α · β, α/β ∈ K(α)(β),
így fokuk osztja
|K(α)(β) : K|-t.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
124
4.2.10. de níció. Egy α ∈ C számot algebrai számnak hívunk, ha α algebrai Q
felett. Az algebrai számok halmazát
4.2.11. példa.
A-val
jelöljük.
Az alábbi komplex szám algebrai :
s q √ 5 7 5 3 − 23 − 4 p √ i 7+ 63 Tehát az algebrai számok résztestet alkotnak
C-ben.
Ennél több is igaz :
algebrailag zárt testet alkotnak.
4.2.12. tétel. A[x]-beli
Az algebrai számok
polinomnak van
Bizonyítás. Legyen
A-beli
f ∈ A[x]
A
teste algebrailag zárt, azaz tetsz®leges
gyöke.
egy tetsz®leges polinom :
f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn . Ekkor
C
algebrai zártsága miatt
algebrai b®vítése
Q-nak,
efölött
f -nek van α ∈ C gyöke. Most Q(a0 , . . . , an ) α ∈ C egy algebrai elem (foka legfeljebb n).
Tehát
Q ≤ Q(a0 ) ≤ Q(a0 , a1 ) ≤ . . . ≤ Q(a0 , a1 , . . . , an ) ≤ Q(a0 , a1 , . . . , an , α) véges b®vítések egymásutánja, vagyis szintén algebrai, azaz
α ∈ A.
4.3 Testb®vítések konstrukciója
125
4.3. Testb®vítések konstrukciója Eddig úgy készítettünk el új testeket, hogy azok egy már létez® testnek valamilyen résztestei voltak. Ebben a szakaszban új testeket fogunk gyártani anélkül, hogy ismernénk azoknál még nagyobb testeket.
4.3.1. példa. 2
z +1
Ismételjük át a 3.2.3. alszakaszban írottakat. Tudjuk, hogy a
polinomnak
R-ben
alapján elkészíthetjük az
nincs gyöke,
R(i) ≤ C
C-ben
viszont van. Tehát a korábbiak
testet, ami egyébként izomorf lesz
Felmerül a kérdés, hogy hogyan vezethetnénk be Az ötlet abban rejlik, hogy
C ' R[x]/(x2 + 1),
C-vel.
C-t, ha még nem ismerjük ?
mégpedig az
a + bi ←→ a + bx + (x2 + 1), a ∈ R ←→ a + (x2 + 1), i ←→ x + (x2 + 1) C-t úgy, mint az R[x]/(x2 +1) faktorgy¶r¶t, amir®l belátjuk, hogy test, majd azonosítunk minden a ∈ R 2 2 valós számot az a+(x +1) mellékosztállyal, i-t pedig az x+(x +1) elemmel. 2 Ekkor a kapott R-nél nagyobb testben i gyöke lesz a z + 1 polinomnak.
megfeleltetések mentén. Tehát de niálhatnánk
Az ötlet általánosítható.
4.3.2. tétel.
K ≤ L testb®vítés, α ∈ L K felett mα . Ekkor
Legyen
minimálpolinomja
algebrai
K
felett. Legyen
α
K(α) ' K[x]/(mα (x)), k ∈ K ←→ k + (mα (x)), α ←→ x + (mα (x)). Bizonyítás. Tekintsük az
α
behelyettesítése homomor zmust :
ϕα : K[x] → L, f 7→ f ∗ (α) Ennek magja éppen azon polinomok halmaza, melyeknek gyöke az
(mα (x)) C K[x]
ideál :
ker ϕα = { f ∈ K[x] : f (α) = 0 } = (mα (x)).
α, ami éppen
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
126
A homomor zmustétel miatt
Im ϕα ' K[x]/ ker ϕα = K[x]/(mα (x)). Im ϕα = { f (α) : f ∈ K[x] } éppen α polinomjainak halmaza, ami részgy¶r¶ L-ben, tehát Im ϕα ⊆ K(α). Továbbá tudjuk, hogy K[x]/(mα (x)) test, hiszen mα irreducibilis. Így Im ϕα is test, K ⊆ Im ϕα (konstans polinomok), és α ∈ Im ϕα (az x polinom képe), tehát K(α) ⊆ Im ϕα . Tehát Most
K(α) = Im ϕα ' K[x]/ ker ϕα = K[x]/(mα (x)), és a megfeleltetés minden az
x + (mα (x))
k ∈ K -hoz a k +(mα (x)) mellékosztályt, míg α-hoz
mellékosztályt rendeli.
Ezt az eredményt felhasználva készíthetünk új testeket.
4.3.3. tétel. olyan
L
Legyen
test, melyre
K test, s ∈ K[x] egy irreducibilis K ≤ L és s-nek van gyöke L-ben.
polinom. Ekkor van
Bizonyítás. A bizonyítás fogalmilag nehéz, de új ötletet nem tartalmaz.
L = K[x]/(s(x)). Ez test, hiszen s irreducibilis K felett. Viszont K szigorúan véve nem részteste L-nek, hiszen L elemei mellékosztályok. Ugyanakkor L-ben megtalálható egy K -val izomorf résztest : a konstans polinomok 0 mellékosztálya. Legyen ez K , azaz Legyen
K 0 = { k + (s(x)) : k ∈ K } . Azonosítsuk tehát
K
és
K0
elemeit :
k ∈ K −→ k + (s(x)) ∈ K 0 . Belátható (házi feladat ), hogy ez a megfeleltetés injektív és m¶velettartó. Az azonosítást követ®en tehát tekinthetünk
K0
elemeire úgy, mintha
K
elemei
lennének. Legyen
α = x + (s(x)).
Belátjuk, hogy
α
gyöke az
s
polinomnak. Legyen
s(z) = k0 + k1 z + · · · + kn z n ∈ K[x].
4.3 Testb®vítések konstrukciója Ahhoz, hogy
s-be
behelyettesíthessük
127
α-t,
képzeljük
L[z]-beli
polinomként :
s(α) = (k0 + s(x)) + (k1 + s(x)) · (x + s(x)) + · · · + (kn + s(x)) · (x + s(x))n = k0 + k1 x + · · · + kn xn + (s(x)) = s(x) + (s(x)) = (s(x)) , ami éppen a
K[x]/(s(x))
faktorgy¶r¶ nulleleme. Tehát
α
tényleg gyöke
s-
nek.
4.3.4. házi feladat. 4.3.5. példa. mert
Emésszük meg a bizonyítást !
Tekintsük az
x2 + x + 1
irreducibilis
L = Z2 [x]/(x2 + x + 1) faktorgy¶r¶t. Z2 felett. Most L-nek négy eleme van :
Ez test,
0 + (x2 + x + 1), 1 + (x2 + x + 1), x + (x2 + x + 1), x + 1 + (x2 + x + 1). Z2 nem része L-nek, mert sem a 0, sem az 1 nem eleme. 2 Ugyanakkor a 0 + (x + x + 1) mellékosztályt azonosíthatjuk 0-val, az 1 + + (x2 + x + 1) mellékosztályt azonosíthatjuk 1-gyel, és így már Z2 része lesz. 2 2 (Precízen : a 0 + (x + x + 1) és 1 + (x + x + 1) elemek a faktorban egy Z2 -vel 2 izomorf résztestet alkotnak.) Legyen α = x + (x + x + 1). Ekkor tehát
Szigorúan véve
L = { 0, 1, α, α + 1 } , és
α
gyöke a
z2 + z + 1
polinomnak :
α2 + α + 1 = = x + x2 + x + 1
2
+ x + x2 + x + 1
+ 1 + x2 + x + 1 = = x2 + x + 1 + x2 + x + 1 = 0 + x2 + x + 1 = 0.
Könny¶ látni, hogy a fenti eljárást ismételgetve kaphatunk egy olyan testet, amiben már az
4.3.6. de níció. tegyük fel, hogy
s
összes gyöke benne van.
K ≤ L testb®vítés, f ∈ K[x] L tartalmazza f összes gyökét, azaz Legyen
egy polinom, és
f (x) = c (x − α1 ) . . . (x − αn ) , ahol
c ∈ K , αi ∈ L.
Ekkor
K (α1 , . . . , αn )
az
f
felbontási teste
A felbontási test tehát a legsz¶kebb olyan résztest lineáris tényez®kre bomlik.
L-ben,
K
ami felett
felett.
f
már
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
128
4.3.7. következmény.
Legyen
K
test,
f ∈ K[x]
egy polinom. Ekkor
f -nek
van felbontási teste. Bizonyítás. Elég konstruálni egy testet, ahol Bontsuk fel
f -et
irreducibilis tényez®kre
K
f
lineáris tényez®kre bomlik.
felett. Az egyik irreducibilis té-
K[x]-et kapunk egy nagyobb testet, amiben f -nek már van α gyöke. Tehát f (x) = (x − α) · g(x), ahol g ∈ K(α)[x] az f -nél eggyel alacsonyabb fokú polinom. Folytassuk az eljárást K (α)-val és g -vel. Végül legfeljebb deg f lépésben kapunk egy olyan testet, ahol f már lineáris tényenyez®vel faktorizálva
z®kre bomlik. 4.3.8. megjegyzés. A felbontási test izomor a erejéig egyértelm¶. Ennek a
bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
4.4 Véges testek
129
4.4. Véges testek Ebben a szakaszban felhasználjuk az eddigiekben felépített elméletet, hogy elkészítsük (izomor a erejéig) az összes véges testet, és megismerkedjünk néhány tulajdonságukkal.
4.4.1. Karakterisztika R gy¶r¶ karakterisztikája az a legkisebb m · r = 0 minden r ∈ R gy¶r¶elemre. Itt az m · r az
Ismételjük át a 3.2.17. de níciót : egy pozitív egész
r
elem
m,
m-szeres
melyre
összegét jelöli :
m·r =
m X k=1
r = r| + ·{z · · + r} . m darab
Ha nincs ilyen legkisebb pozitív egész
m,
akkor azt mondjuk, hogy az
R
gy¶r¶ karakterisztikája 0.
4.4.1. állítás.
Legyen
R
nullosztómentes gy¶r¶. Ekkor
R
karakterisztikája
0
vagy egy prímszám. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van
r ∈ R, r 6= 0,
n · r = 0. Legyen m = o(r), az r additív rendje m · r = 0. Legyen s ∈ R tetsz®leges, akkor
n pozitív egész, hogy (R, +) csoportban. Ekkor
és van az
0 = (m · r) · s = (r + · · · + r) · s = rs + · · · + rs = r · (s + . . . s) = r · (m · s). De
R
nullosztómentes,
r 6= 0,
szerepét megcserélve kapjuk, hogy nem 0 gy¶r¶elem additív rendje Ha most
m = ab,
m · s = 0, vagyis o(s) | m. Az r és s ha s 6= 0, akkor m | o(s), tehát bármely
tehát
m.
akkor
0 = (m · r) · r = m · r2 = (a · r) · (b · r), a · r = 0 vagy b · r = 0. Ha a · r = 0, akkor m | a, ugyanakkor a | m, vagyis m = ab triviális felbontás. Hasonlóan, ha br = 0, akkor m = ab triviális felbontás. Tehát m felbonthatatlan, vagyis prím.
így a nullosztómentességb®l
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
130
4.4.2. megjegyzés. Valójában az is kijött, hogy ha egy nullosztómentes gy¶r¶ karakterisztikája 0, akkor a gy¶r¶ minden nem 0 elemének az additív rendje végtelen.
4.4.3. következmény. Idézzük fel, hogy
p
Test karakterisztikája 0 vagy prím. karakterisztikában tagonként lehet
p-edik
hatványra
emelni.
4.4.4. állítás.
Legyen
kor tagonként lehet
R
p-edik
p > 0 karakterisztikájú kommutatív k (s®t, p -odik) hatványra emelni, azaz
egy
gy¶r¶. Ek-
(r ± s)p = rp ± sp . Továbbá a
ψ : R → R, r 7→ rp leképezés gy¶r¶homomor zmus. Bizonyítás. Kommutatív gy¶r¶ben igaz a binomiális tétel, vagyis
p p X X p p−k k k p (r ± s) = r (±s) = (±1) rp−k sk . k k k=0 k=0 p
Ebben az összegben minden
p
1≤k ≤p−1
esetén
prím osztja a számlálót, de nem osztja a nevez®t.
p k
p! , = k!·(p−k)! Tehát R-ben
p|
hiszen a
(r ± s)p = rp + (±1)p sp = rp ± sp , p páratlan. Végül, ha p = 2, akkor (r + s)2 = r2 + s2 , valamint (r − s)2 = = r2 + s2 = r2 − s2 , hiszen 2 karakterisztikájú gy¶r¶ben s2 = −s2 . A ψ homomor zmus voltához már csak a szorzattartás kell, ami a kom-
ha
mutativitásból következik :
ψ(r · s) = (rs)p = rp · sp = ψ(r) · ψ(s).
4.4 Véges testek
4.4.5. de níció.
131
Ha
R
egy
p
karakterisztikájú gy¶r¶, akkor a
ψ : R → R, r 7→ rp homomor zmust Frobenius endomor zmusnak nevezzük.
4.4.2. Prímtest Az alábbiakban megmutatjuk, hogy minden test tartalmaz egy minimális résztestet, mely azonos karakterisztikájú testekre izomorf. Pozitív karakterisztika esetén a legsz¶kebb résztest
4.4.6. tétel.
Zp -vel
izomorf.
T egy p > 0 karakterisztikájú test, e az egységeleme. Legyen P = { 0, e, 2e, . . . , (p − 1)e }. Ekkor P test, mely T minden résztestének részteste, és P ' Zp . Legyen
Bizonyítás. Mivel
e 6= 0,
ezért
e
additív rendje
p.
Tehát
ϕ : P → Zp , ke 7→ k
(mod p)
izomor zmus az additív csoportok között. Könny¶ ellen®rizni, hogy
ϕ a szor-
zást is tartja :
ϕ ((me)(ne)) = ϕ mne2 = ϕ (mne) = mn (mod p) = ϕ (me) ϕ (ne) . P ' Zp
K ≤T
K tartalmazza T egy−1 ségelemét is : ha f ∈ K a K egységeleme, akkor f = f -et f -zel T -ben szorozva f = e adódik. Tehát e ∈ K , de akkor P ⊆ K . Tehát
test. Továbbá, ha
test, akkor
2
Nulla karakterisztika esetén a legsz¶kebb résztest izomorf
4.4.7. tétel.
Ekkor
P
Legyen
test, mely
T
T
0 karakterisztikájú test, e az n me o P = : m, n ∈ Z, n 6= 0 . ne egy
minden résztestének részteste, és
Q-val.
egységeleme. Legyen
P ' Q.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
132
Bizonyítás. Mivel
∞.
e 6= 0,
ezért a 4.4.2. megjegyzés alapján
e
additív rendje
Legyen
ϕ : Q → P, m me 7→ . n ne me/ne = ue/ve is teljesül n 6= 0, hiszen e additív rendje ∞.
(házi
leképezés nyilván m¶velettartó és szürjektív. Az injektivitás
ker ϕ
Ez jólde niált, mert ha
feladat ), valamint A
ϕ
ne
m/n = u/v ,
nem lesz 0, ha
akkor
vizsgálatából adódik :
ker ϕ =
nm
o nm o nm o me : = 0 T -ben = : me = 0 = : m = 0 = {0}. n ne n n
P ' Q ha K ≤ T
Tehát
test. Az, hogy legsz¶kebb, pontosan úgy jön ki, mint az
K tartalmazza T egységelemét is (ha f ∈ K −1 a K egységeleme, akkor f = f -et f -zel T -ben szorozva f = e adódik). Tehát e ∈ K , de akkor P ⊆ K .
el®bb :
test, akkor
2
4.4.8. de níció. Egy testet prímtestnek nevezünk, ha nincs valódi részteste.
4.4.3. Véges testek elemszáma 4.4.9. állítás. tikája
p,
akkor
Egy
|T |
T
egy
Bizonyítás. El®ször is
véges test elemszáma prímhatvány. Ha
karakterisz-
p-hatvány. T
karakterisztikája nem lehet 0, hiszen akkor az egy-
ségelem additív rendje végtelen lenne, amib®l karakterisztikája
T
p > 0
|T | = ∞
T P ≤ T
adódna. Tehát
prímszám, és így a 4.4.6. tétel miatt van
Zp -vel. Tehát P ≤ T testb®vítés, ennek foka véges, hiszen T is véges. Legyen |T : P | = n, és legyen mondjuk b1 , . . . , bn bázis T -ben P felett. Ekkor T minden eleme egyértelm¶en írható λ1 b1 + · · · + λn bn alakban, ahol λi ∈ P . Mivel minden λi egymástól függetlenül p-féle lehet, így |T | = pn .
prímteste, mely izomorf
4.4.10. megjegyzés. Tehát az additív csoportra
(T, +) ' (Zp , +)n .
4.4 Véges testek
133
q elem¶ test, ahol q = pn valamely p prímre ? Legyen T test, |T | = q . El®ször is T karakterisztikája csak p lehet. Másodszor T × egy q − 1 elem¶ csoport, tehát Lagrange tétele miatt T × minden eleme gyöke az xq−1 − 1 polinomnak. Ha még x-szel szorzunk, akkor kapjuk, hogy T minden q eleme gyöke az x − x polinomnak. De ennek a polinomnak legfeljebb q gyöke q lehet egy testben. Tehát egy q elem¶ test (ha létezik) éppen az x −x polinom Hogyan nézhet ki egy
gyökeib®l áll.
4.4.11. tétel. van
q
Legyen
tetsz®leges, ahol
p
prím,
n
pozitív egész. Ekkor
q
elem¶ testet
elem¶ test, mely izomor a erejéig egyértelm¶.
4.4.12. de níció. (vagy
q = pn
GF (q)-val)
Az izomor a erejéig egyértelm¶
Fq -val
jelöljük.
A 4.4.11. tétel bizonyítása. Csak a létezést bizonyítjuk, az egyértelm¶ség bi-
xq − x felbontási teste Zp felett, ez létezik a 4.3.7. következmény miatt. Legyen L ⊆ K az xq − x polinom gyökeinek halmaza K -ban. Belátjuk, hogy L résztest. q Legyen a és b gyöke az x − x polinomnak. Ekkor a ± b is gyök, mivel tagonként lehet q -adik hatványra emelni :
zonyítását a vizsgán nem kell tudni. Legyen
K
az
(a ± b)q − (a ± b) = aq ± bq − a ∓ b = (aq − a) ± (bq − b) = 0. Továbbá
ab
és
1/a
is gyökei
(xq − x)-nek :
(ab)q − ab = aq bq − ab = aq bq − aq b + aq b − ab = aq (bq − b) + (aq − a)b = 0, q 1 1 a − aq aq − a 1 1 − = q − = q+1 = − q+1 = 0. a a a a a a L = K , hiszen xq − x már L-ben is lineáris tényez®kre bomlik). Mennyi az L elemszáma ? Ha xq − x q minden gyöke különböz®, akkor |L| = q . De (x − x)-nek nincs többszörös L
Tehát
test (s®t, valójában az is kijött, hogy
gyöke :
(xq − x)0 = q · xq−1 − 1 = −1, és így
(xq − x, −1) = 1
miatt
(xq − x)-nek
nincs többszörös gyöke.
4.4.13. megjegyzés. Tulajdonképpen azt bizonyítottuk be, hogy a az
xq − x
q elem¶ test
felbontási teste. Így az egyértelm¶ség következik a felbontási test
egyértelm¶ségéb®l.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
134
4.4.4. Véges testek multiplikatív csoportja 4.4.14. tétel.
Bizonyítás. Legyen
d
test multiplikatív csoportja ciklikus.
tetsz®leges pozitív egész, és tekintsük az
xd − 1 polig ∈ T elem,
T -ben legfeljebb d gyöke lehet. Ha van n melynek multiplikatív rendje d, akkor a g (n = 0, 1, . . . , d − 1) elemek mind d különböznek, mindegyik gyöke (x − 1)-nek, és pont d darab van bel®lük, d tehát ezek éppen x − 1 összes gyökei. Speciálisan minden T -beli d rend¶ elem g -nek hatványa. Mivel a hgi ciklikus csoportban pontosan ϕ(d) darab d rend¶ elem van, így azt kapjuk, hogy a T -beli d rend¶ elemek száma vagy 0 vagy ϕ(d). (Ez eddig tetsz®leges T testre igaz, nem csak a végesekre.) nomot
T
T
Véges
felett. Ennek
Legyen
|T | = q ,
tétele miatt nem lehet
d
rend¶ elem
|T × | = q − 1. Ha most d - q − 1, akkor Lagrange T -ben d rend¶ elem. Tehát csak d | q − 1 esetén lehet
ekkor
T -ben,
vagyis
× X T = (0
ϕ(d)) ≤
vagy
d|q−1
X
ϕ(d) = q − 1.
d|q−1
n = (q − 1)-re. áll, így minden d | (q − 1)-re Speciálisan van q − 1 rend¶
Az utolsó egyenl®ségben használtuk a 2.2.22. következményt
|T × | = q − 1, ezért mindenhol egyenl®ség pontosan ϕ(d) darab d rend¶ elem van T -ben. × elem, vagyis T ciklikus.
Mivel
T test, G ≤ T × egy véges részcsoportja a T multiplikatív csoportjának, akkor G ciklikus. Pél× daként gondoljunk csak arra, hogy ha G ≤ C egy n elem¶ részcsoportja a komplex számok multiplikatív csoportjának, akkor G éppen az n-edik egy-
4.4.15. megjegyzés. Pontosan ugyanígy bizonyítható, hogy ha
séggyökök részcsoportja.
4.4.16. következmény. van
α ∈ T,
hogy
T = Zp (α),
Bizonyítás. Legyen mert
T
eleme.
×
Legyen
α ∈ T
azaz
a
T×
Zp ≤ T egy p-hatvány elem¶ test. Ekkor T a Zp egy egyszer¶ b®vítéseként kapható. Zp (α) = T , már Zp -nek is
egy generátoreleme. Nyilván
minden eleme el®áll, mint
α
egy hatványa, a 0 pedig
4.4 Véges testek
135
4.4.5. Véges testek résztestei 4.4.17. tétel.
Legyen
p
prím. Ekkor
egy
Fpd -nel izomorf részteste van, és x − x gyökeinek halmaza Fpn -ben.
Fpn -nek
minden
d|n
esetén pontosan
más részteste nincs. Ez a résztest az
pd
L ≤ Fpn . Ekkor L karakterisztikája is p, hiszen Fpn prímd teste (ami Zp ) része L-nek. Tehát |L| = p valamilyen 1 ≤ d ≤ n-re. Ekkor L ' Fpd , hiszen izomor a erejéig csak egy pd elem¶ test van. Továbbá a szorzástételt használva a Zp ≤ L ≤ Fpn testláncra n = |Fpn : Zp | = Fpn : Fpd · Fpd : Zp , | {z } Bizonyítás. Legyen
d
L ≤ Fpn , akkor L ' Fpd valamely d | n-re. × × Lagrange tételét használva az L multiplikatív csoportra kapjuk, hogy L d p −1 minden eleme gyöke az x − 1 polinomnak. Tehát L minden eleme gyöke d p az x − x polinomnak, melynek legfeljebb pd gyöke van, de |L| = pd . Tehát d L éppen az xp − x gyökeinek halmaza. Megfordítva : belátjuk, hogy minden d | n-re van Fpd elem¶ résztest. Ha × d n ugyanis d | n tetsz®leges, akkor p − 1 | p − 1 (házi feladat ). Most Fpn × n d n d ciklikus, elemszáma p − 1. Mivel p − 1 | p − 1, ezért Fpn -ben van p − 1 pd −1 elem¶ részcsoport. Ennek minden eleme gyöke az x − 1 polinomnak, a 0pd d val kiegészítve éppen x − x gyökeinek halmazát kapjuk. Az, hogy ez egy p ami miatt
d | n.
Ha tehát
elem¶ test, pont ugyanúgy kell belátni, ahogy a 4.4.11. tételt bizonyítottuk.
4.4.6. Irreducibilis polinomok véges testek felett Q felett minden pozitív n-re van n-edfokú irreducibilis polinom. n Például x − 2 ilyen a Schönemann Eisenstein-féle irreducibilitási kritérium
Tudjuk, hogy
miatt. A többi prímtest felett is lehet akármilyen fokú irreducibilis polinomot megadni.
4.4.18. tétel.
Minden
p
felbontási teste
n
pozitív egészre van
Zp
f ∈ Zp [x] egy n-edfokú irreducibilis n Zp felett Fpn , valamint f (x) | xp − x.
irreducibilis polinom. Ha
f
prímre és
feletti
n-edfokú
polinom, akkor
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
136
Bizonyítás. Az ötlet, hogy keresünk egy a minimálpolinomja
n-edfokú
n-edfokú elemet, polinom lesz Zp felett.
Zp
irreducibilis
felett
és annak
× Tekintsük az Fpn multiplikatív csoportot. Ez ciklikus, van például × nerátoreleme. Ekkor Fpn = Zp (α), mert Fpn minden eleme el®áll, mint
α geα egy hatványa, a 0 pedig már Zp -nek is eleme. Tekintsük α minimálpolinomját Zp felett, legyen ez mα . Ekkor mα irreducibilis Zp felett, foka |Zp (α) : Zp | = |Fpn : Zp | = n. f
Legyen most
L a Zp Zp (β) ≤ L és legyen
tetsz®leges
n-edfokú Zp
felett irreducibilis polinom, és
feletti felbontási teste. Legyen
β ∈L
az
f
egy gyöke. Ekkor
|Zp (β) : Zp | = deg f = n, |Zp (β)| = pn . De izomor a erejéig csak egy pn elem¶ véges test van, pn tehát Zp (β) ' Fpn , ami x −x gyökeinek halmaza. Tehát β közös gyöke f (x) n pn nek és x − x -nek, vagyis β gyöke az f (x), xp − x kitüntetett közös osztónak. Tehát ez a kitüntetett közös osztó nem 1, így csak f (x) lehet, pn hiszen f irreducibilis Zp felett. Ez azt jelenti, hogy f (x) | x − x. Mivel Fpn n n p az x − x gyökeinek halmaza, és f (x) | xp − x, így Fpn -ben az f minden gyöke benne van. Tehát f felbontási teste Zp felett Fpn . vagyis
4.4.19. megjegyzés. A bizonyításból még az is következik, hogy a
d-edfokú
normált
Zp
felett irreducibilis polinomok szorzata
n
xp − x éppen minden d | n-
d-edfokú irreducibilis polinom osztja (mert felbontási teste pn csak els® hatványon, mert (x − x)-nek nincs többszörös
re, hiszen minden
Fpd ≤ Fpn ), de gyöke p karakterisztikában.
4.4.20. példa. bomlik fel
Z2
Tekintsük az
x8 − x polinomot Z2
felett. Ez az alábbi módon
feletti irreducibilisek szorzatára :
x8 − x = x(x − 1)(x3 + x + 1)(x3 + x2 + 1). Ezek éppen az els® és harmadfokú
Z2 feletti irreducibilis polinomok (3 osztói).
Most
F8 ' Z2 [x]/(x3 + x + 1) ' Z2 [x]/(x3 + x2 + 1),
4.4 Véges testek elemei éppen
x8 − x
137
gyökei. Résztestei
triviális részteste van (Z2 és
F8 ).
Fpd ,
ahol
d | 3,
vagyis csak a két
Végül megjegyezzük, hogy a
ψ : F8 → F8 , z 7→ z 2 Frobenius endomor zmus permutálja az
3
2
x +x +1 tudni.
polinom gyökeit
F8 -ban.
x3 + x + 1
polinom gyökeit és az
Ennek a bizonyítását a vizsgán nem kell
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
138
4.5. Testb®vítések alkalmazásai A jegyzet utolsó szakaszában bemutatunk néhány alkalmazását a felépített elméletünknek a teljesség igénye nélkül. Bebizonyítjuk néhány jól ismert szerkesztési feladatról, hogy lehetetlenek, és mesélünk az egyenletetek gyökképletér®l. A szakasz nem lesz olyan precíz, mint a jegyzet többi része, inkább csak a f®bb gondolatokat írjuk le, melyek precízzé tehet®k.
4.5.1. Szerkesztések elmélete Szeretnénk megérteni, hogy mit tudunk megszerkeszteni, és mit nem körz®vel és vonalzóval. Ehhez a szerkesztést kell de niálnunk. Alapvet®en egy szerkesztés tekinthet® újabb és újabb pontok kijelölésének a síkon, ahol egy új pont a következ® lépések valamelyikével kapható :
1. két (már létez® pontokat összeköt®) egyenes metszéspontja, vagy
2. két létez® pontot összeköt® egyenes és egy már létez® pont köré írt kör metszéspontja, mely kör sugara két létez® pont távolsága, vagy
3. két olyan kör metszéspontja, melyek középpontjai létez® pontok, sugaraik pedig két-két létez® pont távolságai.
Helyezzük derékszög¶ koordinátarendszerbe a síkot. Azt szeretnénk eldönteni, hogy mely pontok szerkeszthet®k a síkon. Els® észrevételünk, hogy egy
(p, q)
pont pontosan akkor szerkeszthet®, ha
(p,0)
és
(q,0)
szerkeszthet®.
4.5.1. de níció. Azt mondjuk, hogy p ∈ R szerkeszhet®, ha a (p,0) szerkeszthet® körz®vel és vonalzóval, amennyiben adottak a
Milyen számok szerkeszthet®ek ? Ha
a
és
b
(0,0)
és
(1,0)
pontok.
szerkeszthet®, akkor könnyen
a ± b-t. Hasonló háromszögek segítségével a · b és a/b a szerkeszthet® számok R-nek résztestét alkotják. Ez
meg tudjuk szerkeszteni is szerkeszthet®, tehát
az ötlet motiválja, hogy tekintsük a már megszerkesztett pontok koordinátái által generált résztestet
R-ben.
4.5 Testb®vítések alkalmazásai
139
√ d is szerkeszthet® : rajzoljuk meg azt a kört, mely egy átmér®je a (0,0) és a (d+1, 0) pontok, és az (1,0) pontból √ d) pontban metszi el a kört. állítsunk mer®legest. Ez a mer®leges az (1,
4.5.2. példa.
Ha
d
szerkeszthet®, akkor
Tehát egy-egy új pont növelheti a már létez® pontok koordinátái által generált résztestet. Legyen az alaptest (K0 ) a nerált résztest
R-ben.
Legyen továbbá
Ki
és az alapadatok által ge-
az i-edik lépésben megszerkesztett
pontok és az alaptest által generált résztest
K0 ≤ K1 ≤ . . . ≤ Kn ≤ R
Q
R-ben.
Így tehát kapunk egy
testláncot.
√ 4.5.3. lemma. Ki+1 = Ki d , ahol d ∈ Ki pozitív. Speciálisan ≤ Ki+1 b®vítés foka 2, és így a K0 ≤ Kn foka 2-hatvány. Azaz Kn eleme algebrai K0 felett, és fokuk 2-hatvány (K0 felett).
a
Ki ≤
minden
Bizonyítás. Idézzük fel a középiskolában szerzett koordinátageometriai ismereteinket. Gondoljuk meg, hogy a fenti három (új pont kijelölésére szolgáló) lépés során az új pont mindkét koordinátája úgy nyerhet® korábbi pontok koordináátáiból, hogy legfeljebb másodfokú egyenleteket kell megoldani.
4.5.4. példa
.
(Kocka kett®zése)
Szerkeszthet®-e az egységkocka kétszeresé-
vel azonos térfogatú kocka ? Nem, mert
√ 3 2
nem szerkeszthet® : foka
Q
felett
3, ami nem 2-hatvány.
4.5.5. példa (Kör négyszögesítése). Szerkeszthet®-e az egységkör területével
√ √ π nem szerkeszthet® : π nem algebrai algebrai lenne Q felett.
azonos terület¶ négyzet ? Nem, mert
Q
felett, mert akkor a négyzete is
4.5.6. példa
.
(Szög harmadolása)
Adott két egymást metsz® egyenes, har-
madolható-e az általuk bezárt szög ? Nem, mert már harmadolni. Ehhez ugyanis a
20◦ -os
szöget kellene tudni szerkeszteni, ami
cos 20◦ szerkeszthet®ségével. Viszont cos 20◦ x3 − 3/4x − 1/8, így cos 20◦ foka Q felett 3.
ekvivalens a
Q
felett
60◦ -os szöget sem tudunk
Megadható, hogy mikor szerkeszthet® szabályos
4.5.7. tétel.
Legyen
n≥3
minimálpolinomja
n-szög.
egész. Az alábbiak ekvivalensek.
1. Szerkeszthet® szabályos
n-szög.
BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE
140
2.
ϕ(n)
3.
n = 2m p1 . . . pl ,
egy 2-hatvány.
pi -k
ahol a
egymástól különböz®
k
22 + 1
alakú prímek.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Végül megjegyezzük, hogy egy szám szerkeszthet®ségének nem elegend®
K0
feltétele, hogy a foka
felett 2-hatvány legyen : a minimálpolinom összes
gyökével vett b®vítés fokának kell 2-hatványnak lennie.
4.5.8. tétel. legyen akkor
Legyen
α ∈ R algebrai K0 felett, K0 feletti minimálpolinomja K0 feletti felbontási testének foka K0 felett 2-hatvány,
t. Ha a t-nek α szerkeszthet®.
Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
4.5.2. Egyenletek megoldóképlete Már középiskolában megtanultuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét, ami minden nem 2 karakterisztikájú testben használható. Harmadfokú egyenletre ismert Cardano képlete, mely szintén m¶ködik minden nem 2 és nem 3 karakterisztikájú testben. Negyedfokú egyenletre is van megoldóképlet (Ferrari nevéhez f¶z®dik), de bonyolult. Általában csak a megoldási módszert szokták ismertetni, mely megpróbálja felbontani a negyedfokú polinomot két másodfokú szorzatára. Ahhoz, hogy ez sikerüljön, egy paramétert kell alkalmasan megválasztani. Ez a paraméter egy harmadfokú polinom gyöke, amire van megoldóképlet. Tehát ez a módszer is m¶ködik minden nem 2 és nem 3 karakterisztikájú testben. A legalább ötödfokú egyenletek esetén viszont más a helyzet.
4.5.9. tétel
.
(Abel Ru ni)
A legalább ötödfokú egyenletekre nincs megol-
dóképlet. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A bizonyítás ötlete, hogy testb®vítések automor zmusait vizsgáljuk. Ezek csoportját a testb®vítés Galois csoportjának hívjuk. Kiderül, hogy ha egy polinomegyenlet összes
4.5 Testb®vítések alkalmazásai
141
gyökével b®vítünk (azaz tekintjük a polinom felbontási testét), akkor pontosan akkor van gyökképlet az egyenletre, ha ez a Galois csoport feloldható. Kiderül az is, hogy ez a Galois csoport permutálja a gyököket, valamint az általános
n-edfokú
a legfeljebb negyedfokú egyenletekre van gyökképlet, mert csoportok feloldhatóak, de
4.5.10. példa.
Sn . Tehát azért az S1 , S2 , S3 , S4
egyenlet esetén ez a Galois csoport pont
Sn
nem feloldható, ha
n ≥ 5.
Általános gyökképlet tehát nincs a legalább ötödfokú egyen-
letekre. Ett®l még elképzelhet® lenne, hogy minden egyes egyenletre különkülön van valamilyen gyökképlet (csak egy olyan gyökképlet nincs, ami minden egyenletre jó lenne). Nem ez a helyzet : belátható ugyanis, hogy például az
x5 −4x+2 egyenlet gyökei nem fejezhet®k ki gyökjelek segítségével. Ennek
a bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.
Irodalomjegyzék
[1] Bálintné Szendrei Mária Czédli Gábor Szendrei Ágnes : Absztrakt al-
gebrai feladatok. 2005, Polygon. [2] Kiss Emil : Bevezetés az algebrába. Elméleti matematika sorozat. Budapest, 2007, Typotex. ISBN 978-963-9664-48-7.
