KU Leuven. Algebra. Notities. Tom Sydney Kerckhove. met dank aan: Katelijne Caerts Eline van der Auwera Anneleen Truijen

KU Leuven

Algebra Notities

Tom Sydney Kerckhove

met dank aan:

Katelijne Caerts Eline van der Auwera Anneleen Truijen

Gestart

23 september 2014

Gecompileerd 1 juni 2015

Inhoudsopgave 1 Verzamelingen 1.1 Basisbegrippen . . . . . . . . . . . . 1.2 De algebra van verzamelingen . . . 1.2.1 Unie . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Doorsnede . . . . . . . . . . 1.2.3 Complement . . . . . . . . 1.2.4 Verschil . . . . . . . . . . . 1.2.5 Machtsverzameling . . . . . 1.3 Koppels en het carthesisch product

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

6 6 8 8 9 10 11 12 13

2 Relaties 2.1 Samenstelling van relaties . 2.2 Equivalentierelaties . . . . . 2.2.1 Equivalentieklassen . 2.3 Orderelaties . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

15 15 16 17 18

3 Functies en afbeeldingen 3.1 Jecties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Speciale afbeeldingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Permutaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21 23 23 25

4 Kardinaliteit

28

5 Deelbaarheid

29

6 Samenstellingswetten 6.1 Inwendige bewerking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Uitwendige bewerking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32 32 35

7 Algebras 7.1 Morfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38 38

8 Groepen 8.1 Basisbegrippen . . . . 8.1.1 De groep . . . 8.1.2 Deelgroep . . 8.1.3 Morfismen . . 8.1.4 Orde . . . . . 8.1.5 Nevenklassen 8.1.6 Directe som . 8.2 Permutatiegroepen .

40 40 40 40 43 48 53 57 58

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . 1

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

2

INHOUDSOPGAVE 8.3 8.4

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

61 67 71 74 76 76 77 79 80 81

9 Ringen 9.1 Abstracte ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.1 Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.2 Ring met eenheidselement . . . . . . . . . 9.1.3 Commutatieve ring . . . . . . . . . . . . . 9.1.4 Lichaam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.5 Integriteitsdomeinen . . . . . . . . . . . . 9.1.6 Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.7 Direct product . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.8 Deelringen . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.9 Ringmorfismen . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.10 Breukenveld van een integriteitsdomein . 9.2 Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1 Voortgebrachte idealen . . . . . . . . . . . 9.2.2 Quotientringen . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.3 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . . 9.2.4 Priemidealen en Maximale idealen . . . . 9.2.5 deelbaarheid binnen integriteitsdomeinen 9.3 Veeltermen over ringen . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.1 Veeltermfuncties . . . . . . . . . . . . . . 9.3.2 Veeltermen over velden . . . . . . . . . . 9.3.3 Irreducibiliteit . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.4 Veeltermen in meerdere veranderlijken . . 9.4 HID en UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4.1 Hoofdideaaldomein . . . . . . . . . . . . . 9.4.2 Unieke factorisatiedomeinen . . . . . . . 9.5 Codetheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84 84 84 86 88 88 89 89 90 90 91 95 98 101 103 104 105 107 112 116 118 118 120 121 122 125 128

. . . . . . . . . .

130 130 132 133 136 136 138 138 139 142 143

8.5

Conjugatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Normaaldelers en Quotientgroepen . . . . . 8.4.1 Quotientgroepen . . . . . . . . . . . 8.4.2 Enkelvoudige en oplosbare groepen . De isomorfismestellingen . . . . . . . . . . . 8.5.1 Eerste isomorfismestelling . . . . . . 8.5.2 Voortbrengers van een groep . . . . 8.5.3 Tweede isomorfismestelling . . . . . 8.5.4 Derde isomorfismestelling . . . . . . 8.5.5 Commutatordeelgroep . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

10 Velden 10.1 Karakteristiek van een ring . . . . . . . . . . . . . 10.1.1 Deelvelden . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.2 Priemdeelring en Priemdeelveld . . . . . . 10.2 Veldmorfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 Velduitbreidingen: basisbegrippen . . . . . . . . . 10.3.1 Algebraische en transcendente elementen 10.3.2 Enkelvoudige uitbreidingen . . . . . . . . 10.3.3 Minimale veelterm . . . . . . . . . . . . . 10.4 Algebra¨ısche uitbreidingen en ontbindingsvelden 10.4.1 Algebra¨ısche uitbreidingen . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

3

INHOUDSOPGAVE 10.4.2 Ontbindingsvelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.3 Cyclotome uitbreidingen en Cyclotome veeltermen 10.4.4 Meervoudige wortels . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Algebra¨ısch gesloten velden . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 Eindige velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.1 Bestaan en uniciteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.2 Onderlinge inclusies . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Lineaire Algebra 11.1 Herhaling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Conventies . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Herhaling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.3 Triagulatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.1 K-algebra’s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.2 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Minimale veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3.1 Decompositie via minimale veelterm . . . . 11.3.2 Diagonaliseren . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4 Nilpotente transformaties en Jordanvorm . . . . . . 11.4.1 Nilpotente transformaties . . . . . . . . . . 11.4.2 Jordanvorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5 Normale transformaties . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.1 Inproducten . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.2 De adjunct van een lineaire transformatien 11.5.3 Normale transformaties . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

145 147 149 150 154 155 158

. . . . . . . . . . . . . . . . .

159 159 159 160 162 162 162 164 165 166 168 168 168 170 172 172 173 173

12 Booleaanse algebra 176 12.1 Atomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 12.2 Netwerken en Schakelalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 12.2.1 Synthese van netwerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 13 Codetheorie 13.1 Probleemstelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2 Begrippen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3 Foutdetectie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4 Foutverbetering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5 Lineaire blokcodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.1 Matrixbeschrijving van een lineaire blokcode 13.5.2 Decodering van lineaire blokcodes . . . . . . 13.5.3 Hamming codes . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.4 Perfecte codes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.6 Cyclische codes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7 wut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

184 184 184 185 186 187 187 188 189 189 190 190

14 Voorbeelden 14.1 Groepen . . . . . . . . . 14.1.1 Monoiden . . . . 14.1.2 Groepen . . . . . 14.1.3 Deelgroepen . . . 14.1.4 Groepsmorfisme

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

192 192 192 192 198 198

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

4

INHOUDSOPGAVE

14.2

14.3

14.4 14.5

14.1.5 Orde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.6 Nevenklassen . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.7 Directe som . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.8 Permutatiegroepen . . . . . . . . . . . . . 14.1.9 Conjugatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.10 Normaaldelers . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.11 Quotientgroepen . . . . . . . . . . . . . . 14.1.12 Enkelvoudige groepen . . . . . . . . . . . 14.1.13 Oplosbare groepen . . . . . . . . . . . . . 14.1.14 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . . 14.1.15 Commutatordeelgroep . . . . . . . . . . . Ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.1 Eenhedengroepen . . . . . . . . . . . . . . 14.2.2 Deelringen . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.3 Ringmorfismen . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.4 Breukenvelden . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.5 Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.6 Quotiëntringen . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.7 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . . 14.2.8 Priemidealenn . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.9 Maximale idealen . . . . . . . . . . . . . . 14.2.10 Irreducibiliteit . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.11 HID en UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.1 Karakteristiek van een ring . . . . . . . . 14.3.2 Priemdeelring en priemdeelveld . . . . . . 14.3.3 Veldmorfisme . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.4 Velduitbreidingen . . . . . . . . . . . . . . 14.3.5 Algebra¨ısche en transcendente elementent 14.3.6 Enkelvoudige uitbreidingen . . . . . . . . 14.3.7 Ontbindingsvelden . . . . . . . . . . . . . 14.3.8 Algebra¨ısche sluitingen . . . . . . . . . . 14.3.9 Eindige velden . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.10 Onderlinge inclusies . . . . . . . . . . . . Booleaanse algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . Codetheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.5.1 Foutdetectie . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 Algebra I: Oefenzittingen 15.1 Oefenzitting 1: Herhalingen en Aanvullingen . . . . . 15.2 Oefenzitting 2: Permutatiegroepen . . . . . . . . . . . 15.3 Oefenzitting 3: Conjugatie en klasvergelijking . . . . 15.4 Oefenzitting 4: Normaaldelers . . . . . . . . . . . . . 15.5 Oefenzitting 5: Quotiënten en isomorfismestellingen 15.6 Oefenzitting 6: Basisbegrippen . . . . . . . . . . . . . 15.7 Oefenzitting 6: Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.8 Oefenzitting 7: Quotientringen . . . . . . . . . . . . . 15.9 Oefenzitting 8: Veeltermringen, HID’s en UFD’s . . . 15.10 Oefenzitting 9: Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

199 199 199 199 199 199 200 200 200 201 202 202 204 204 204 205 205 205 205 205 206 206 206 207 207 207 207 207 207 208 208 208 208 208 209 209 209

. . . . . . . . . .

210 210 214 216 218 220 222 223 224 227 230

5

INHOUDSOPGAVE

16 Toepassingen van Algebra: Oefenzittingen 232 16.1 Oefenzitting 1: Bewerkingen en Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 16.2 Oefenzitting 2: Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 17 Algoritmes 237 17.1 Jordanmatrix berekenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 18 Examenvragen: Algebra I 18.1 Snelheidsvraagjes . . . 18.2 Groepen . . . . . . . . 18.3 Ringen . . . . . . . . . 18.4 Velden . . . . . . . . . 18.5 Lineaire algebra . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

19 Examenvragen: Toepassingen van Algebra 19.1 Benoem deze algebra . . . . . . . . . . . 19.1.1 Abstract . . . . . . . . . . . . . . 19.1.2 Voorbeeld . . . . . . . . . . . . . 19.2 Ontbind in priemfatoren . . . . . . . . . 19.3 BM algoritme . . . . . . . . . . . . . . . 19.4 Convolutionele codes . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . .

241 241 243 244 245 245

. . . . . .

249 249 249 250 251 251 251

Hoofdstuk 1 Verzamelingen 1.1

Basisbegrippen

Definitie 1.1. Een verzameling is een geheel van onderling verschillende, ongeordende objecten. Deze objecten noemt men de elementen van de verzameling. de

Definitie 1.2. Een formele beschrijving van een verzameling met behulp van een predikaat p ziet er als volgt uit. {x | p(x )} Dit is de verzameling van all elementen die aan het predikaat p voldoen.

Definitie 1.3. Twee verzamelingen A en B zijn gelijk als en slechts als ze dezelfde elementen bevatten. A = B ⇔ ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B Stelling 1.4. De transitiviteit van ’=’: Gegeven drie willekeurige verzamelingen A, B en C. (A = B) ∧ (B = C) ⇒ A = C Bewijs. A = B ∧ B = C ⇔ (∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇔ x ∈ C) ⇒ ∀x : ((x ∈ A ⇔ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇔ x ∈ C)) ⇔ ∀x : (x ∈ A ⇔ x ∈ C)

⇔A=C

Definitie 1.5. Een verzameling A is een deelverzameling van een verzameling B als en slechts als B alle elementen van A bevat. A ⊆ B ⇔ ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B

6

7

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN Stelling 1.6. De anti-symmetrie van ’⊆’: Gegeven twee willekeurige verzamelingen A en B. A ⊆ B∧B ⊆ A⇔A=B Bewijs. A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇔ (∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇒ x ∈ A) ⇔ ∀x : ((x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ A)) ⇔ ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B

⇔A=B

Stelling 1.7. De transitiviteit van ’⊆’: Gegeven drie willekeurige verzamelingen A, B en C. A ⊆ B∧B ⊆C ⇔A ⊆C Bewijs. A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇔ (∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇒ x ∈ C) ⇒ ∀x : ((x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ C)) ⇔ ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ C

⇔A⊆C

Definitie 1.8. Een verzameling A is een strikte deelverzameling van een verzameling B als en slechts als A een deelverzameling is van B en niet gelijk is aan B. A ( B ⇔ A ⊆ B ∧a , B Definitie 1.9. De universele verzameling U is de verzameling van alle mogelijke elementen waarvan sprake is. U = {x | true} Stelling 1.10. Elke verzameling A is een deelverzameling van het universum U . A⊆U Bewijs. Inderdaad. Kies een willekeurige verzameling A. Elk element van A zit ook in U . ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ U

Definitie 1.11. De lege verzameling ∅ is de verzameling die geen enkel element bevat. Stelling 1.12. De lege verzameling ∅ is een deelverzameling van elke verzameling. Bewijs. Inderdaad. Kies een willekeurige verzameling A. Elk element van ∅ (geen enkel element) zit ook in A. ∀x : x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A

8

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN

Definitie 1.13. Een singleton is een verzameling met precies e´ e´ n element.

1.2 1.2.1

De algebra van verzamelingen Unie

Definitie 1.14. De unie A ∪ B van twee verzamelingen A en B is de verzameling die zowel de elementen van A als de elementen van B bevat. A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} Eigenschap 1.15. De unie is commutatief. A∪B = B ∪A Bewijs. A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = {x | x ∈ B ∨ x ∈ A} = B ∪ A

Eigenschap 1.16. De unie is idempotent A∪A =A Bewijs. A ∪ A = {x | x ∈ A ∨ x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A

Stelling 1.17. Elke verzameling A is een deelverzameling van elke unie A ∪ B van die verzameling met een andere verzameling B. A ⊆ A∪B Bewijs. ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B

Stelling 1.18. A ⊆ B ⇔A∪B =B Bewijs. {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = B ⇔ ∀a ∈ A : a ∈ B

Stelling 1.19. De unie is associatief A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C Bewijs. A ∪ {x | x ∈ B ∨ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B ∨ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} ∪ C

Stelling 1.20. De identiteitswet voor de unie A∪∅ =A Bewijs. A ∪ ∅ = {x | x ∈ A ∨ x ∈ ∅} = A

Stelling 1.21. De nulwet voor de unie A∪U = U Bewijs. A ∪ U = {x | x ∈ A ∨ x ∈ U } = {x | x ∈ A ∨ true} = U

9


1.2.2

Doorsnede

Definitie 1.22. De doorsnede A ∩ B van twee verzamelingen A en B is de verzamling die enkel de elementen bevat die zowel in A als in B zitten. A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} Eigenschap 1.23. De doorsnede is commutatief. A∩B = B ∩A Bewijs. A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = {x | x ∈ B ∧ x ∈ A} = B ∩ A

Eigenschap 1.24. De doorsnede is idempotent A∩A =A Bewijs. A ∩ A = {x | x ∈ A ∧ x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A

Stelling 1.25. De doorsnede A ∩ B is een deelverzameling van A. A∩B ⊆ A Bewijs. A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} ⊆ {x | x ∈ A} = A

Stelling 1.26. A ⊆ B ⇔A∩B =A Bewijs. ∀x : (x ∈ A ⇒ x ∈ B) ⇔ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = A

Stelling 1.27. De identiteitswet voor de doorsnede A∩U = A Bewijs. A ∩ U = {x | x ∈ A ∧ x ∈ U } = {x | x ∈ A ∧ true} = A

Stelling 1.28. De nulwet voor de doorsnede A∩∅ = ∅ Bewijs. A ∩ ∅ = {x | x ∈ A ∧ x ∈ ∅} = {x | x ∈ A ∧ f alse} = ∅

Definitie 1.29. Twee verzamelingen A en B zijn disjunct als en slechts als ze geen gemeenschappelijke elementen hebben. A∩B = ∅ Stelling 1.30. De eerste absorptiewet. A ∪ (A ∩ B) = A

10


Bewijs. A ∪ (A ∩ B) = A ∪ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = {x | x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)} = {x | x ∈ A} = A Stelling 1.31. De tweede absorptiewet. A ∩ (A ∪ B) = A Bewijs. A ∩ (A ∪ B) = A ∩ {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = {x | x ∈ A ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ B)} = {x | x ∈ A} = A Stelling 1.32. De doorsnede is distributief ten opzichte van de unie. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) Bewijs. A ∩ (B ∪ C) = A ∩ {x | x ∈ B ∨ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)} = {x | (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)} = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) Stelling 1.33. De unie is distributief ten opzichte van de doorsnede. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) Bewijs. A ∪ (B ∩ C) = A ∪ {x | x ∈ B ∧ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)} = {x | (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C)} = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

1.2.3

Complement

Definitie 1.34. Het complement van een verzameling A ten opzichte van de universele verzameling U is de verzameling van alle elementen die niet in A zitten, maar wel in U . Ac = {x | x < A} Andere notaties voor het complement zijn A0, A. Stelling 1.35. Het complement van het complement van een verzameling is opnieuw de originele verzameling. (Ac )c = A c

Bewijs. Ac = {x | x < Ac } = {x | x ∈ A} = A

Stelling 1.36. De complementaire wet voor de unie. De unie van een verzameling en haar complement is het universum. A ∪ Ac = U

11

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN Bewijs. A ∪ Ac = {x | x ∈ A ∨ x ∈ Ac } = {x | true} = U

Stelling 1.37. De complementaire wet voor de doorsnede. De doorsnede van een verzameling en haar complement is leeg.. A ∩ Ac = ∅ Bewijs. A ∩ Ac = {x | x ∈ A ∧ x ∈ Ac } = {x | f alse} = ∅

Stelling 1.38. De eerste wet van De Morgan. (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc Bewijs. (A ∪ B)c = {x | x < (A ∪ B)} = {x | ¬(x ∈ A ∨ x ∈ B)} = {x | (x < A) ∧ (x < B)} = Ac ∩ Bc

Stelling 1.39. De tweede wet van De Morgan. (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc Bewijs. (A ∩ B)c = {x | x < (A ∩ B)} = {x | ¬(x ∈ A ∧ x ∈ B)} = {x | (x < A) ∨ (x < B)} = Ac ∪ Bc

1.2.4

Verschil

Definitie 1.40. Het verschil van een verzameling A met een andere verzameling B is de verzameling van alle elementen van A die niet in B zitten. A \ B = {x | x ∈ A ∧ x < B} Propositie 1.41. Voor twee verzamelingen A en B geldt dat zowel de doorsnede als de verschillen onderling disjunct zijn. (1) (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅ (2) (A \ B) ∩ (B \ A) = ∅ (3) (B \ A) ∩ (A ∩ B) = ∅ Bewijs. Bewijs elk deel afzonderlijk:

12

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN •

(A ∩ B) ∩ (A \ B) = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} ∩ {x | x ∈ A ∧ x < B} = {x | (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x < B)} = {x | (x ∈ B) ∧ (x < B)} = {x | f alse} = ∅

•

(A \ B) ∩ (B \ A) = {x | x ∈ A ∧ x < B} ∩ {x | x ∈ B ∧ x < A} = {x | (x ∈ A ∧ x < B) ∧ (x ∈ B ∧ x < A)} = {x | f alse} =∅

•

(B \ A) ∩ (A ∩ B) = {x | x ∈ B ∧ x < A} ∩ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = {x | (x ∈ B ∧ x < A) ∧ (x ∈ A ∧ x ∈ B)} = {x | (x ∈ A) ∧ (x < A)} = {x | f alse} = ∅

Stelling 1.42. Het verschil van twee verzamelingen kan worden herschreven als de doorsnede met het complement. A \ B = A ∩ Bc Bewijs. A \ B = {x | x ∈ A ∧ x < B} = {x | x ∈ A} ∩ {x | x < B} = A ∩ Bc

Definitie 1.43. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen A en B is de verzameling van alle elementen die in precies e´ e´ n van de twee verzamelingen zit. A∆B = {x | (x ∈ A ∧ x < B) ∨ (x ∈ B ∧ x < A)} Stelling 1.44. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen kan worden herschreven als de unie van de twee verschillen. A∆B = A∇B = A ÷ B = A B = (A \ B) ∪ (B \ A)

1.2.5

Machtsverzameling

Definitie 1.45. De machtsverzameling P (A) is de verzameling van alle deelverzamelingen van een verzameling A. P (A) = {S | S ⊆ A} Definitie 1.46. Een partitie P van een verzameling X is een deelverzameling van de machtsverzameling P (x ) van X met de volgende eigenschappen: • De verzamelingen zijn niet leeg. ∀A ∈ P : A , ∅

13

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN • De verzamelingen zijn onderling disjunct. ∀A, B ∈ P : A , B ⇒ A ∩ B = ∅ • De verzamelingen samen vormen X . ∀x ∈ X : ∃A ∈ P : x ∈ A

1.3

Koppels en het carthesisch product

Definitie 1.47. Een geordend paar of een koppel zijn twee elementen die in een bepaalde volgorde samen horen. (a, b)

Definitie 1.48. De gelijkheid tussen koppels is zo gedifineerd dat de overeenkomstige elementen gelijk zijn. (a, b) = (c, d ) ⇔ (a = c ∧ b = c)

Definitie 1.49. Het carthesisch product A × B van twee verzamelingen A en B is de verzameling der koppels (x, y) met x ∈ A en y ∈ B A × B = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ B} Stelling 1.50. Het carthesisch product is distributief ten opzichte van de unie. A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C) Bewijs. A × (B ∪ C) = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ (B ∪ C)} = {(x, y) | x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)} = {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ B)} ∪ {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = (A × B) ∪ (A × C) Stelling 1.51. Het carthesisch product is distributief ten opzichte van de doorsnede. A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C) Bewijs. A × (B ∩ C) = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ (B ∩ C)} = {(x, y) | x ∈ A ∧ (y ∈ B ∧ y ∈ C)} = {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ B)} ∩ {(x, y) | (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = (A × B) ∩ (A × C)

14

HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN Stelling 1.52. Zij A, B, C en D verzamelingen, dan geldt volgende gelijkheid. (A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D) Bewijs. (A × B) ∩ (C × D) = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ B} ∩ {(x, y) | x ∈ C ∧ y ∈ D} = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ B ∧ x ∈ C ∧ y ∈ D} = {(x, y) | x ∈ A ∧ x ∈ C ∧ y ∈ B ∧ y ∈ D} = {x | x ∈ A ∧ x ∈ C} × {y | y ∈ B ∧ y ∈ D}

= (A ∩ C) × (B ∩ D)

Definitie 1.53. Het carthesisch product van een verzameling A met zichzelf wordt wel eens als A2 genoteerd. A2 = A × A

Definitie 1.54. Een n-koppel of n-tal zijn n elementen die in een bepaalde volgorde voorkomen. (a 1 , a 2 , . . . , an )

Definitie 1.55. Het n-voudig Carthesis product tussen n verzamelingen is de verzameling van alle n-tallen over die verzamelingen. A1 × A2 × . . . × An = {(a 1 , a 2 , . . . , an ) | ai ∈ Ai }

Definitie 1.56. Het n-voudig Carthesis product van een verzameling A met zichzelf wordt als An genoteerd. An = A × A × . . . × A

Hoofdstuk 2 Relaties Definitie 2.1. Een (binaire) relatie R is een verzameling koppels (x, y), respectievelijk van een verzameling X en Y . Wanneer (x, y) een koppel is in R noteren we xRy. R ⊆ X ×Y Vaak worden X en Y opgenomen in de identiteit van de relatie om over surjecties te kunnen spreken.

Definitie 2.2. De eenheidsrelatie IX op een verzameling X is de volgende verzameling: {(x, x ) ∈ X × X | x ∈ X }

Definitie 2.3. De inverse R −1 van een relatie R is de volgende relatie: R −1 = (x, y) | (y, x ) ∈ R Stelling 2.4. De inverse van de inverse van een relatie is opnieuw de originele verzameling. −1

R −1 = R Bewijs. −1

R −1

2.1

= (x, y) | (y, x ) ∈ {(u, v) | (v, u) ∈ R} = (x, y) | (x, y) ∈ R =R

Samenstelling van relaties

Definitie 2.5. De samenstelling S ◦ R van twee relaties R en S (lees: “S na R”) is de volgende relatie. (x, y) | (∃z)((x, z) ∈ R ∧ (z, y) ∈ S ) Stelling 2.6. De samenstelling van relaties is associatief. (T ◦ S ) ◦ R = T ◦ (S ◦ R) 15

16

HOOFDSTUK 2. RELATIES

Stelling 2.7. De inverse van een relatie nemen is distributief ten opzichte van de samenstelling van relaties. (S ◦ R) −1 = R −1 ◦ S −1

Definitie 2.8. Zij R een relatie. Het domein (domain) is als volgt gedefinieerd. domR = x | (∃y)(x, y) ∈ R

Definitie 2.9. Zij R een relatie. Het beeld (range) is als volgt gedefinieerd. bldR = ranR = y | (∃x )(x, y) ∈ R Stelling 2.10. Het domein van een relatie is het beeld van zijn inverse. dom(R) = bld (R −1 ) Stelling 2.11. Het beeld van een relatie is het domein van zijn inverse. bld (R) = dom(R −1 ) Stelling 2.12. Domein na samenstelling: dom(R ◦ S ) ⊆ dom(S ) Stelling 2.13. Beeld na samenstelling: bld (R ◦ S ) ⊆ bld (R) Stelling 2.14. Domein na samenstelling (2): bldS ⊆ domR ⇒ dom(R ◦ S ) = domS

Definitie 2.15. Een n-aire relatie is, analoog aan een binaire relatie, een verzameling n-tallen.

2.2

Equivalentierelaties

Definitie 2.16. Een relatie R op X × X is reflexief wanneer voor alle x ∈ X xRx geldt. ∀x ∈ X : (x, x ) ∈ R

Definitie 2.17. Een relatie R op X × X is symmetrisch wanneer voor alle x, y ∈ X xRy ⇔ yRx geldt. ∀x, y ∈ X : (x, y) ∈ R ⇔ (y, x ) ∈ R

17


Definitie 2.18. Een relatie R op X ×X is transitief wanneer voor alle x, y, z ∈ X (xRy ∧yRz) ⇒ xRz geldt. ∀x, y, z ∈ X : ((x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R) ⇒ (x, z) ∈ R

Definitie 2.19. Een equivalentierelatie R is een relatie die reflexief, symmetrisch en transitief is.

2.2.1

Equivalentieklassen

Definitie 2.20. Zij ∼ een equivalentierelatie op X en zij x ∈ X . De equivalentieklasse van x is de verzameling van elk element dat equivalent is met x. [x] = {y ∈ X | x ∼ y}

Definitie 2.21. De quotientverzameling van X ten opzichte van een equivalentierelatie ∼ is de verzameling van alle equivalentieklassen. X / ∼= {[x] | x ∈ X } Stelling 2.22. Zij ∼ een equivalentierelatie op X , dan is elk element van X een element van diens equivalentieklasse. ∀x ∈ X : x ∈ [x] Bewijs. Zij x een willekeurig element van X , dan geldt x ∼ x vanwege de reflexiviteit van een equivalentierelatie.1 Stelling 2.23. Zij ∼ een equivalentierelatie op X . ∀x, y ∈ X : y ∈ [x] ⇔ [y] = [x] Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Kies een willekeurige y in de equivalentieklasse van x. y ∼x Kies een willekeurige z ∈ [y]. x ∼ y geldt alsook y ∼ z bijgevolg geldt x ∼ z.2 [y] is dus een deelverzameling van [x]. [y] ⊆ [x] De omgekeerde richting is analoog.3 1 Zie

definitie 2.19 en 2.16. definitie 2.19 en 2.18. 3 Zie definitie 2.19 en 2.17. 2 Zie

[x] ⊆ [y]


18

• ⇐ Stel [y] = [x], nu geldt y ∈ [y]4 en bijgevolg y ∈ [x]. Stelling 2.24. De quotientverzameling X / ∼ van een equivalentierelatie ∼ op verzameling X is een partitie van X . Bewijs. We gaan de voorwaarden uit de definitie van een partitie na.5 • Een element [x] van A bevat steeds een element x en is dus niet leeg. • Stel dat er twee verschillend elementen [x] en [y] zijn van X / ∼ die niet onderling disjunct zijn, dan bestaat er een element z dat in zowel [x] als [y] zit. Nu geldt zowel [z] = [x] als [z] = [y].6 Tenslotte geldt [x] = [y]. Contradictie. • Voor elk element x ∈ X zit de equivalentieklasse in A. A overdekt dus minstens X . Stelling 2.25. Zij P een partitie van X . De volgende verzameling vormt dan een equivalentierelatie op X . x ∼ y ⇔ (∃A ∈ P : x ∈ A ∧ y ∈ A) Bewijs. We definieren een relatie ∼ als volgt: x ∼ y ⇔ x en y zitten in dezelfde deelverzameling van P Dat deze relatie een equivalentierelatie is volgt meteen uit het feit dat “dezelfde … als” ook een equivalentierelatie is.

2.3

Orderelaties

Definitie 2.26. Een relatie R op een verzameling X × X is anti-symmetrisch als het volgende geldt: ∀x, y ∈ X : ((x, y) ∈ R ∧ (y, x ) ∈ R) ⇒ x = y

Definitie 2.27. Een (partiële) orderelatie op X is reflexief, transitief en anti-symmetrisch.

Definitie 2.28. Een grootste element a van een verzameling A waarop een orderelatie ≺ is gedefinieerd is, is het element waarvoor geldt dan alle andere elementen kleiner zijn of gelijk aan a. ∀x ∈ A : x a Analoog wordt ook een kleinste element gedefinieerd. 4 Zie

stelling 2.22. definitie 1.46. 6 Zie stelling 2.23. 5 Zie

19


Definitie 2.29. Een maximaal element a van A waarop een orderelatie ≺ is gedefinieerd is, is het element waarvoor geldt dat er geen kleiner bestaat. @x ∈ A : a ≺ x Analoog wordt ook een minimaal element gedefinieerd. Opmerking 2.30. Een maximaal/minimaal element is niet noodzakelijk een grootste/kleinste element. Definitie 2.31. Zij (X , ) een geordende verzameling en A ( X . b ∈ X is een bovengrens van A als het volgende geldt. ∀x ∈ A : x b Analoog wordt een ondergrens gedefinieerd. Opmerking 2.32. Een grens van een ordeverzameling hoeft dus niet in die verzameling te zitten.

Definitie 2.33. Een supremum(infimum) van een deelverzameling van een geordende verzameling is een bovengrens(ondergrens) die kleiner(groter) is dan elke andere bovengrens(ondergrens). Opmerking 2.34. Een supremum/infimum is een grens van een ordeverzameling en hoeft dus niet in die verzameling te zitten. Stelling 2.35. Zij A een partieel geordende verzameling met orderelatie ≺. Het kleinste/grootste element element van A is uniek als het bestaat. Stelling 2.36. Zij A een partieel geordende verzameling met orderelatie ≺. Het supremum/infimum van A is uniek als het bestaat. Definitie 2.37. Een totale orderelatie is een partiele orderelatie met bijkomend de volgende eigenschap: ∀x, y ∈ X : x y ∨ y x Voor elke twee elementen zijn er dus precies drie mogelijkheden: • x ≺y • x =y • y≺x

Definitie 2.38. Zij A een verzameling die volledig geordend is door de relatie ≺, dan noemen we succ de successorfunctie als die gedefinieerd kan worden. succ (x ) = y ⇔ x < y ∧ (@z ∈ A : x < z < y

20


Opmerking 2.39. De successorfunctie kan niet altijd gedefinieerd worden. Denk bijvoorbeeld aan de volgende volledige orderelatie over Z: | ≤ | : Z × Z : x | ≤ | y ⇔ |x | ≤ |y|

Hoofdstuk 3 Functies en afbeeldingen Opmerking 3.1. Na dit hoofdstuk en in andere lectuur wordt met “functie” vaak “volledige functie” bedoelt, en wordt er dus geen onderscheid meer gemaakt tussen een functie en een afbeelding.

Definitie 3.2. Een (partiele) functie f van A naar B: f : A → B is een relatie tussen A en B die 1-waardig is. 1. f ∈ A × B (f is een relatie van A naar B.) 2. (x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f ⇒ y1 = y2 (f is 1-waardig.) Vaak worden A en B opgenomen in de definitie van een functie om over surjecties te kunnen spreken. Een functie f : A → B is dan het drietal ( f , A, B).

Definitie 3.3. De definitie van een functie ziet er als volgt uit: f : A → B : a 7→ b Hier noemen we B het codomein van f en er geldt dom f ⊆ A. We lezen: “f is een functie van A naar B die a afbeeldt op b.”

Definitie 3.4. Wanneer er geen koppel (x, y) in f bestaat zeggen we dat de functie f ongedefinieerd is in x.

Definitie 3.5. Wanneer we over functies spreken gebruiken we soms de volgende afkorting. Zij f een functie f : A → B en C ⊆ A een verzameling. f (C) = { f (c) | c ∈ C}

Definitie 3.6. Zij f een functie: f : A → B. In y = f (x ) noemen we x het argument en y het beeld van x onder f .

21

HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN

22

Definitie 3.7. Het beeld f (A) van een verzameling A onder een functie f is de verzameling van alle beelden van de elementen van A. f (A) = {y ∈ Y | ∃x ∈ A : f (x ) = y}

Definitie 3.8. Het invers beeld f −1 (A) van een verzameling B onder een functie f is de verzameling van alle elementen uit X die op een element in B afgebeeldt worden. f −1 (B) = {x ∈ X | f (x ) ∈ B}

Definitie 3.9. Een afbeelding (of volledige functie) f van A naar B: f : A → B is een functie die overal gedefiniëerd is. ∀x ∈ A, ∃y ∈ B : (x, y) ∈ f

Definitie 3.10. De definitie van een afbeelding ziet er als volgt uit: f : A → B : a 7→ b Hier noemen we B het codomein van f en A het domein van f . We lezen: “f is een functie afbeelding van A op B die a afbeeldt op b.”

Definitie 3.11. Wanneer we over afbeeldingen spreken noteren we vaak f (x ) = y in plaats van x f y of (x, y) ∈ f . Stelling 3.12. Zij f en д functies van A naar B: f : A → B, dan geldt: ∀x ∈ A : f = д ⇔ f (x ) = д(x ) Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Als de verzamelingen f en д gelijk zijn is het beeld van elke x inderdaad hetzelfde onder f als onder д. • ⇐ Geldt er voor koppel (x, y1 ) ∈ f en (x, y2 ) dat y1 gelijk is aan y2 , dan moeten f en д wel dezelfde verzameling zij.

Definitie 3.13. Zij f : A → A een functie van A naar zichzelf. We noemen x een vast punt van f als f x op zichzelf afbeeldt. f (x ) = x


23

Definitie 3.14. Zij f : A → A een functie van A naar zichzelf. We noemen een deelverzameling X van A een invariante of stabiele deelverzameling voor f als f X op een deelverzameling van zichzelf afbeeldt. f (X ) ⊆ X

3.1

Jecties

Opmerking 3.15. De “jecties” worden soms enkel gedefinieerd voor afbeeldingen, maar ze kunnen al over relaties gedefinieerd worden. Definitie 3.16. Een afbeelding f : A → B is injectief (een injectie) als ze voor verschillende argumenten nooit hetzelfde beeld geeft. ∀x 1 , x 2 ∈ A : f (x 1 ) = f (x 2 ) ⇒ x 1 = x 2

Definitie 3.17. Een afbeelding f : A → B is surjectief (een surjectie) als elk element in het codomein B een beeld is van een element uit A. ∀y ∈ B : ∃x ∈ A : y = f (x )

Definitie 3.18. Een afbeelding f : A → B is bijectief (een bijectie) als het een injectie en een surjectie is.

Definitie 3.19. We noemen twee verzamelingen X en Y equipotent als er een bijectie f : X → Y bestaat.

Definitie 3.20. Een afbeelding f : A → A van een verzameling op zichzelf noemen we een transformatie.

3.2

Speciale afbeeldingen

Definitie 3.21. Een bijectieve functie van een eindige verzameling A naar een eindige verzameling B noemen we een substitutie.

Definitie 3.22. De identieke transformatie idA van een verzameling A is de (bijectieve) afbeelding die elk element op zichzelf afbeeldt. idA : A → A met ∀x ∈ A : f (x ) = x


24

Definitie 3.23. De inlassing iAB van A in B met A ⊆ B beeldt elk element ook op zichzelf af, maar heeft een ander codomein. iAB : A → B met ∀x ∈ A : f (x ) = x

Definitie 3.24. Een constante afbeelding f beeldt elk argument af op e´ e´ nzelfde beeld b. f : A → B met ∀x ∈ dom f : f (x ) = b

Definitie 3.25. De karacteristieke afbeelding van A in C is gedefinieerd voor A ⊆ C in B = {0, 1} als volgt:   x 7→ 1 als x ∈ A    EA : C → B :   x 7→ 0 als x < A   

Definitie 3.26. De beperking f |C van f tot C is gedefinieerd voor f : A → B en C ∈ A als volgt: f |C : C → B : x 7→ f (x ), ∀x ∈ C Een functie, beperkt tot haar domein is een afbeelding. Stelling 3.27. Zij f : A → B en д : B → C twee afbeeldingen, dan is de samenstelling д ◦ f ervan ook een afbeelding. Bewijs. Inderdaad, z = (д ◦ f )(x ) = д( f (x )) en zowel f (x ) en д( f (x )) zijn goed gedefinieerd omdat f en д afbeeldingen zijn. Stelling 3.28. Zij f en д injecties, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een injectie. Stelling 3.29. Zij f en д surjectie, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een surjectie. Stelling 3.30. Zij f en д bijectie, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een bijectie.

Definitie 3.31. Assymetrische inversen De linker inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een afbeelding zodat het volgende geldt: д ◦ f = IA De rechter inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een afbeelding zodat het volgende geldt: f ◦ д = IB


25

Definitie 3.32. De (algemene) inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een afbeelding die zowel de linker- als rechter inverse is van f .

Definitie 3.33. Een afbeelding f : A → B is inverteerbaar als en slechts als f −1 : B → A ook een afbeelding is. f −1 noemen we dan de inverse afbeelding. Stelling 3.34. Een afbeelding is inverteerbaar als ze injectief is. Stelling 3.35. De samenstelling van een inverteerbare afbeelding en haar inverse is de identieke transformatie. Stelling 3.36. Een afbeelding f is bijectief als en slechts als f −1 bijectief is.

3.3

Permutaties

Definitie 3.37. Een transpositie is een permutatie die elementen verwisselt en de rest op zichzelf afbeeldt. Het is met andere woorden een cykel van lengte 2.

Definitie 3.38. Een bijectieve afbeelding van een eindige verzameling naar zichzelf noemen we een permutatie.

Definitie 3.39. We noemen de verzameling van permutaties van n elementen Sn .

Definitie 3.40. We noteren het voorschrift van een permutatie σ : A → A van een verzameling A = a 1 , . . . , an soms als volgt: a1 . . . an + σ =* ,σ (a 1 ) . . . σ (an ) Dit heet de twee-lijnen notatie van Cauchy.

Definitie 3.41. We kunnen een permutatie van {1, . . . , n} eenvoudig noteren als volgt: Zij i 1 , . . . , ir elementen uit {1, . . . , n}. σ = (i 1i 2 . . . ir ) Bovenstaande gelijkheid is de notatie voor σ , zijnde de volgende permutatie: σ (ii ) = i (i+1)mod r Dit heet de cykelnotatie. Stelling 3.42. Een permutatie is een samenstelling van transposities.

26


Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat elke cykel in Sn een samenstellinng is van transposities: (i 1i 2 . . . ir ) = (i 1ir ) ◦ · · · ◦ (i 1i 3 ) ◦ (i 1i 2 )

Definitie 3.43. Twee cykels zijn disjunct als ze geen gemeenschappelijke symbolen hebben. Eigenschap 3.44. Disjuncte cykels commuteren. Stelling 3.45. Elke permutatie in Sn , verschillend van de identieke, is de samenstelling van onderlingdisjuncte cykels. TODO: bewijs zie p 14

Definitie 3.46. We noemen de notatie van een permutatie als onderling disjuncte cykels de disjuncte cykelnotatie.

Definitie 3.47. Zij π : A → A een permutatie en i en j twee elementen van A met i < j. We zeggen dat i en j geinverteerd worden door π als het volgende geldt: π (i) > π (j)

Definitie 3.48. Het aantal inversies van een permutatie π tellen we als volgt:   0 als π (i) < π (j) ϕ (i, j) =   1 als π (i) < π (j)  X ϕ (i, j) I (π ) = 1≤i<j≤n

Het teken van de permutatie π noteren we als siдn(π ) en is ofwel 1 ofwel −1. siдn(π ) = (−1) I (π ) Eigenschap 3.49. Zij π en ρ permutaties. siдn(π ◦ ρ) = siдn(π )siдn(ρ) Bewijs. siдn(π )siдn(ρ) = (−1) I (π ) (−1) I (ρ) = (−1) I (π ◦ρ)

= siдn(π ◦ ρ)


27

Definitie 3.50. We noemen een permutatie even/oneven als het aantal inversies even/oneven is.

Definitie 3.51. We noemen een cykel van r elementen even/oneven als r even/oneven is.

Definitie 3.52. We noemen de verzameling van even permutaties van n elementen An . Stelling 3.53. Een transpositie is steeds oneven. Bewijs. Een transpositie inverteert precies e´ e´ n element.

Stelling 3.54. Een permutatie in disjuncte cykelnotatie is even als en slechts als het aantal even cykels even is. TODO: bewijs

Hoofdstuk 4 Kardinaliteit Definitie 4.1. Definieer En als de verzameling met de n eerste elementen uit N. En = {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n}

Definitie 4.2. Zij X een verzameling. We zeggen dat n de kardinaliteit is van X als er een bijectie bestaat tussen X en En . |X | = #X = n

Definitie 4.3. Een verzameling is aftelbaar oneindig als X equipotent is met N0 . |X | = ℵ0

Definitie 4.4. We noemen een verzameling aftelbaar als ze eindig of aftelbaar oneindig is.

Definitie 4.5. Een verzameling is overaftelbaar als ze nie aftelbaar is.

28

Hoofdstuk 5 Deelbaarheid Definitie 5.1. Zij x, y elementen van Z, dan is x een deler van y als er een q in Z bestaat zodat y = qz geldt. x |y ⇔ ∃q ∈ Z : y = zq Eigenschap 5.2. De relatie | op Z is transitief. TODO: bewijs

Eigenschap 5.3. ∀d, a, b, x, y ∈ Z : (d |x ) ∧ (d |y) ⇒ d |(ax + by) TODO: bewijs

Eigenschap 5.4. ∀x, y ∈ Z : (x |y) ∧ (y|x ) ⇔ |x | = |y| TODO: bewijs

Eigenschap 5.5. ∀x ∈ Z, ∀y ∈ Z0 : x |y ⇒ |x | ≤ |y| TODO: bewijs

Definitie 5.6. Zij a 1 , . . . , an ∈ Z0 . De grootste gemene deler d van a 1 , . . . , an is de het grootste getal d ∈ N waarvoor het volgende geldt: d = ддd (a 1 , . . . , an ) ⇔ d |a 1 ∧ · · · ∧ d |an Definieer bovendien ддd (0, 0, . . . , 0) = 0.

Definitie 5.7. Zij a 1 , . . . , an ∈ Z0 . a 1 , . . . , an zijn relatief priem of onderling ondeelbaar als ддd (a 1 , . . . , an ) = 1 geldt. Stelling 5.8. Euclidische deling Voor elke a ∈ Z en elke b ∈ N0 , bestaat er een unieke q ∈ Z en een unieke r ∈ Z zodat het volgende geldt: a = bq + r met r ≤ r < b 29

30

HOOFDSTUK 5. DEELBAARHEID We noemen q het quotient en r de rest. We duiden r bovendien aan als r = a mod b = a%b. TODO: bewijs

Stelling 5.9. Zij x en y gehele getallen en n ∈ N0 . (x + y) mod n = ((x mod n) + (y mod n)) mod n TODO: bewijs

Stelling 5.10. Zij x en y gehele getallen en n ∈ N0 . (x · y) mod n = ((x mod n) · (y mod n)) mod n TODO: bewijs TODO: algoritme van euler

Stelling 5.11. Bézout-Bachet Zij a en b elementen van Z dan bestaan er α en β in Z zodat het volgende geldt. ддd (a, b) = αa + βb TODO: bewijs

Stelling 5.12. Zij a, b, c ∈ Z

c |ab ∧ дdd (a, c) = 1 ⇒ c |b

TODO: bewijs

Stelling 5.13. Zij a, b, c ∈ Z a|b ∧ b|c ∧ d = ддd (a, b) ⇒

ab |c d

TODO: bewijs

Stelling 5.14. Zij a, b, c ∈ Z

ддd (a, bc)|ддd (a, b) · ддd (a, c)

TODO: bewijs

Stelling 5.15. Chinese reststelling Zij n 1 , . . . , nr ∈ N0 met ддd (ni , n j ) = 1 voor alle i , j. Voor alle a 1 , . . . , ar ∈ Z bestaat er een x ∈ Z zodat het volgende geldt:  x mod n 1 = a 1 mod n 1     ..  .     x mod n = a mod n r 1 r  Bovendien geldt dat als x 0 ∈ Z een oplossing is van bovenstaand stelsel, dan wordt de oplossingsverzameling in Z de volgende: {x 0 + (n 1n 2 . . . nr )k |k ∈ r } = {x ∈ Z|x mod (n 1n 2 . . . nr ) = x 0 mod (n 1n 2 . . . nr )} TODO: bewijs

31

HOOFDSTUK 5. DEELBAARHEID Stelling 5.16. kдv (a, b) =

ab дcd (a, b)

TODO: bewijs en definieer kgv

Definitie 5.17. Een priemgetal is een natuurlijk getal p > 1 dat alleen deelbaar is door ±1 en ±p. Stelling 5.18. Zij p een priemgetal en a, b ∈ Z zodat p|ab, dan geldt p|a of p|b. p|ab ⇒ p|a ∨ p|b TODO: bewijs

Stelling 5.19. De unieke priemfactorisatie Elk natuurlijk getal n > 1 kan geschreven worden als een product van priemgetallen. Deze ontbinding is uniek op de volgorde van de factoren na. TODO: bewijs

Definitie 5.20. Zij p een priemgetal en a ∈ Z0 . De p orde ordp (a) van a is de grootste exponent a ∈ N zodat pa |a. We definieren bovendien ordp (0) = +∞. Stelling 5.21. Stelling van euclides Er bestaan oneindig veel priemgetallen. TODO: bewijs

Hoofdstuk 6 Samenstellingswetten 6.1

Inwendige bewerking

Definitie 6.1. Een (inwendige) samenstellingswet of bewerking > onder de elementen van een verzameling A is een partiele functie: > : A × A → A : (x, y) → >((x, y)) De enige voorwaarde voor een bewerking is dat ze intern is. Met andere woorden: ∀x, y ∈ A : >((x, y)) ∈ A Vaker dan de functienotatie gebruiken we de infixnotatie: x>y ⇔ ((x, y), >((x, y))) ∈ >

Definitie 6.2. We noemen een bewerking overal bepaald als het een afbeelding is.

Definitie 6.3. Zij > : A×A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. We noemen een deelverzameling B ⊆ A stabiel of gesloten onder > als de bewerking intern is binnen B. ∀x, y ∈ B ⊆ A : x>y ∈ B

Definitie 6.4. associativiteit We noemen een bewerking > : A × A → A associatief als de haakjes niet uit maken. ∀x, y, z ∈ A : x>(y>z) = (x>y)>z

Definitie 6.5. commutativiteit We noemen een bewerking > : A × A → A associatief als de volgorde van de argumenten niet

32

HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN uit maakt.

33

∀x, y ∈ A : x>y ⇔ y>x

Definitie 6.6. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. We noemen e ∈ A het neutraal element van > in A als de volgende gelijkheden gelden. ∀a ∈ A : a>e = e = e>a Stelling 6.7. Als er een neutraal element e bestaat voor een bewerking > in een verzameling A is dat neutraal element uniek. Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde Stel dat er twee verschillende neutrale elementen e 1 en e 2 bestaan, dan gelden volgende gelijkheden: e 2 >e 1 = e 1 = e 1 >e 2 e 1 >e 2 = e 2 = e 2 >e 1 Bijgevolg zijn deze neutrale elementen gelijk. Contradictie.

Definitie 6.8. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. Zij l een element van A. l is links-regulier of links-schrapbaar als het links geschrapt kan worden. ∀x, y ∈ A : l>x = l>y ⇒ x = y r is rechts-regulier of rechts-schrapbaar als het rechtse geschrapt kan worden. ∀x, y ∈ A : x>r = y>r ⇒ x = y Een element is regulier of schrapbaar als het zowel links- als rechts-regulier is. Opmerking 6.9. Als een element links/rechts schrapbaar is, is de afbeelding x 7→ l>x / x 7→ x>r een injectie. Het “schrappen” van dat element is dan de linker/linker inverse afbeelding van deze afbeelding.

Definitie 6.10. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A met een neutraal element e. We noemen een element x ∈ A symmetriseerbaar voor > alls het volgende geldt: ∃y ∈ A : (x>y = e) ∧ (y>x = e) y is dan het symmetrisch element van x voor > in A. y = sym(x ) Stelling 6.11. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A met een neutraal element e. Voor elk element x ∈ A geldt dat het symmtrisch element uniek is als het bestaat. !∃y : y = sym(x )

HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN

34

Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde Stel dat er twee verschillende inversen y en z zijn van x in G. y =y ∗e = y ∗ (x ∗ z) = (y ∗ x ) ∗ z =e ∗z =z De derde gelijkheid geldt omdat de bewerking ∗ associatief is. De vierde gelijkheid geldt omdat het neutraal element van een uniek is.1 Stelling 6.12. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A met een neutraal element e. Elk symmetrisch element is schrapbaar. ∃y : y = sym(x ) ⇒ (∀a, b ∈ A : (a>x = b>x ⇒ a = b) ∧ (x>a = x>b ⇒ a = Stelling 6.13. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A met een neutraal element e. ∀x, y ∈ A : sym(x>y) = sym(y)>sym(x ) Bewijs. sym(x>y)>(x>y) = e ⇔ (sym(x>y)>x )>y = e ⇔

sym(y) = (sym(x>y)>x )

⇔

sym(y)>sym(x ) = (sym(x>y)>x )>sym(x )

⇔

sym(y)>sym(x ) = sym(x>y)>(x>sym(x ))

⇔

sym(y)>sym(x ) = sym(x>y)>e

⇔

sym(y)>sym(x ) = sym(x>y)

Merk op dat we meermaals gebruik maken van de associativiteit van >. In de omgekeerde implicatie in de derde equivalentie maken we bovendien gebruik van het feit dat symmetrische elementen schrapbaar zijn.2

Definitie 6.14. De multiplicatieve notatie biedt afkortingen wanneer we de notatie ∗ of · · · gebruiken voor de notatie van een bewerking. Multiplicatieve notatie wordt meestal gebruikt als de bewerking associatief is maar niet noodzakelijk commutatief. • x −1 voor het symmetrisch element van x. • x 0 of 1 voor het neutraal element e. • x n = x ∗ x ∗ . . . ∗ x als n > 0 • x n = x −1 ∗ x −1 ∗ . . . ∗ x −1 als n < 0 1 Zie 2 Zie

stelling 6.7 op pagina 33. stelling 6.12 op pagina 34.


35

Definitie 6.15. De additieve notatie biedt afkortingen wanneer we de notatie + gebruiken voor de notatie van een bewerking. Additieve notatie wordt meestal gebruikt als de bewerking zowel associatief als commutatief is. • −x voor het symmetrisch element van x. • 0 voor het neutraal element e. • nx = x ∗ x ∗ . . . ∗ x als n > 0 • nx = (−x ) ∗ (−x ) ∗ . . . ∗ (−x ) als n < 0 • a ∗ (−b) = a − b

Definitie 6.16. Zij > en >0 twee bewerkingen op A. > is links-distributief ten opzichte van >0 als en slechts als volgende bewering geldt: ∀x, y, z ∈ A : x>(y>0z) = (x>y)>0 (x>z) > is rechts-distributief ten opzichte van >0 als en slechts als volgende bewering geldt: ∀x, y, z ∈ A : (x>0y)>z = (x>z)>0 (y>z) > is zonder meer distributief als de bewerking zowel links- als rechts-distributief is.

6.2

Uitwendige bewerking

Definitie 6.17. Een (uitwendige) samenstellingswet of bewerking ⊥ tussen elementen van een verzameling Ω en elementin van eenverzameling A is een partiele functie. ⊥ : Ω × A → A : (x, y) → ⊥(x, y)) Vaker dan de functienotatie gebruiken we de infixnotatie: x⊥y ⇔ ((x, y), ⊥((x, y))) ∈ ⊥

Definitie 6.18. Zij ⊥ : Ω×A → A een uitwendige bewerking. We noemen een deelverzameling B ⊆ A stabiel of gesloten onder ⊥ als de bewerking intern is binnen B voor alle elementen van Ω. ∀x ∈ B ⊆ A, ∀y ∈ A : x⊥y ∈ B

Definitie 6.19. Zij > een inwendige en ⊥ een uitwendige bewerking voor A, dan noemen we


36

⊥ distributief ten opzichte van > als het volgende geldt: ∀α ∈ Ω, ∀x, y ∈ A : α⊥(x>y) = (α⊥x )>(α⊥y)

Definitie 6.20. Zij > een inwendige en ⊥ een uitwendige bewerking voor A, dan noemen we ⊥ associatief ten opzichte van > als het volgende geldt: ∀α, β ∈ Ω, ∀x ∈ A : (α>β )⊥x = α⊥(β⊥x )

Definitie 6.21. Zij >1 en >2 bewerkingen voor twee respectievelijke verzamelingen A1 en A2 . De productbewerking > is als volgt gedefinieedr: ∀x 1 , y1 ∈ A1 , ∀y2 , x 2 ∈ A2 : (x 1 , x 2 ) ⊕ (y1 , y2 ) = (x 1 >1y1 , x 2 >2y2 ) Opmerking 6.22. De definitie van de productbewerking kan uitgebreid worden naar n-tallen.

Definitie 6.23. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼. We noemen ∼ rechts-verenigbaar met > als het volgende geldt: ∀x, y, a ∈ A : x ∼ y ⇒ (x>a) ∼ (y>a) We noemen ∼ links-verenigbaar met > als het volgende geldt: ∀x, y, a ∈ A : x ∼ y ⇒ (a>x ) ∼ (a>y) We noemen ∼ zonder meer verenigbaar met > als ∼ zowel links- als rechts-verenigbaar is met >.

Definitie 6.24. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentiere¯ is de quotientbewerking voor > door B: latie ∼ die verenigbaar is met >. > ¯ : A/R × A/R → A/R : (∼x , ∼y ) 7→∼x > ¯ ∼y =∼x>y > Stelling 6.25. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ¯ voor > door B is wel degelijk een inwendige ∼ die verenigbaar is met >. De quotientbewerking > bewerking. EXTRA: bewijs

Stelling 6.26. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼ ¯ associatief is, dan is > associatief. die verenigbaar is met >. Als de quotientbewerking > EXTRA: bewijs

Stelling 6.27. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼ ¯ commutatief is, dan is > commutatief. die verenigbaar is met >. Als de quotientbewerking > EXTRA: bewijs


37

Stelling 6.28. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼ die verenigbaar is met >. Als de equivalentieklasse ∼e van een element het neutraal element is van ¯ dan is e het neutraal element van >. >, EXTRA: bewijs

Stelling 6.29. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼ die verenigbaar is met >. Voor elk element x van A geldt als y het symmetrisch element is van x in A, dat ∼x dan het symmetrisch element is van ∼y is in A/R. EXTRA: bewijs

Hoofdstuk 7 Algebras Definitie 7.1. Een algebra¨ısche structuur of algebra is een verzameling A waarop een aantal inwendige (en eventueel een aantal uitwendige) bewerkingen gedefinieerd zijn. A, >1 , dotsc, >m , ⊥1 , . . . , ⊥n

Definitie 7.2. Een algebra B is een deelalgebra of subalgebra van een algebra A als volgende beweringen gelden: • B ⊆ A: B is een deelverzameling van A. • Op B zijn dezelfde bewerkingen gedefineerd. • B is stabiel voor de interne bewerkingen van A.

Definitie 7.3. Zij A een algebra en ∼ een equivalentierelatie verenigbaar met de bewerkingen van A, dan vormt de quotientverzameling A/R voorzien van de quotientbewerking de quotientalgebra van A door R.

7.1

Morfismen

Definitie 7.4. Twee algebras A en B zijn homoloog als volgende beweringen gelden: • Met iedere inwendige bewerking op A komt een inwendige bewerking op B overeen. • Met iedere uitwendige bewerking op A komt een uitwendige bewerking op B overeen. • De operatorengebieden voor A zijn dezelfde als de operatorengebieden voor B.

Definitie 7.5. Zij A, >, . . . , ⊥, . . . en B, >0, . . . , ⊥0, . . . twee homologe algebras. Een homomorfisme tussen A en B is een afbeelding f met de volgende eigenschappen:

38

39

HOOFDSTUK 7. ALGEBRAS • Voor elke inwendige bewerking: ∀x, y ∈ A : f (x>y) = f (x )>f (y) • Voor elke uitwendige bewerking: ∀x ∈ A, ∀α ∈ Ω : f (α⊥x ) = α⊥f (x )

Definitie 7.6. Een bijectief homomorfisme is een isomorfisme. “A is isomorf met B” noteren we als volgt: GH

Definitie 7.7. Een homomorfisme van een algebra met zichzelf is een endomorfisme.

Definitie 7.8. Een isomorfisme van een algebra met zichzelf is een automorfisme.

Hoofdstuk 8 Groepen 8.1 8.1.1

Basisbegrippen De groep

Definitie 8.1. Een halfgroep G, ∗ is een algebra die bestaat uit een (niet-lege) verzameling G en een afbeelding ∗ (de bewerking). ∗ : G × G →: (x, y) 7→ x ∗ y De bewerking ∗ is associatief.

Definitie 8.2. Een mono¨ıde is een halfgroep G, ∗ met een neutraal element eG . ∀д ∈ G : eG ∗ д = д = д ∗ eG

Definitie 8.3. Een groep G, ∗ is een mono¨ıde waarin elk element symmetriseerbaar is. ∀x ∈ G, ∃x 0 ∈ G : x ∗ x 0 = e = x 0 ∗ x

Definitie 8.4. Een commutatieve groep of abelse groep G, ∗ is een groep waarbij de bewerking ∗ commutatief is. ∀x, y ∈ G : x ∗ y = y ∗ x

8.1.2

Deelgroep

Definitie 8.5. Zij G, ∗ een groep en H een (niet-lege) deelverzameling van G. We noemen H, ∗ een deelgroep van G, ∗ als H, ∗ zelf ook een groep is. Met andere woorden: “Een deelgroep is een deelalgebra die ook een groep is”. Stelling 8.6. Zij H, ∗ een deelgroep van G, ∗, dan is eG ook het neutraal element van H , ∗.

40

41

HOOFDSTUK 8. GROEPEN

Bewijs. Noem eG het neutraal element van G, ∗ en eh dat van H, ∗. Noem het invers van een element x in G, ∗ x −1 . eH ∗ eH = eH ∗ eG ⇒ eH−1 ∗ (eH ∗ eH ) = eH−1 ∗ (eH ∗ eG ) ⇒ (eH−1 ∗ eH ) ∗ eH = (eH−1 ∗ eH ) ∗ eG ⇒

eG ∗ eH = eG ∗ eG

⇒

eH = eG

Stelling 8.7. Zij H , ∗ een deelgroep van G, ∗, dan is elk invers element x −1 van een element x in H ook het invers element van x in G, ∗. Bewijs. Noem eG het neutraal element van G, ∗ en eh dat van H, ∗. Noem het invers van een element ¯ x in G, ∗ x −1 en het invers van x in H, ∗ x. x ∗ x¯ = eH = eG

⇒ x¯ = x −1

= x ∗ x −1 Stelling 8.8. Het criterium van een deelgroep. Zij G, ∗ een groep, en H een deelverzameling van G. H is een deelgroep van G als en slechts als aan de volgende voorwaarden voldaan is. 1. eG ∈ H 2. ∀x, y ∈ H : x ∗ y ∈ H 3. ∀x ∈ H : x −1 ∈ H Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Als H een deelgroep is van G, dan gelden de voorwaarden al omdat H zelf een groep is.1 • ⇐ Stel dat de voorwaarden voldaan zijn. Vanwege voorwaarde twee is de beperking van ∗ tot H alvast een interne bewerking in H . ∗ : H × H → H : (x, y) 7→ x ∗ y – associativiteit Deze bewerking is associatief in G, dus ook in H . – Neutraal element Vanwege de eerste voorwaarde is eG ook een neutraal element van H . – Inverse Elk element x in H heeft bovendien ook een invers in H volgens de derde voorwaarde. 1 Zie

stelling 8.6 op pagina 40.

42


Stelling 8.9. alternatieve criteria. We kunnen in het vorige criterium de volgende aanpassingen maken. • Vervang de eerste voorwaarde door voorwaarde 10: H ,∅ • Vervang de tweede en derde voorwaarde samen door voorwaarde 4: ∀x, y ∈ H : x ∗ y −1 ∈ H Bewijs. We bewijzen dat de voorwaarden die we vervangen equivalent zijn. • eG ∈ H ⇔ H , ∅. Als eG een element is van H , is H natuurlijk niet leeg. Als H niet leeg is, bestaat er een element x in H . Vanwege de derde voorwaarde zit de inverse van dat element ook in H . Vanwege de tweede voorwaarde zit x ∗ x −1 = eG ook in H . •

(∀x, y ∈ H : x ∗ y ∈ H ) ∧ (∀x ∈ H : x −1 ∈ H ) ⇔ ∀x, y ∈ H : x ∗ y −1 ∈ H Als voorwaarde 2 en 3 gelden is het duidelijk dat voorwaarde 4 geldt. Als voorwaarde 4 geldt, kies dan eG voor x in voorwaarde 4 om voorwaarde 3 te bekomen. ∀y ∈ H : eG ∗ y −1 = y −1 ∈ H Kies nu de inverse z −1 van een willekeurig element x in H voor y in voorwaarde 4 om voorwaarde 2 te bekomen. ∀x, z ∈ H : x ∗ (z −1 ) −1 = x ∗ z ∈ H

Stelling 8.10. Zij G een verzamelinge met een bewerking ∗ die voldoet aan de volgende voorwaarden. • ∗ is associatief • er bestaat een e in G waarvoor geldt ∀x ∈ G : x ∗ e = x • voor elk element e dat voldoet aan de vorige voorwaarde: ∀x ∈ G, ∃y ∈ G : x ∗ y = e G, ∗ is dan een groep. Bewijs. Om te bewijzen dat G, ∗ een groep is, moeten we nog bewijzen dat er een neutraal element bestaat in G en dat elk element een inverse heeft in G. EXTRA: voor doorbijters: Bewijs

Eigenschap 8.11. Van een groep G, ∗ is {eG }, ∗ steeds een deelgroep.

43

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs. We gaan de voorwaarden af uit het criterium voor deelgroepen. • eG ∈ {eG } • eG ∗ eG ∈ {eG } • eG−1 = eG ∈ {eG }

Eigenschap 8.12. Van een groep G, ∗ is G, ∗ steeds een deelgroep. Bewijs. Dit volgt meteen uit het groep-zijn van G, ∗ en het deelverzameling-zijn van G van G.

Definitie 8.13. Zij G, ∗ een groep met neutraal element e, dan noemen we {e}, ∗ en G, ∗ triviale deelgroepen van G, ∗. Stelling 8.14. Zij G, ∗ een groep waarop een equivalentierelatie ∼ is gedefinieerd, dan is de verzameling van alle elementen equivalent met het neutraal element als ∼ links-(of rechts-)verenigbaar is met ∗. EXTRA: bewijs p 106 tai

Stelling 8.15. De doorsnede van twee deelgroepen is opnieuw een deelgroep. EXTRA: bewijs

8.1.3

Morfismen

Definitie 8.16. Zij G, ∗ en H, groepen. Een (groeps)(homo)morfisme f is een morfisme tussen twee groepen G, ∗ en H, . ∀x, y ∈ G : f (x ∗ y) = f (x )f (y)

Definitie 8.17. Een bijectief morfisme noemen we een isomorfisme.

Definitie 8.18. Twee groepen G, ∗ en H, noemen we een isomorf als en een isomorfisme f : G → H bestaat. G, ∗ H ,

Definitie 8.19. Een morfisme van een groep naar zichzelf noemen we een endomorfisme.

44


Definitie 8.20. Een isomorfisme van een groep naar zichzelf noemen we een automorfisme.

Definitie 8.21. Zij f : G → H een groepsmorfisme. De kern Ker f wordt gedefinieerd als volgt. Ker ( f ) = {x ∈ G | f (x ) = eH }

Definitie 8.22. Zij f : G → H een groepsmorfisme. Het beeld Im f wordt gedefinieerd als volgt. Im( f ) = f (G) = { f (u) | u ∈ G} Stelling 8.23. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . eH = f (eG ) Bewijs. Beschouw de neutrale elementen eG en eH in de groepen. Begin bij de definite van een groepsmorfisme.2 f (eG ∗ eG ) = f (eG ) ∗ f (eG ) eG is het neutraal element in G. eG ∗ eG is dus opnieuw G. f (eG ) = f (eG ) ∗ f (eG ) Voeg links eH toe. Dit mag omdat eH het neutraal element is in H . f (eG ) ∗ eH = f (eG ) ∗ f (eG ) Schrap tenslotte f (eG ) aan beide kanten. eH = f (eG ) Stelling 8.24. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . ∀x ∈ G : f (x −1 ) = ( f (x )) −1 Bewijs. Kies een willekeurig element x in G. Nu geldt het volgende: f (x ) ∗ f (x −1 ) = f (x ∗ x −1 ) = f (eG ) = eH De eerste gelijkheid is precies de definitie van een groepsmorfisme.3 De tweede gelijkheid volgt uit de definitie van de inverse van een element van een groep.4 De laatste gelijkheid geldt omdat een groepsmorfisme het neutraal element behoudt.5 Wat we bekomen is de definitie van het neutraal element f (x −1 ) van f (x ). 2 Zie

definitie 8.16 op pagina 43. definitie 8.16 op pagina 43. 4 Zie definitie 8.3 op pagina 40. 5 Zie stelling 8.23 op pagina 44. 3 Zie

45

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Stelling 8.25. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . Im( f ) is een deelgroep van H Bewijs. We bewijzen elke voorwaarde uit het criterium voor deelgroepen. 1. eH ∈ Im( f ) Inderdaad!6

2. ∀x, y ∈ Im( f ) : xy ∈ Im( f ) Kies twee elementen f (x ) en f (y) in Im( f ), nu bestaan er dus twee elementen x en y in G. In G is de bewerking ∗ intern.7 Kijk nu naar de definitie van een groepsmorfisme.8 f (x ∗ y) = f (x )f (y) f (x )f (y) is dus een element van Im( f ). 3. ∀x ∈ Im( f ) : x −1 ∈ Im( f ) Kies een element f (x ) in Im( f ), er bestaat er dus een element x in G. Nu is de inverse van f (x ) precies f (x −1 ).9 Stelling 8.26. Zij G, ∗ en H, groepen met een morfisme f : G → H . Ker ( f ) is een deelgroep van G Bewijs. We bewijzen elke voorwaarde uit het criterium voor deelgroepen. 1. eH ∈ Ker ( f ) Inderdaad!10 2. ∀x, y ∈ Ker ( f ) : x ∗ y ∈ Ker ( f ) Kies twee willekeurige elementen x en y in de kern Ker ( f ) van f . Nu geldt het volgende. f (x ∗ y) = f (x )f (y) = eH eH = eH x ∗ y zit dus in Ker ( f ) voor elke x en y. 3. ∀x ∈ Ker ( f ) : x −1 ∈ Ker ( f ) Kies een willekeurig element x in de kern Ker ( f ) van f . Nu geld het volgende. f (x −1 ) = ( f (x )) −1 = eH−1 = eH x −1 zit dus in Ker ( f ) voor elke x. 6 Zie

stelling 8.23 op pagina 44. definitie 8.3 op pagina 40. 8 Zie definitie 8.16 op pagina 43. 9 Zie stelling 8.24 op pagina 44. 10 Zie stelling 8.23 op pagina 44. 7 Zie

46


Stelling 8.27. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . Ker ( f ) = {eG } ⇔ f is injectief Bewijs. Bewijs van een equivalentie. ∀x, y ∈ G : f (x ∗ y) = f (x )f (y) • ⇒ Bewijs uit het ongerijmde: Stel dat er twee verschillende elementen x en y in G zitten die door x op hetzelfde element f (x ) = f (y) ∈ H afgebeeldt worden. f (x ∗ y) = f (x )f (y) = f (x )f (x ) f (y) = f (x ) Contradictie. • ⇐ Bewijs door contrapositie: Als de kern van f niet triviaal is, dan bestaan er minstens twee verschillende elementen in G die door f op eH afgebeeldt worden en is f dus niet injectief. Stelling 8.28. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . f is een isomorfisme ⇒ f −1 is een isomorfisme Merk op dat de afbeelding f −1 slechts bestaat als f een injectie is. Bewijs. f −1 is een morfisme: f −1 (y1 y2 ) = f −1 ( f (x 1 )f (x 2 )) = f −1 ( f (x 1 ∗ x 2 )) = x1 ∗ x2

= f −1 (y1 )f −1 (y2 )

f −1 is bovendien bijectief, want f is bijectief.11

Stelling 8.29. Zij G, ∗ en H, groepen met een morfisme f : G → H . Als een verzameling A een deelgroep is van G, dan is f (A) een deelgroep van H . Bewijs. We gaan elke voorwaarde in het criterium van een deelgroep af. • e f (A) ∈ H . A is een deelgroep van G, dus geldt eA ∈ G. Bovendien wordt eA = eG afgebeeldt op eH = e f (A) .12 e f (A) zit dus wel degelijk in H . 11 Zie 12 Zie


47


• ∀x, y ∈ f (A) : xy ∈ f (A) Kies twee elementen f (x ) en f (y) in f (A), nu bestaan er dus twee elementen x en y in A. In A is de bewerking ∗ intern.13 Kijk nu naar de definitie van een groepsmorfisme.14 f (x ∗ y) = f (x )f (y) f (x )f (y) is dus een element van f (A). • ∀x ∈ f (A) : x −1 ∈ f (A) Kies een element f (x ) in f (A), er bestaat er dus een element x in A. Nu is de inverse van f (x ) precies f (x −1 ).15 Merk op dat deze stelling een algemener geval is van stelling 8.25. Stelling 8.30. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . Als een verzameling B een deelgroep is van H , dan is f −1 (B) een deelgroep van G. Bewijs. We gaan elke voorwaarde in het criterium van een deelgroep af. • e f −1 (B) ∈ G. Omdat eG = eB geldt16 , geldt ook f (eB ) = eH . Bijgevolg geldt ook e f −1 (B) = eB ∈ G. • ∀x, y ∈ f −1 (B) : xy ∈ f −1 (B) Kies twee willekeurige elementen a en b uit f −1 (B). Dit houdt in dat er twee elementen f (a) en f (b) in B bestaan. f (a)f (b) ∈ B geldt omdat B een deelgroep is van B. 17 Dit is bovendien gelijk aan f (a ∗ b) ∈ f −1 (B), dus zitten a en b beide in f −1 (B). • ∀x ∈ f −1 (B) : x −1 ∈ f −1 (B) Kies een willekeurig element a uit f −1 (B). Dit houdt in dat er een element f (a) in B bestaat. Het inverse element van f (a) is ( f (a) −1 ) en zit ook in B.18 Er bestaat dus ook een element a −1 dat bovendien in f −1 (B) zit.19

Definitie 8.31. De verzameling van automorfismen over een groep G, ∗ noteren we als Aut (G). Stelling 8.32. De verzamelingen van automorfismen AutG, uitgeruist met de samenstellingsfunctie ◦ vormt een groep. Bewijs. We bewijzen elk deel van de definitie appart.20 13 Zie

definitie 8.3 op pagina 40. definitie 8.16 op pagina 43. 15 Zie stelling 8.24 op pagina 44. 16 Zie stelling 8.6 op pagina 40. 17 Zie definitie 8.3 op pagina 40. 18 Zie stelling 8.7 op pagina 41. 19 Zie stelling 8.24 op pagina 44. 20 Zie definitie 8.3 op pagina 40. 14 Zie

48

HOOFDSTUK 8. GROEPEN • associativiteit

∀x, y, z ∈ AutG : (x ◦ y) ◦ z = x ◦ (y ◦ z)

De samenstelling van afbeeldingen is inderdaad associatief.21 • neutraal element

∀x ∈ AutG : x ◦ e = e = e ◦ x

Er bestaat een neutraal element voor AutG, namelijk IdG .22 • inverse

∀x ∈ AutG, ∃x 0 ∈ AutG : x ◦ x 0 = e = x 0 ◦ x

Kies een willekeurige x in G. Er bestaat nu wel degelijk een inverse afbieelding, precies omdat x een bijectie is. Stelling 8.33. Zij G, ∗ en H, groepen en α : G → H een morfisme. α is een isomorfisme als en slechts als er een morfisme β : H → G bestaat zodat β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG gelden. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. Zij G, ∗ en H, willekeurige groepen. • ⇒ Zij α : G → H een groepsisomorfisme. α is een bijectie, dus α −1 is goed gedefinieerd. Noem α −1 nu β, dan gelden β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG .23 • ⇐ Zij α : G → H β : H → G morfismes, zodat β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG gelden. Volgens β is nu de inverse van α.24 Omdat α een inverse heeft, is α bijectief en bijgevolg een isomorfisme.25

8.1.4

Orde

Definitie 8.34. De orde n van het element x van een groep G, ∗ is de kleinste n ∈ N 0 waarvoor x n = eG geldt, indien die bestaat en anders ∞.

Definitie 8.35. De orde |G | of #G van een groep G is het aantal elementen van G. Eigenschap 8.36. Zij G, ∗ een groep en x ∈ G een element met een eindige orde n in die groep. ∀r, s ∈ Z : (x s = e ⇔ n|s) ∧ (x r = x s ⇔ n|r − s) Bewijs. Bewijs van conjunctie. Kies willekeurige elementen r en s in Z. • (x s = e ⇔ n|s) 21 Zie

stelling 2.6 op pagina 15. definitie ?? op pagina ??. 23 Zie stelling 3.35 op pagina 25. 24 Zie stelling 3.35 op pagina 25. 25 Zie stelling ?? op pagina ??. 22 Zie

49

HOOFDSTUK 8. GROEPEN – ⇒ Stel x s = e geldt. Deel nu s euclidisch door n.26 s = nq + r met 0 ≤ r < n Nu geldt het volgende: x s = x nq+r = (x n )q ∗ x r = e q ∗ x r = x r = e

Omdat n de kleinste waarde is waarvoor x n = e geldt en omdat r tussen 0 en n ligt, besluiten we dat r nul is. s = nq n is dus een deler van s.27 – ⇐ Stel dat n|s geldt, dan bestaat er een q zodat volgende gelijkheid geldt.28 s = nq We beschouwen nu x s

x s = x nq = (x n )q = e q = e

• (x r = x s ⇔ n|r − s) – ⇒ Stel dat x r = x s geldt.

x r = x s ⇔ x r −s = e

In het vorige deel van dit bewijs hebben we bewezin dat n dan een deler is van r − s. n|r − s – ⇐ Stel dat n|r − s geldt, dan geldt volgend deel e´ e´ n van dit bewijs het volgende: x r −s = e Dit betekent precies dat x r en x s gelijk zijn. ⇒ xr = xs

Definitie 8.37. Zij x een element van een groep G, ∗, dan is < x > de groep voortgebracht door x. < x >= {x s | s ∈ Z} Stelling 8.38. Zij x een element van een groep G, ∗. De ‘groep’ < x > voortgebracht door x is wel degelijk een groep. 26 Zie

stelling 5.8 op pagina 29. definitie 5.1 op pagina 29. 28 Zie definitie 5.1 op pagina 29. 27 Zie

50

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs. We bewijzen elke eigenschap van een groep voor < x >.29

• Associativiteit Kies drie willekeurige elementen uit < x >, met andere woorden kies drie getallen a, b en c uit mathbbZ : (x a ∗ x b ) ∗ x c = x a+b ∗ x c = x a+b+c = x a ∗ x b+c = x a ∗ (x b ∗ x c ) • Neutraal element Kies willekeurig een element uit < x >, kies dus een a ∈ Z. Het neutraal element voor < x > is x 0 : x a ∗ x 0 = x a+0 = x a = x 0+a = x 0 + x a • Invers element Kies een willekeurig element uit < x >, kies dus een a ∈ Z. Het invers element van x a is nu x −a . x a ∗ x −a = x a−a = x 0 = x −a+a = x −a ∗ x a Stelling 8.39. Zij x een element in een groep G, ∗, dan is de orde n van de groep voortgebracht door x gelijk aan de orde m van x in G. |x | = | < x > | Bewijs. Bekijk de groep < x >. < x >= {x n , x, x 2 , . . . , x n−1 } Er zitten precies n elementen in < x >. Dat m de orde is van x in G houdt het volgende in: x m = e en ¬(∃ m0 )(m0 < m ∧ x m = e) 0

Alle machten van x tot en met x m zijn dus verschillend. Die m machten zijn precies de elementen van < x >.

Definitie 8.40. Een groep G, ∗ is een cyclishe groep als en slechts als er een element in G bestaat dat G voortbrengt. We noemen bovendien x de generator van G. Stelling 8.41. Elke cyclische groep is commutatief. Bewijs. Zij G, ∗ een cyclische groep met generator д. Kies twee elementen x en y uit G, dan bestaan er getallen a en b zodat het volgende geldt: x ∗ y = дa ∗ дb = дa+b = дb+a = дb ∗ дa = y ∗ x Eigenschap 8.42. Elke oneindige cyclishe groep is isomorf met Z, + en is dus aftelbaar. 29 Zie

definitie 8.3 op pagina 40.

51


Bewijs. We tonen dat er een bijectie b bestaat tussen de willekeurige oneindige cyclische groep G, ∗ met generator x en Z, +. G =< x >= {x s | s ∈ Z} Inderdaad, kies b als volgt.

b : Z → G : s 7→ x s

Eigenschap 8.43. Elke cyclishe groep van eindige orde n ∈ N is isomorf met Zn , +. Bewijs. We tonen dat er een bijectie b bestaat tussen de willekeurige eindige cyclische groep G, ∗ met generator x en orde n en Z, +. G =< x >= {x s | s ∈ Z} Inderdaad, kies b als volgt.

b : Z → G : [s]n 7→ x s

Stelling 8.44. Elke deelgroep H van een cyclische groep G, ∗ =< x > is cyclish. Sterker nog: H wordt voortgebracht door x s waarbij s ∈ N0 het kleinste getal is waarvoor x s ∈ H geldt. Bewijs. Als H = {e} geldt, dan is H inderdaad cyclisch. Stel nu dat H niet enkel het neutraal element bevat, dan bevat H mistens nog de elementen x m en x −m met m ∈ N. Het kan zijn dat er meerdere van die m’s bestaan, maar er bestaat er altijd een kleinste: n. xn ∈ H Voor elk element x s van G geldt nu dat het in H zit als n een deler is van s. x s ∈ H ⇔ n|s Inderdaad, als x s in H zit, dan kunnen we s euclidisch delen door n 30 : s = nq + r met 0 ≤ r < n x s = x nq+r ⇒ x r = x s−nq = x s (x n ) −q ∈ H Omdat n minimaal is, en r tussen 0 en n zit, is r gelijk aan nul, en s dus deelbaar door s. Omgekeerd, wanneer s deelbaar is door n bestaat er een q zodat volgende bewering geldt31 : s = nq x s = x nq = (x n )q ∈ H Met andere woorden: elke macht van x n ∈ H zit opnieuw in H . Dit betekent precies dat H cyclisch is. Stelling 8.45. Zij G =< a > een cyclishe groep van eindige orde n met ∗ als bewerking. De orde van ak is gelijk aan ддd n(k,n) : n

(ak ) ддd (k,n) = e 30 Zie 31 Zie

stelling 5.8 op pagina 29. definitie 5.1 op pagina 29.

52

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs.

n

k

(ak ) ддd (k,n) = (an ) ддd (k,n) = e Nu moeten we nog bewijzen dat ддd n(k,n) minimaal is. Stel dus dat er en 0 < r < ддd n(k,n) bestaat zodat akr geldt. Bekijk nu de stelling van Bézout-Bachet.32 Er bestaan een α en beta zodat het volgende geldt: ддd (k, n) = αk + βn Nu bekijken we akr = e opnieuw, en verheffen we beide kanten tot de macht α zodat er αk in de macht staat. akrα = aддd (k,n)r −βnr = aддd (k,n)r ∗ a −βnr = aддd (k,n)r Omdat aддd (k,n)r = e geldt, is n een deler van ддd (k, n)r .33 Dat houdt in dat dus kleiner.

n d

een deler is van r , en

EXTRA: bewijzen in hoofdstuk van deelbaarheid

Stelling 8.46. Zij G =< a > een cyclishe groep van eindige orde n. ak is een generator van G als en slechts als ддd (k, n) gelijk is aan 1. < ak >= G ⇔ ддd (k, n) = 1 Bewijs. We weten dat de orde van ak in G gelijk is aan ддd n(k,n) .34 Als en slechts als ak een generator is voor G, dan is de orde van ak gelijk aan de orde van G.35 n = n ⇔ ддd (k, n) = 1 ддd (k, n) Stelling 8.47. Zij G, ∗ =< a > een cyclishe groep van eindige orde n. Voor elke positieve deler m n van n geldt dat G precies e´ e´ n deelgroep heeft van orde m, namelijk < a m >. n

n

Bewijs. < a m > is een deelgroep36 van G. Omdat G cyclisch is, is < a m > ook cyclisch.37 De orde n van < a m > is bovendien gelijk aan ддd (nn ,n) .38 m

n =m ддd ( mn , n) EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid n

We moeten nu dus nog bewijzen dat elke deelgroep H van orde m gelijk is aan < a m >. Kies zo’n deelgroep H van orde m. H is nu zeker cyclisch. Noem de generator van H ak . H =< ak > 32 Zie

stelling 5.11 op pagina 30. stelling 8.36 op pagina 48. 34 Zie stelling 8.45 op pagina 51. 35 Zie stelling 8.39 op pagina 50. 36 Zie stelling 8.38 op pagina 49. 37 Zie stelling 8.44 op pagina 51. 38 Zie stelling 8.45 op pagina 51. 33 Zie

53

HOOFDSTUK 8. GROEPEN We weten nu opnieuw dat H orde

n ддd (k,n)

m=

heeft. kдv (k, n) n = ддd (k, n) k

EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid

kдv (k, n) m n k k is dus een veelvoud van m . Bijgevolg zit a zeker in < ak >. H is nu dus een deel van < ak >, dus n zijn H en < a m > gelijk vanwege hun gelijke orde. k=

Stelling 8.48. Stelling van Ruffini Zij α ∈ Sn verschillend van Id. De orde van α in Sn is gelijk aan het kleinst gemeen veelvoud van de lengtes van de cykels in de disjuncte cykelnotatie van α. Bewijs. Merk eerst op dat een r -cykel orde r heeft in Sn .39 Schrijf nu σ in de disjuncte cykelnotatie als volgt: σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk ) Het aantal elementen in de m-de cykel is jm en het totaal aantal cykels is k. Noem nu m het kleinst gemeen veelvoud van de ji . • α m is inderdaad Id. m is immers een veelvoud van elk van de ji . • Stel dat er nog een getal k α k Id maakt, dan is k groter of gelijk aan m. Stelling 8.49. Als elk element van een groep G, ∗ orde 2 heeft, is G, ∗ commutatief. Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit G: (x ∗ y) 2 = e (x ∗ y ∗ x ∗ y) = e x ∗ (x ∗ y ∗ x ∗ y) ∗ y = x ∗ e ∗ y (x ∗ x ) ∗ y ∗ x ∗ (y ∗ y) = x ∗ y y ∗x = x ∗y

8.1.5

Nevenklassen

Definitie 8.50. Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G. • De linkse nevenklasse xH van H in G bepaald door x: xH = {x ∗ h | h ∈ H } 39 Zie


54

HOOFDSTUK 8. GROEPEN • De rechtse nevenklasse Hx van H in G bepaald door x: Hx = {h ∗ x | h ∈ H } De verzameling van linker nevenklassen van H in G noteren we als G/H . G/H = {xH | x ∈ G} Eigenschap 8.51. Zij G een groep en H een deelgroep van G. ∀a, b ∈ G : aH = bH ⇔ a ∈ bH ⇔ b −1a ∈ H Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties.

• ∀a, b ∈ G : aH = bH ⇒ a ∈ bH H is een groep, en bevat dus een neutraal element.40 a is dus een element van aH , wat gelijk is aan bH , dus a zit in bH . • ∀a, b ∈ G : a ∈ bH ⇒ b −1a ∈ H Ofwel zijn b en a gelijk, en dan is b −1a een element van H omdat H een groep is. Ofwel zijn b en a niet gelijk, en dan bestaat er dus een c ∈ H waarvoor het volgende geldt: b ∗c = a b −1 ∗ b ∗ c = b −1a c = b −1a ∈ H • ∀a, b ∈ G : b −1a ∈ H ⇒ aH = bH Noem b −1a h 0 . b −1a = h 0 ⇒ (a = bh 0 ) en b = ah −1 0 Nu geldt voor alle h ∈ H het volgende: a ∗ h = bh 0 ∗ h aH is dus al een deel van bH . Bovendien geldt, opnieuw voor alle h ∈ H ook het volgende: b ∗ h = ah −1 0 bH is dus ook een deel van aH . We besluiten dat aH en bH gelijk zijn. Eigenschap 8.52. Zij G een groep en H een deelgroep van G. ∀a, b ∈ G : Ha = Hb ⇔ a ∈ Hb ⇔ ab −1 ∈ H Eigenschap 8.53. Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G. ∀a ∈ G : aH = H ⇔ a ∈ H ⇔ Ha = H Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties. 40 Zie


55

HOOFDSTUK 8. GROEPEN • ∀a ∈ G : aH = H ⇒ a ∈ H a is een element van aH . aH en H zijn gelijk, dus a zit ook in H .

• ∀a ∈ G : a ∈ H ⇒ Ha = H H is een deelgroep met bewerking ∗ die intern is in H .41 Wanneer we elk element in H rechts bewerken met a, komen we telkens een element in H uit. Omgekeerd kan elk element in H geschreven worden als een ander element in H rechts bewerkt met a. • ∀a ∈ G : Ha = H ⇒ aH = H a is een element van Ha. Ha en H zijn gelijk, dus a zit ook in H . H is een deelgroep met bewerking ∗ die intern is in H .42 Wanneer we elk element in H links bewerken met a, komen we telkens een element in H uit. Omgekeerd kan elk element in H geschreven worden als een ander element in H links bewerkt met a. Ha en aH zijn dus gelijk. Stelling 8.54. Zij G een groep en H een deelgroep van G, De linkse(/rechter) nevenklassen van H vormen een partitie van G. Bewijs. We bewijzen dat de linkse(/rechter) nevenklassen elke definierende eigenschap van een partitie heeft. • Elke linker(/rechter) nevenklasse is niet leeg. Ze bevat altijd het element waarmee bewerkt wordt • Elk element van G behoort tot een linker(/rechter) nevenklasse. Elk element x behoort al zeker tot de nevenklasse van H bepaald door x in G. • Twee linker(/rechter) nevenklassen zijn ofwel gelijk ofwel disjunct. Ofwel zijn twee nevenklassen disjunct, ofwel bevatten hun doorsnede minstens e´ e´ n element. We bewijzen dat als twee nevenklassen minstens e´ e´ n element gemeenschapplijk hebben, dat ze dan gelijk zijn. Kies een willekeurige x en y uit G zodat de doorsnede van de nevenklasse van H bepaald door x en door y niet disjunct zijn. Er bestaat dan een element z in G dat in de doorsnede zit. Er bestaan dus elementen h en h0 in G die aan volgende bewering voldoen: – Linker nevenklassen Nu volgt dit:

z = x ∗ h = y ∗ h0 y −1 ∗ x = h0 ∗ h −1 ∈ H

xH en yH zijn dus gelijk.43 – Rechter nevenklassen Nu volgt dit: Hx en Hy zijn dus gelijk.44 41 Zie

definitie 8.3 op pagina 40. definitie 8.3 op pagina 40. 43 Zie eigenschap 8.51 op pagina 54. 44 Zie eigenschap 8.52 op pagina 54. 42 Zie

z = h ∗ x = h0 ∗ y y ∗ x −1 = h0−1h ∈ H

56


Gevolg 8.55. De relatie “X en Y liggen in dezelfde linkernevenklasse van H in G” is een equivalentierelatie. Bewijs. Inderdaad!45

Stelling 8.56. Zij G, ∗ een eindige groep en H een deelgroep van G, ∗. Nu geldt voor elke x ∈ G dat de orde van H en zowel de linker als de rechter nevenklasse van x in G alledrie dezelfde orde. |H | = |x ∗ H | = |H ∗ x | Bewijs. We bewijzen dat er een bijectie f : H → xH bestaat tussen H en xH . Beschouw de afbeelding f: f : H → xH : h → x ∗ h • f is injectief. Kies twee willekeurige elementen h 1 en h 2 uit H waarvoor het beeld onder f gelijk is. f (h 1 ) = f (h 2 ) ⇒

xh 1 = xh 2

⇒ x −1xh 1 = x −1xh 2 ⇒

h1 = h2

• f is surjectief. Kies een willekeurig element a uit xH , dan bestaat er dus een h ∈ H zodat a = x ∗ h geldt. Analoog kunnen we bewijven dat er een bijectie f : H → Hx bestaat.

Stelling 8.57. Een groep G, ∗ heeft evenveel linkse als rechtse nevenklassen. EXTRA: bewijs p 106 tai

Stelling 8.58. Stelling van Lagrange: Zij G, ∗ een eindige groep en H ⊂ G een deelgroep. Het aantal linkse (of rechtse) nevenklassen van H in G is dan gelijk aan: |G | [G : H ] = |H | We noemen dit de index van H in G. De orde van H is bijgevolg een deler van de orde van G. Bewijs. De linkernevenklassen van H in G vormen een partitie van G, dus we kunnen elementen д1 = e, д2 , . . . , дk ∈ G kiezen zodat de nevenklassen die erdoor bepaald zijn samen G vormen en onderling disjunct zijn. G = д1H ∪ · · · ∪ дk H ∀i, j : i , j ⇒ дi H ∩ дj H = ∅ Nu geldt dus dat de orde van G k keer de orde van H is.46 |G | = k · |H | Hieruit volgt dat |H | een deler is van |G | en dat het aantal linker nevenklassen k gelijk is aan 45 Zie 46 Zie


|G | |H | .

57


Gevolg 8.59. Zij G, ∗ een eindige groep en x een element van G. De orde van x in G is een deler van |G |. x |G | = eG Bewijs. Beschouw de deelgroep47 < x > van G. Het aantal elementen van < x > is precies de orde van x in G.48 De orde van een deelgroep is steeds een deler van de orde van de groep.49 Stelling 8.60. Zij G, ∗ een groep waarvan de orde gelijk is aan een priemgetal p, dan is G cyclisch. Bewijs. Kies een willekeurig element x uit G en beschouw de deelgroep50 < x > voortgebracht door x van G. De orde van < x > is een deler van de orde van G.51 p heeft maar twee delers, namelijk 1 en p, dus ofwel is x gelijk aan het neutraal element, ofwel is x een generator voon G en is G dus cyclisch.52 Gevolg 8.61. Op isomorfisme na, bestaat er slechts e´ e´ n groep voor elk priemgetal, waarbij dat getal de orde is van die groep. Bewijs. Kies een priemgetal p en twee groepen G, ∗ en H, met p als orde. We weten al dat G en H cyclisch zijn.53 Kies dus een generator д voor G en een generator h voor H . Beschouw nu het volgende morfisme. f : G → H : дk 7→ hk f is een isomorfisme, dus G en H zijn isomorf.

Stelling 8.62. Zij f : G → H een morfisme tussen twee groepen G, ∗ en H, . Voor alle x, y in G geldt het volgende: f (x ) = f (y) ⇔ x ∗ Ker ( f ) = y ∗ Ker ( f ) Bewijs. x ∗ Ker ( f ) = y ∗ Ker ( f ) ⇔ x −1 ∗ y ∈ Ker ( f ) Ker ( f ) is een deelgroep van G.54 Bovenstaande gelijkheid geldt voor elke linker neverklasse, dus ook voor Ker ( f ).55 Omdat x −1 ∗ y in de kern van f zit is het beeld ervan eH . f (x −1 ∗ y) = eH f is een morfisme56 :

f (x −1 )f (y) = eH

Wat er nu over blijft is precies dat f (x ) en f (y) gelijk zijn. We hebben in dit bewijs enkel equivalenties gebruikt. De omgekeerde redenering geldt dus ook.

8.1.6 47 Zie

Directe som

stelling 8.38 op pagina 49. stelling 8.39 op pagina 50. 49 Zie stelling 8.39 op pagina 50. 50 Zie stelling 8.38 op pagina 49. 51 Zie stelling 8.59 op pagina 57. 52 Zie definitie 8.40 op pagina 50. 53 Zie stelling 8.60 op pagina 57. 54 Zie stelling 8.26 op pagina 45. 55 Zie eigenschap 8.51 op pagina 54. 56 Zie definitie 8.16 op pagina 43. 48 Zie


58

Definitie 8.63. Zij G 1 , . . . , Gn groepen met bewerkingen ∗1 , . . . , ∗n , dan is de directe som van de groepen Gi , genoteerd als G 1 ⊕ · · · ⊕ Gn de verzameling G, voorzien van de bewerking ∗ waarbij het volgende geldt. G = G 1 × · · · × Gn (д1 , . . . , дn ) ∗ (h 1 , . . . , hn ) = (д1 ∗1 h 1 , . . . , д2 ∗2 h 2 ) Stelling 8.64. De directe som van n groepen G 1 , . . . , Gn is een groep. Bewijs. We gaan de definiërende eigenschappen van een groep af. • ∗ is associatief. Dit volgt meteen uit de associativiteit van elke ∗i . • Er bestaat een neutraal element voor G: (e 1 , e 2 , . . . , en ). • Er bestaat een invers elemment voor elk element x ∈ G: (x 1−1 , x 2−1 , . . . , xn−1 Eigenschap 8.65. Elke groep van orde 4 is isomorf met Z4 of met de viergroep V . EXTRA: bewijs

Eigenschap 8.66. Elke groep van orde 6 is isomorf met Z6 of met S. EXTRA: bewijs

Definitie 8.67. Zij G, ∗ een commutatieve groep en G 1 , ∗ en G 2 , ∗ deelgroepen van G, en elk element д valt op een unieke manier te schrijven als д = д1д2 met д1 ∈ G 1 en д2 ∈ G 2 , dan noemen we G de inwendige directe som van G 1 en G 2 .

8.2

Permutatiegroepen

Definitie 8.68. Zij V een verzameling. De verzameling van permutaties van V noemen we SV . De symmetrische groep van V is de groep SV , ◦ waarbij ◦ de samenstelling van afbeeldingen is.

Definitie 8.69. Een permutatiegroep van V is een deelgroep van SV , ◦.

Definitie 8.70. De symmetrische groep van graad n: Sn is de groep van permutaties van {1, . . . , n}, Stelling 8.71. SV , ◦ is een groep. EXTRA: bewijs

Stelling 8.72. De orde van Sn is n!. EXTRA: bewijs

59

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Stelling 8.73. De orde van An is EXTRA: bewijs

n! 2.

Stelling 8.74. In een permutatiegroep heeft een element dat als een cykel van lengte n wordt voorgesteld orde n EXTRA: bewijs

Stelling 8.75. Examenvraag! Stelling van Cayley: Elke groep is isomorf met een permutatiegroep (een deelgroep van S (G), ◦). Bewijs. Beschouw voor elk element a ∈ G de linkse translatie La bepaald door a: La : G → G : x 7→ a ∗ x La is een permutatie van G EXTRA: verifieer

Beschouw nu ϕ:

ϕ : G → SG : a → La

• ϕ is een groepsmorfisme. ∀a, b ∈ G : ϕ (a ∗ b) = La∗b = La ◦ Lb Merk op dat dit echt enkel kan omdat ∗ associatief is in G. • ϕ is injectief. We tonen aan dat de kern van ϕ enkel eG bevat.57 Stel dat er een element van G op IdG wordt afgebeeld onder ϕ, dan is dat element het neutraal element van G: ϕ (a) = La = IdG ⇒ a = a ∗ eG = La (eG ) = IdG (eG ) = eG ϕ bepaalt dus een isomorfisme van G naar zijn beeld onder ϕ, wat een deelgroep is van SG.58

Gevolg 8.76. Elke eindige groep met n elementen is isomorf met een deelgroep van Sn . EXTRA: bewijs

Propositie 8.77. De afbeelding sдn : Sn , ◦ → {1, −1}, · is een groepsmorfisme met als kern An . Bewijs. Kies twee willekeurige permutaties σ en τ uit Sn . Nu geldt het volgende, bijgevolg is sдn een morfisme.59 sдn(σ ◦ τ ) = sдn(σ ) · sдn(τ ) De kern van dit morfisme zijn alle permutaties met teken 1. Dit zijn precies de permutaties in An .60 Propositie 8.78. De groep van even permutaties An is een deelgroep van Sn . 57 Zie

stelling 8.27 op pagina 46. stelling 8.29 op pagina 46. 59 Zie eigenschap 3.49 op pagina 26. 60 Zie definitie 3.52 op pagina 27. 58 Zie

60

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs. We gaan de voorwaarden in het criterium voor een deelgroep na.61 . • Het neutraal element van Sn is een even permutatie.

• De samenstelling van twee even permutaties is opnieuw een even permutatie. Kies namelijk twee willekeurige even permutaties σ en τ : sдn(σ ◦ τ ) = sдn(σ ) · sдn(τ ) = 1 · 1 = 1 • Voor elke even permutatie bestaat er een inverse permutatie die ook even is. Kies een willekeurige even permutatie τ : τ ◦ τ −1 = Id sдn(tau ◦ τ −1 ) = sдn(Id ) sдn(tau) · sдn(τ −1 ) = 1 1 · sдn(τ −1 ) = 1 Het teken van τ −1 moet dus 1 zijn en τ −1 bijgevolg even. Stelling 8.79. Examenvraag! Zij α ∈ Sn een niet-identieke permutatie. De orde van α in Sn is gelijk aan het kleinst gemeen veelvoud van de lengtes van de cykels in disjuncte cykelnotatie van α. Bewijs. Merk eerst op dat een r -cykel orde r heeft in Sn .62 Zij α als volgt geschreven in disjuncte cykelnotatie. α = (i 1i 2 . . . ir )(j 1 j 2 . . . js ) . . . (z 1z 2 . . . zu ) Noteer m voor het kleinst gemeen veelvoud kдv (r, s, . . . , u) van de lengtes van de cykels. We bewijzen nu dat m de orde is van α in Sn . Allereerst merken we op dat α m inderdaad de identieke transformatie is omdat disjuncte cykels commuteren63 . α m = (i 1i 2 . . . ir )m (j 1 j 2 . . . js )m . . . (z 1z 2 . . . zu )m = I Tenslotte bewijzen we nog dat elke k waarvoor hetzelfde geldt groter is dan m. α k = I ⇒ (i 1i 2 . . . ir )k = I ∧ (j 1 j 2 . . . js )k = I ∧ . . . ∧ (z 1z 2 . . . zu )k = I k is dus een veelvoud van r , s, . . . , u, en bijgevolg ook van m.

Stelling 8.80. De verzameling An van even permutaties is een deelgroep van Sn . EXTRA: bewijs

Stelling 8.81. sдn : Sn , ◦ → {1, −1}, · is een groepsmorfisme met als kern An . Bewijs. Kies twee permutaties a en b uit Sn en zij s en r respectievelijk het aantal transposities in a en b. sдn(a ◦ b) = −1r +s = (−1)r + (−1)s = sдn(a) + sдn(b) 61 Zie

stelling 8.8 op pagina 41. stelling 8.74 op pagina 59. 63 Zie eigenschap 3.44 op pagina 26. 62 Zie

61


8.3

Conjugatie

Definitie 8.82. Zij G een groep en x een element van G. Een element axa −1 met a ∈ G in G noemen we een geconjugeerde of toegevoegde van x.

Definitie 8.83. De conjugatieklas van x in G is de verzameling Cl (x ). Cl (x ) = {axa −1 | a ∈ G} Stelling 8.84. In elke groep is de conjugatieklas van het neutraal element het singleton van het neutraal element. Bewijs. Voor elk element д uit een groep G, ∗ beschouwen we de conjugatieklas van het neutraal element eG : Cl (eG ) = {aeG a −1 | a ∈ G} = {aa −1 | a ∈ G} = {eG | a ∈ G} = {eG } Eigenschap 8.85. Een element behoort steeds tot zijn eigen conjugatieklas. Bewijs. Kies een willekeurig element x van een groep G, ∗. Omdat e een element is van G bevat de conjugatieklas het element exe −1 = x. Eigenschap 8.86. De verzameling van alle conjugatieklassen van een groep G, ∗ vormt een partitie van G en bepaalt bijgevolg een equivalentierelatie. Bewijs. We gaan alle eigenschappen van een partitie na.64 • Een conjugatieklasse van een element x is nooit leeg want ze bevat steeds minstens x. • Conjugatieklassen zijn onderling disjunct. Stel immers dat twee verschillende conjugatieklassen Cl (x ) en Cl (y) van elementen x en y een niet-lege doorsnede hebben, dan bestaan er elementen a, b ∈ G en een element z in de doorsnede zodat het volgende geldt: axa −1 = z = byb −1 Nu zit x in de conjugatieklas Cl (y) van y met als geconjugeerde b −1a en y in de conjugatieklas Cl (x ) van x met als geconjugeerde a −1b: (a −1b) −1y(a −1b) = (b −1a)x (a −1b) = y x = (a −1b)y(b −1a) = (a −1b)y(a −1b) −1 Contradictie • Elk element van G zit in een conjugatieklas.65 64 Zie 65 Zie

definitie 1.46 op pagina 12. eigenschap 8.85 op pagina 61.

62

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Stelling 8.87. Zij G, ∗ een groep en a en b twee elementen van G. Cl (a) = Cl (b) ⇔ b ∈ Cl (a) ⇔ a ∈ Cl (b)

Bewijs. Twee verschillende conjugatieklassen zijn disjunct66 , dus twee elementen zitten in dezelfde conjugatieklas als en slechts als een van de elementen in de conjugatieklas van het andere zit. Eigenschap 8.88. Twee permutaties σ en τ in Sn zijn geconjugeerd als en slechts als ze dezelfde cykelstructuur hebben. Met andere woorden als en slechts als σ en τ evenveel cykels hebben van elke optredende lengte. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Zij σ en τ twee geconjugeerde permutaties in Sn . Er bestaat dan een geconjugeerd element α: ασα −1 = τ Schrijf nu σ in de disjuncte cykelnotatie als volgt: σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk ) Het aantal elementen in de m-de cykel is jm en het totaal aantal cykels is k. Allereerst merken we het volgende op: α ◦ (im,1 . . . im,jm ) ◦ α −1 = (α (im,1 ) . . . α (im,jm )) Dit is bovendien opnieuw een jm -cykel. Bekijk nu τ : τ = α ◦ σ ◦ α −1 = α ◦ (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk ) ◦ α −1 = (α ◦ (i 1,1 . . . i 1,j1 ) ◦ α −1 ) ◦ (α ◦ (i 2,1 . . . i 2,j2 ) ◦ α −1 ) ◦ . . . ◦ (α ◦ (ik,1 . . . ik,jk ) ◦ α −1 ) = (α (i 2,1 ) . . . α (i 2,j2 )) ◦ (α (i 2,1 ) . . . α (i 2,j2 )) ◦ . . . ◦ (α (ik,1 ) . . . α (ik,jk )) Deze schrijfwijze bestaat opnieuw uit disjuncte cykels. α is immers een permutatie. De cykelstructuur is bovendien gelijk aan die van σ . • ⇐ Stel dat twee permutaties σ en τ dezelfde cykelstructuur hebben. σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk ) 0 0 0 0 0 0 . . . ik,j ) σ = (i 1,1 . . . i 1,j )(i 2,1 . . . i 2,j ) . . . (ik,1 1 2 k

We construeren nu een permutatie α van {1, . . . , n} zodat τ en σ conjugeren als volgt: 0 ∀p, q : α (ip,q ) = ip,q

De andere elementen beeldt α op zichzelf af. Nu conjugeert α τ met σ .

66 Zie

eigenschap 8.86 op pagina 61.

63


Definitie 8.89. Zij G, ∗ een groep en a een element van G. De conjugatie met een element a of het inwendig automorfisme bepaald door een element a is een afbeelding σa : σa : G → G : x 7→ axa −1 Eigenschap 8.90. Zij G, ∗ een groep en a een element van G, dan is σa een automorfisme. Bewijs. σa is een transformatie van G 67 , dus we moeten enkel nog bewijzen dat σa voor elke a een bijectie is. Kies daarvoor een willekeurige a uit G. • σa is een surjuctie. Kies een element b in het beeld van σa , dan bestaat er een x zodat x op b afgebeeldt wordt: σa (x ) = b b is namelijk gelijk aan axa −1 dus x is gelijk aan a −1ba. • σa is een injectie. Kies twee elementen x en y met eenzelfde beeld b onder σa . axa −1 = aya −1 x is dan gelijk aan y. Eigenschap 8.91. Examenvraag! Zij G, ∗ een groep, dan is de afbeelding σ een groepsmorfisme: σ : G, ∗ → AutG, ◦ : a 7→ σa Bewijs. Kies twee willekeurige elementen a en b uit G. σ (a ∗ b) = σa∗b σ (a) ◦ σ (b) = σa ◦ σb Kies nu een willekeurig element x uit G: σa∗b (x ) = (a ∗ b) ∗ x ∗ (a ∗ b) −1 = a ∗ b ∗ x ∗ b −1a −1 = a ∗ σb (x ) ∗ a −1 = σa (σb (x )) = (σa ◦ σb )(x )

Definitie 8.92. De deelgroep InnG van AutG is de groep der inwendige automorfismen van G. InnG = Im(σ ) = {σa | a ∈ G} Stelling 8.93. De groep InnG der inwendige automorfismen van een groep G is wel degelijk een deelgroep van AutG. EXTRA: bewijs 67 Zie


64


Definitie 8.94. Zij G, ∗ een groep en д een element van G, dan is de centralisator van д in G, ∗ de verzameling CG,∗ (д) van de elementen in G die commuteren met д. CG,∗ (д) = {x ∈ G | дx = xд}

Definitie 8.95. Zij G, ∗ een groep, dan noteren we de centralisator van een deelverzameling A als CG,∗ (A). \ CG,∗ (A) = {c ∈ G | ∀a ∈ A : a ∗ c = c ∗ a} = CG,∗ (д) д∈A

Eigenschap 8.96. De centralisator CG (a) van a in een groep G, ∗ bevat steeds a. Bewijs. Inderdaad, дa = aд geldt steeds voor д = a.

Eigenschap 8.97. Zij G, ∗ een groep, dan is elke centralisator CG,∗ (д) van G, ∗ een deelgroep van G, ∗. Bewijs. We gaan het criterium voor een deelgroep na voor een willekeurig element д in G • Het neutraal element van G, ∗ is een element van CG,∗ (д). ∀д ∈ G : дeG = eG д • Kies twee elementen x en y die commuteren met д (x ∗ y) ∗ д = x ∗ (y ∗ д) = x ∗ (д ∗ y) = (x ∗ д) ∗ y = (д ∗ x ) ∗ y = д ∗ (x ∗ y) • Kies een element x dat commuteert met д: xx −1 = e дxx −1 = д xдx −1 = д дx −1 = x −1д

Definitie 8.98. Zij G, ∗ een groep, dan is het centrum van G de deelverzameling van G van elementen die met alle elementen van de groep commuteren. \ Z (G) = {x ∈ G | ∀д ∈ G : дx = xд} = CG (д) д∈G

Eigenschap 8.99. Het centrum van een groep is een deelgroep van die groep.

65

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs. We kunnen dit op drie manieren bewijzen: 1. Het criterium van een deelgroep afgaan. 2. Het centrum van een groep is de doorsnede van deelgroepen. 68

69

3. Het centrum van een een groep is de kern van σ : G, ∗ → AutG, ◦ : a 7→ σa 70 Opmerking 8.100. We kunnen het centrum beschouwen als de grootste commutatieve deelgroep. Stelling 8.101. Voor n groter dan 1 geldt het volgende over het centrum van Dn Z (D 2n−1 ) = {e} Z (D 2n ) = {e, an } EXTRA: bewijs

Stelling 8.102. Zij G een eindige groep en a een element van G. |G | = |CG (a)| · |Cl (a)| Bewijs. We construeren een bijectie tussen de conjugatieklas Cl (a) van a en de verzameling van linkse nevenklassen van CG (a) in G, ∗. Er geldt dan het volgende, wat equivalent is met de te bewijzen stelling.71 |G | = |{дCG (a) | a ∈ G}| = Cl (a) |CG (a)| Beschouw nu de afbeelding ϕ: ϕ : {дCG (a) | a ∈ G} → Cl (a) : дCG (a) 7→ дaд−1 We bewijzen eerst dat ϕ goed gedefinieerd is. Als we immers twee verschillende elementen д en h zouden kiezen van een linker nevenklasse дCG (a) dan zou дaд−1 gelijk moeten zijn aan hah −1 opdat ϕ goed gedefinieerd zou zijn. дCG (a) = hCG (a) ⇔ h −1дCG (a) = Cд (a) Omdat h −1д bijgevolge in Cд (a) zit commuteert h −1д met a: ⇔ h −1д ∈ Cд (a) ⇔ h −1дa = ah −1д ⇔ дaд−1 = hah −1 • ϕ is een injectie: Stel dat ϕ (дCд (a)) gelijk is aan ϕ (hCд (a)), dus dat дaд−1 gelijk is aan hah −1 , dan geldt eenvoudigweg dat дCG (a) gelijk is aan hCG (a). • ϕ is een surjectie: Inderdaad, voor elke mogelijke conjugatie (met д) van a bestaat er een linker nevenklasse дCG (a). 68 Zie

eigenschap 8.97 op pagina 64. stelling 8.15 op pagina 43. 70 Zie stelling 8.26 op pagina 45. 71 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 69 Zie

66


Gevolg 8.103. Zij G, ∗ een eindige groep en a een element van G, dan is |Cl (a)| een deler van |G |. Bewijs. Voor elk element a van G bestaat er een q ∈ Z zodat het volgende geldt: |G | = q · |Cl (a)| Sterker nog, die q is gelijk aan |CG (a)|.

Stelling 8.104. De klasvergelijking Zij G een eindige groep van orde k. De som van het aantal orde in het centrum van G en het aantal elementen van de conjungatieklassen met meer dan 1 element is gelijk aan het aantal elementen in G. In symbolen: Noteer de conjungatieklassen van G als volgt: Cl (a 1 ), . . . , Cl (am ), Cl (am+1 ), . . . , Cl (ak ) De elementen met index kleiner of gelijk aan m hebben een conjungatieklasse van grootte 1, en de anderen een grotere. |Cl (a 1 )| = · · · = |Cl (am )| = 1 en |Cl (am+i )| > 1 |G | = |Z (G)| +

k X

|Cl (ai )|

i=m+1

Bewijs. De conjugatieklassen van G, ∗ vormen een partitie.72 Bijgevolg geldt het volgende over |G |. |G | =

k X

|Cl (ai )|

i=1

Merk nu op dat de orde van een conjugatieklasse Cl (ai ) 1 is wanneer die conjugatieklasse Cl (ai ) enkel ai bevat. Dit is precies wanneer de centralisator CG,∗ (a) van a heel G is73 , dus wanneer a in het centrum van G, ∗ zit. m X |Cl (ai )| = |Z (G)| i=1

Hieruit volgt meteen de stelling.

Definitie 8.105. Een groep P, ∗ met een macht pk van een priemgetal p als orde noemen we een p-groep. Propositie 8.106. Zij p een priemgetal en P, ∗ een p-groep, dan bevat het centrum Z (P ) van P, ∗ meer dan e´ e´ n element. |Z (P )| > 1 72 Zie 73 Zie

eigenschap 8.86 op pagina 61. stelling 8.102 op pagina 65.

67


Bewijs. Het aantal elementen in het centrum van een p-groep bevat meer dan e´ e´ n element als en slechts als het aantal elementen van dat centrum groter is of gelijk aan p. Dit als en slechts als p de orde van Z (P ) deelt. De orde van Z (P ) deelt immers de orde van P want Z (P ) is een deelgroep van G, ∗.74 75 Als |P | niet 1 is, deelt p dus zeker de orde van Z (P ). |Z (P )| > 1 ⇔ |Z (P )| ≥ p ⇔ p deelt |Z (p)| Zij de orde van |P | de r -de macht van p.

|P | = pr

Zij Cl (a 1 ) tot en met Cl (ak ) de conjugatieklassen van G, ∗ zoals in de formulering van de klasvergelijking. k X r p = |P | = |Z (G)| + |Cl (ai )| i=m+1

deelt76 , moet

Omdat de orde van Cl (ai ) ook |P | |Cl (ai )| met i groter dan m een strikt positieve macht zijn van p. Bijgevolg moet p een deler zijn van |Z (p)| CLARIFY: waarom?

en |Z (p)| dus groter dan 1.

Stelling 8.107. Zij p een priemgetal, dan is elke groep met p 2 elementen commutatief. Bewijs. Zij P een groep met orde p 2 . De orde van het centrum Z (P ) van P is groter dan 177 . De orde van het centrum is bovendien een deler van p 278 79 . Bijgevolg zijn er precies twee mogelijkheden: |Z (P )| = p of |Z (P )| = p 2 Als |Z (p)| = p 2 geldt, is de groep gelijk aan het centrum van de groep en bijgevolg commutatief.80 Als |Z (p)| p is, kies dan een element a uit P dat niet in het centrum zit. Dit kan omdat p strikt kleiner is dan p 2 . De centralisator CP (a) van a zal minstens zichzelf bevatten81 , alsook het centrum van P, minstens p +1 elementen dus. Die centralisator moet als orde een deler hebben van |P |,82 83 dus moet die centralisator heel P omvatten. Dit betekent echter dat a toch een element is van het centrum want deze redenering gaat op voor elke a buiten Z (P ), contradictie. Stelling 8.108. Elke groep van orde 9 is isomorf met Z9 of met Z3 ⊕ Z3 . EXTRA: bewijs

8.4 74 Zie

Normaaldelers en Quotientgroepen

eigenschap 8.99 op pagina 64. stelling 8.58 op pagina 56. 76 Zie gevolg 8.103 op pagina 66. 77 Zie propositie 8.106 op pagina 66. 78 Zie eigenschap 8.99 op pagina 64. 79 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 80 Zie definitie 8.98 op pagina 64. 81 Zie eigenschap 8.96 op pagina 64. 82 Zie eigenschap 8.97 op pagina 64. 83 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 75 Zie

68


Definitie 8.109. Zij G, ∗ een groep, dan is de normalisator van een deelverzameling A de verzameling NG,∗ (A) als volgt: NG,∗ (A) = {c ∈ G | c ∗ A = A ∗ c} Definitie 8.110. Een normaaldeler H , ∗ is een deelgroep H, ∗ van G, ∗ met de volgende eigenschap: N / G ⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H = H ∗ д ⇔ NG,∗ (N ) = G In woorden: “De linker en rechter nevenklasse van N bepaald door elk element д ∈ G zijn gelijk.” Opmerking 8.111. Merk op dat volgende bewering niet noodzakelijk geldt voor een normaaldeler H, ∗ van een groep G, ∗: ∀h ∈ H , д ∈ G : д ∗ h = h ∗ д Een normaaldeler is met andere woorden niet noodzakelijk het centrum van een groep. Definitie 8.112. Examenvraag! Een quotientgroep G/H, ∗¯ van een groep G door een deelgroep H van G is de groep der linker nevenklassen van H met een bewerking ∗¯ die onafhankelijk is van de representantenkeuze. (¯∗) : G/H → G/H : (x ∗ H )¯∗ (y ∗ H ) = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ H In de bovenstaande definitie zijn x 0 en y 0 twee willekeurig gekozen representaten. Eigenschap 8.113. Als N een normaaldeler is van G, dan is N ook een normaaldeler van elke deelgroep tussen N en G en geldt bovendien, nog sterker, het volgende in G, ∗: N / G ⇒ (∀N 0 : (N ⊆ N 0 ∧ N 0 ⊆ G) ⇒ (∀n ∈ N : nN 0 = N 0n)) EXTRA: bewijs

Stelling 8.114. Van een commutatieve groep is elke deelgroep een normaaldeler. Bewijs. Kies een deelgroep D, ∗ van een commutatieve groep G, ∗. ∀x ∈ G : x ∗ D = {x ∗ d |d ∈ D} = {d ∗ x |d ∈ D} = D ∗ x Stelling 8.115. In elke groep G, ∗ zijn {eG }, ∗ en G, ∗ normaaldelers. Bewijs. Aangezien de bewerking ∗ in G intern is84 geldt het volgende: дG = Gд G, ∗ is dus een normaaldeler van G, ∗ Precies omdat eG het neutraal element is in G, ∗, is {eG }, ∗ een normaaldeler van G, ∗. eG ∗ {eG } = {eG ∗ eG } = {eG } ∗ eG 84 Zie


69


Definitie 8.116. Zij G een groep, dan noemen we {eG } en G de triviale normaaldelers van G. Stelling 8.117. De criteria voor normaaldelers Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G. (1)

H / G ⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H ∗ д−1 = H (2)

⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H ∗ д−1 ⊂ H (3)

⇔ ∀д ∈ G, ∀h ∈ H : д ∗ h ∗ д−1 ∈ H Bewijs.

1. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ – дNд−1 ⊆ N Kies een willekeurig element д ∗ n ∗ д−1 in д ∗ N ∗ д−1 . Omdat д ∗ n in de nevenklasse van N zit, moet er een n0 ∈ N bestaan zodat д ∗ n = n0 ∗ д geldt. Laat dit nu precies дnд−1 zijn. дnд−1 = n0дд−1 = n0 дnд−1 zit dus zeker in N . – N ⊆ дNд−1 Kies een willekeurig element n in N . Omdat n ∗ д voor elk element д ∈ G in de nevenklasse van N zit, bestaat er een n0 ∈ N zodat n ∗ д = д ∗ n0 geldt. n = n ∗ д ∗ д−1 = д ∗ n0 ∗ д−1 д ∗ n0 ∗ д−1 zit zeker in д ∗ N ∗ д−1 . • ⇐ Kies een willekeurig element д van G, ∗. voor elk element n van N bestaat er nu een element n0 ∈ N als volgt: ∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N : д ∗ n ∗ д−1 = n0 Dit houdt precies het volgende in. ∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N : д ∗ n = n0 ∗ д−1 N is dus een normaaldeler van G. д ∗ N = N ∗д

2.

EXTRA: bewijs

3. Dit is precies hetzelfde als het tweede criterium, enkel geherformuleerd.

Stelling 8.118. ZIj G, ∗ een groep, H, ∗ een deelgroep van G, ∗ en ∼ een equivalentierelatie op G, dan is H een normaaldeler van G als en slechts als ∼ zowel links als rechts verenigbaar is. TODO: bewijs p 106 tai

70

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Propositie 8.119. Zij G, ∗ een groep, dan is het centrum Z (G) een normaaldeler van G. Bewijs. ∀д ∈ G : д ∗ Z (G) = {д ∗ z | z ∈ Z (G)} = {z ∗ д | z ∈ Z (G)} = Z (G) ∗ д}

Propositie 8.120. Examenvraag! Zij G, ∗ een groep, dan is elke deelgroep van een groep G, ∗ met index 2 een normaaldeler van G, ∗. Bewijs. Zij H, ∗ een deelgroep van een groep G, ∗ met index 2. [G : H ] = 2 ⇔

|G | =2 |H |

Het aantal nevenklassen van H in G in dan precies 2.85 De nevenklassen zijn dan H en G \ H .86 We gaan nu na of дH gelijk is aan Hд voor elke д ∈ G. Als д in H zit, dan is дH gelijk aan H en Hд. дH = Hд geldt dan. Als д in G \ H zit, dan zijn zowel дH als Hд niet gelijk aan H geldt bijgevolg дH = G \ H = Hд. Propositie 8.121. Zij G, ∗ een groep en N , ∗ de enige deelgroep van G, ∗ met orde |N |, dan is N , ∗ een normaaldeler van G, ∗. Bewijs. Beschouw voor elke д in G het inwendig automorfisme σд : σд : G → G : x 7→ дxд−1 Dit morfisme beeldt de deelgroep N bijectief af op de deelgroep дNд−1 . |дNд−1 | = |N | Omdat N de enige deelgroep is met |N | elementen en дNд−1 een deelgroep is87 van G, ∗ moeten дNд−1 en N gelijk zijn. Propositie 8.122. De kern Ker ( f ) van een groepsmorfisme f : G, ∗ → H , is een normaaldeler van G, ∗. Ker ( f ) / G Bewijs. Kies een willekeurig element д. We bewijzen nu dat er voor elk element k in de kern Ker ( f ) van f een element k 0 bestaat zodat дk gelijk is aan k 0д. Omdat zowel k als k 0 in de kern van f zitten geldt het volgende:88 kKer ( f ) = Ker ( f ) = Ker ( f )k 0 Dit betekent precies dat de kern van f een normaaldeler is van G, ∗. Eigenschap 8.123. Zij f : G, ∗ → H, een groepsmorfisme f behoudt het normaaldelen. N / G ⇒ f (N ) / f (G) 85 Zie

stelling 8.58 op pagina 56. stelling 8.54 op pagina 55. 87 Zie stelling 8.25 op pagina 45. 88 Zie eigenschap 8.53 op pagina 54. 86 Zie

71


Bewijs. Omdat N een normaaldeler is van G, geldt voor elk element д van G, dat er voor elk element n van N een element n0 in N bestaat zodat het volgende geldt: д ∗ n = n0 ∗ д We beelden nu beiden kanten af onder f . f (д ∗ n) = f (n0 ∗ д) f (д)f (n) = f (n0 )f (д) Dit betekent precies dat f (N ) een normaaldeler is van G.

Eigenschap 8.124. Examenvraag! Zij f : G, ∗ → H , een groepsmorfisme f −1 behoudt het normaaldelen. f (N ) / H ⇒ N / G Bewijs. We bewijzen dat het volgende geldt89 : ∀д ∈ G : д ∗ N ∗ д−1 ⊆ N Voor elke д ∈ G geldt het volgende: f (д ∗ N ∗ д−1 ) = f (д)f (N )f (д) −1 = f (N ) Beschouw nu het volgende, hieruit volgt de stelling. f −1 ( f (д ∗ N ∗ д−1 )) = f −1 ( f (N )) ⊆ N

8.4.1

Quotientgroepen

Definitie 8.125. Examenvraag! Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. De (kandidaat-)bewerking ∗¯ op G/N is gedefinieerd als volgt: (x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N Hierin zijn x 0 ∈ x ∗ N en y 0 ∈ f ∗ N twee willekeurige representanten. Propositie 8.126. Examenvraag! De definitie van de quotientgroep G/H , ∗¯ van een groep G door een deelgroep H van G, ∗ is enkel zinvol wanneer H een normaaldeler is van G, ∗. ’t Is te zeggen. De bewerking ∗¯ is enkel goed gedefinieerd, dus onafhankelijk van de representatenkeuze, wanneer H een normaaldeler is. Bewijs. Zij H een normaaldeler van een groep G, ∗. Kies twee verschillende representaten x 0, x 00, y 0 en y 00 van x, respectievelijk y in respectievelijk x ∗H en y∗H . We moeten nu bewijzen dat (x 00 ∗y 00 )∗N 89 Zie


72


gelijk is aan (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N . We weten dat x 00 ∗ N en x 0 ∗ N gelijk zijn, alsook y 00 ∗ N en y 0 ∗ N omdat ze beiden in x ∗ N zitten.90 Er bestaan dus elementen nx en ny in N zodat het volgende geldt: x 00 = x 0nx

en

y 00 = y 0ny

Hieruit volgt eenvoudigweg het volgende: x 00 ∗ y 00 = x 0 ∗ nx ∗ y 0 ∗ ny Omdat y 0 in y 0N zit, geldt ook N ∗ y 0 = y 0 ∗ N .91 Er bestaat dus een n ∈ N zedat nx ∗ y gelijk is aan y 0 ∗ n. x 00 ∗ y 00 = x 0 ∗ y 0 ∗ n ∗ ny Omdat n ∗ ny ook in N zit, volgt hieruit dat de representatenkeuze niet uitmaakt. (x 00 ∗ y 00 ) ∗ N = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N Stelling 8.127. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, dan vormt de quotientverzameling G/N , uitgerust met de bewerking ∗¯ een groep. Bewijs. Inderdaad, ∗¯ is intern, het neutraal element van G/N is N en de inverse van een element x ∗ N van G/N is x −1 N .

Definitie 8.128. We noemen G/H, ∗¯ de quotientgroep of het quotient van G door H .

Definitie 8.129. We verkorten de notatie van ∗¯ soms naar ∗ als de bewerking op G/H . Stelling 8.130. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, dan is de afbeelding π een groepsmorfisme. π : G → G/N : x 7→ x ∗ N Bewijs. We moeten dat voor elke twee elementen x en y uit G het volgende geldt: π (x ∗ y) = π (x )¯∗π (y) ⇒ (x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x ∗ y) ∗ N Dit is een herformulering van de definitie van ∗¯ .

Definitie 8.131. We verkorten de notatie x ∗ N soms als x¯ voor x ∈ G. eG = eG ∗ N = N

90 Zie 91 Zie

eigenschap 8.53 op pagina 54. eigenschap 8.53 op pagina 54.

en

x¯−1 = x −1 of − x¯ = −x

73


Definitie 8.132. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. De verzameling G/H van nevenklassen, uitgerust met de bewerking ∗¯ noemen we de quotiëntgroep van G door N . ∗¯ zullen we vanaf nu ook gewoon als ∗ schrijven.

Definitie 8.133. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. We gebruiken een kortere notatie x¯ voor een element x ∗ N van de quotiëntgroep van G door N : x¯ = x ∗ N Eigenschap 8.134. De kern van π : G → G/N : x 7→ x ∗ N is N . Bewijs. Elk element n in N wordt onder π afgebeeldt op n ∗ N , maar vermits n in n ∗ N zit, is n ∗ N gelijk aan N .92 Elk element д buiten N in G wordt afgebeeldt op д ∗ N en vermits д niet in N zit, zitten er minstens |N | + 1 elementen is д ∗ N . д ∗ N kan dus niet gelijk zijn aan N . Gevolg 8.135. Een deelgroep N , ∗ van een groep G, ∗ is een normaaldelor van G als en slechts als deze de kern is van een groepsmorfisme vanuit G. EXTRA: bewijs

Stelling 8.136. Zij N , ∗ een deelgroep van een groep G, ∗, dan is N een normaaldeler als de bewerking ∗¯ van G/N een groep maakt: ∗¯ : G/N × G/N → G/N : (x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x ∗ y) ∗ N Zonder bewijs

Stelling 8.137. Examenvraag! Als er een deelgroep H , ∗ van het centrum Z (G) van een groep G, ∗ bestaat zodat G/H cyclisch is, dan is G commutatief. Bewijs. Stel dat G/H cyclisch is, dan bewijzen we nu dat willekeurige elementen a en b uit G commuteren. Zij д¯ een generator voor G/H , dan bestaan er getallen i en j in Z zodat, in G/H het volgende geldt: ¯ j = дj ¯ i = дi en b¯ = (д) a¯ = (д) Anders gezegd bestaan er x en y in H zodat we a en b als volgt kunnen schrijven. a = дi x

en

b = дjy

We kunnen nu rekenen met a en b. Merk op dat, omdat G/H cyclisch is, G/Z (G) ook commutatief is.93 ab = дi xд jy = дi д j xy = д j дi yx = д jyдi x = ba

92 Zie 93 Zie


74


Stelling 8.138. Zij G, ∗ een groep met G/Z (G) cyclisch, dan is G, ∗ commutatief (en G/Z (G) bijgevolg de triviale groep). Bewijs. Als G/Z (G) cyclisch is, dan is G commutatief omdat Z (G) een deelgroep is van Z (G).94

Gevolg 8.139. Zij p en q verschillende priemgetallen, dan is het centrum van een niet-commutatieve groep G, ∗ van orde pq triviaal. Z (G) = {eG } Bewijs. Omdat G niet commutatief is, bestaat er geen deelgroep H van het centrum Z (G) zodat G/H cyclisch (en dus commutatief 95 ) is.96 Z (G) is dus niet cyclisch. De orde van Z (G) moet bovendien een deler zijn van de orde van G omdat Z (G) een deelgroep is van G.97 98 De orde van Z (G) moet dus p, q of 1 zijn. p en q zijn echter priemgetallen, en elke groep met een priemgetal als orde is cyclisch99 , dus de orde van Z (G) moet 1 zijn. Elke groep van orde 1 is de groep met enkel het neutraal element.

8.4.2

Enkelvoudige en oplosbare groepen

Definitie 8.140. Een groep G, ∗ is enkelvoudig als de enige normaaldelers van G de triviale normaaldelers {eG } en G zijn. Stelling 8.141. We kunnen elke niet-enkelvoudige groep G ontbinden in enkelvoudige groepen. Bewijs. • Kies van G = G 0 een niet-triviale normaaldeler G 1 van maximale orde, dan is G 0 /G 1 enkelvoudig. Stel immers dat G 0/G 1 niet enkelvoudig is, dan kunnen we een niet-triviale noraaldeler H in G 0/G 1 vinden. Noem G 2 = H/G 1 . Dit is een normaaldeler van G 0/G 1 . 100 /

G 0/G 1 H /G 1

= G 0/H

Dit zou echter betekenen dat H een grotere orde heeft dan G 1 , maar dat kan niet want G 1 heeft een maximale orde. CLARIFY: duidelijk zo?

• G 2 is Kies nu, opnieuw, als G 1 niet enkelvoudig is, een niet-triviale normaaldeler (van G 1 ) van maximale orde. G 1 /G 2 is dan ook enkelvoudig. We kunnen zo verder groepen Gi kiezen met Gi+1 / Gi tot Gn uiteindelijk enkelvoudig is.

Definitie 8.142. De enkelvoudige groepen Gi /Gi+1 uit bovenstaande ontbinding noemen we (de) compositiefactoren van G. 94 Zie

stelling 8.137 op pagina 73. stelling 8.41 op pagina 50. 96 Zie stelling 8.137 op pagina 73. 97 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 98 Zie eigenschap 8.99 op pagina 64. 99 Zie stelling 8.60 op pagina 57. 100 Zie stelling 8.163 op pagina 80. 95 Zie

75


Stelling 8.143. De compositiefactoren van een niet-enkelvoudige groep G zijn onafhankelijk (op isomorfisme na) van de keuze van de normaaldelers. Zonder bewijs Stelling 8.144. De structuurstelling voor eindige commutatieve groepen Elke eindige commutatieve groep is isomorf met een directe som van cyclische groepen. r M i=1

Zpki i

Hierin is elke piki een macht van een priemgetal. Zonder bewijs Propositie 8.145. De enkelvoudige eindige commutatieve groepen zijn de groepen Zp , + met p een priemgetal en de triviale groep {eG }, ∗. Bewijs. De orde van Zp is p, dus elke deelgroep (en kandidaat normaaldeler) heeft als orde een deler van p 101 . De enige delers van p zijn 1 of p, dus Zp heeft geen niet-triviale normaaldelers. Zp is bijgevolg enkelvoudig. Elke andere (niet-triviale) eindige commutatieve groep heeft een niet-triviale normaaldeler. Zij n de orde van een niet-triviale eindige commutatieve groep, dan heeft n minstens e´ e´ n deler verschillend van 1 en van n. QUESTION: waarom heeft Zn zeker normaaldelers?

Definitie 8.146. Een groep G is oplosbaar als er een eindige keten van deelgroepen Hi bestaat zodat voor elke Hi twee eigenschappen gelden: {eG } = Hk ⊂ Hk−1 · · · H 2 ⊂ H 1 ⊂ H 0 = G • ∀i : Hi+1 / Hi • ∀i : Hi /Hi+1 is commutatief Stelling 8.147. Een eindige groep G, ∗ is oplosbaar als en slechts als alle compositiefactoren van G commutatief zijn. Zonder bewijs Stelling 8.148. Een eindige groep G van orde n is oplosbaar als e´ e´ n van de volgende voorwaarden geldt: • n < 60. • n is oneven. • n is een macht van een priemgetal. Zonder bewijs 101 Zie


76


8.5

De isomorfismestellingen

8.5.1

Eerste isomorfismestelling

Stelling 8.149. Examenvraag! Eerste isomorfismestelling Zij G.∗ en H , twee groepen. Zij ϕ : G → H een groepsmorfisme, dan is ϕ¯ : G/Ker (ϕ) → H : дKer (ϕ) 7→ ϕ (д) een injectief groepsmorfisme. Bijgevolg is G/Ker (ϕ) isomorf met ϕ (G). G/Ker (ϕ) ϕ (G) Een alternatieve formulering van deze stelling gaat als volgt: Zij ϕ : G → H een groepsmorfisme, dan is het volgende diagram commutatief en ϕ 0 een isomorfisme. ϕ

G

H

ϕ¯

π G/Ker (ϕ)

ϕ0

i ϕ (G)

Nog een derde formulering als volgt: Met dezelde notaties: een groepsmorfisme ϕ kan ontbonden worden als een samenstelling van een surjectie π en de injectie ϕ¯ = i ◦ ϕ 0, of nog, een surjectie π , een bijectie ϕ 0 en een injectie (inbedding) i. Bewijs. Belangrijk bewijs in delen. • Eerst bewijzen we dat ϕ¯ goed gedefinieerd is. We tonen aan dat voor twee verschillende representanten x en y uit дKer (ϕ) (voor een bepaalde д ∈ G), het beeld onder ϕ hetzelfde is. Omdat x en y in dezelfde nevenklasse van Ker (ϕ) zitten, bestaat er een element h ∈ Ker (ϕ) zodat x gelijk is aan y ∗ h. ϕ (x ) = ϕ (y ∗ h) = ϕ (y)ϕ (h) = ϕ (y)eH = ϕ (y) • Vervolgens bewijzen we dat ϕ¯ een groepsmorfisme is. ∀дKer (ϕ), д Ker (ϕ) ∈ 0

G/Kerϕ

:

ϕ¯(дKer (ϕ) ∗¯ д0Ker (ϕ)) = ϕ¯((д ∗ д0 )Ker (ϕ)) = ϕ (д ∗ д0 )

= ϕ (д) ∗ ϕ (д0 )

In de tweede gelijkheid gebruiken we dat ¯(ϕ) goed gedefinieerd is. • Tenslotte bewijzen we dat ϕ¯ een injectie is. Kies een д¯ = дKer (ϕ) in G/Ker (ϕ) zodat ϕ¯ д¯ afbeeldt op eH . We moeten nu aantonen dat daaruit volgt dat д¯ het neutraal element (eG Ker (ϕ)) is van G/Ker (ϕ).102 Omdat ϕ¯ д¯ afbeeldt op eH , moet ϕ д ook afbeelden op eH (anders was ϕ¯ niet goed gedefinieerd). Dit betekent dat д tot Ker (ϕ) behoort. Bijgevolg is д¯ gelijk aan Ker (ϕ), het neutraal element van G/Ker (ϕ).103 . 102 Zie 103 Zie

stelling 8.27 op pagina 46. eigenschap 8.53 op pagina 54.

77


Propositie 8.150. Zij G een groep, dan zijn de nevenklassen van het centrum van G in G isomorf met de groep der inwendige automorfismen van G. G/Z (G) InnG

met

InnG = {σa : G → G : д 7→ aдa −1 | a ∈ G}

Bewijs. We passen de eerste morfismestelling104 toe op het groepsmorfisme σ . σ : G → AutG : a 7→ σa Z (G) is nu de kern van σ , dus is G/Z (G) isomorf met InnG. EXTRA: nagaan dat σ goed gedefinieerd is

Stelling 8.151. Examenvraag! De factorisatiestelling Zij f : G → H een groepsmorfisme en N ⊆ Ker ( f ) een normaaldeler van G. Er bestaan dan een uniek groepsmorfisme f 0 : G/N → H als volgt • f kan ontbonden worden als f = f 0 ◦ π • f 0 is injectief als en slechts als N gelijk is aan Ker ( f )

G π

f

H

f0

G/N Bewijs. Bewijs in delen. • De factorisatie-eis impliceert dat we f 0 als volgt moeten definiëren. f 0 : G/N → H : aN 7→ f (a) Voor elke a in G geldt nu dat a door f = ( f 0 ◦ π ) afgebeeld wordt op f 0 (aN ) = f (a). • De nevenklassen van N die door f 0 op eH worden afgebeeld zijn de nevenklassen aN met a in de kern van f . f 0 is dus injectief als en slechts als de verzameling {aN | a ∈ Ker ( f )} gelijk is aan {N }.105 Dit is precies wanneer N de kern is van f .

8.5.2

Voortbrengers van een groep

Definitie 8.152. Zij G, ∗ een groep en X ⊆ G een deelverzameling van G. De groep дrp{X } voortgebracht door X is de doorsnede van alle deelgroepen van G die X omvatten. дrp{X } = дrp < X >=< X > 104 Zie 105 Zie


78

HOOFDSTUK 8. GROEPEN De groep voortgebracht door X is de kleinste deelgroep van G die X omvat.

Opmerking 8.153. Zij G, ∗ een groep en x en y twee elementen van G. De groep < x, y > voortgebracht door x en y is niet zomaar gelijk aan de volgende verzameling (analoog met een cyclische groep). {x k yl | k, l ∈ Z} Eigenschap 8.154. Zij G, · een groep en X ⊆ G een deelverzameling van G, dan is de groep < X > voortgebracht door X gelijk aan de verzameling van alle mogelijke samenstellingen van elementen uit X en hun inversen. n Y      < X >=  ai n ∈ N, ai ∈ X ∨ ai−1 ∈ X    i=0  Bewijs. Noteer het rechterlid van bovenstaande vergelijking als X 0. Elke deelgroep van G die X omvat moet alle elementen van X , hun inversen, en onderlinge samenstellingen bevatten. X 0 ⊆< X > Anderzijds is X 0 ook een deelgroep van G die X omvat. < X >⊆ X 0 EXTRA: ga dit na met het criterium van deelgroepen

Definitie 8.155. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan is HK als volgt gedefinieerd. H ∗ K = {h ∗ k | h ∈ H , k ∈ K } Opmerking 8.156. Als G niet commutatief is, dan zal HK niet steeds de groep zijn voortgebracht door H ∪ K. Het is zelfs niet steeds een deelgroep. Stelling 8.157. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan is HK een deelverzameling van de groep voortgebracht door H ∪ K. HK ⊆< H ∪ K > EXTRA: bewijs

Stelling 8.158. Examenvraag! Zij H en K deelgroepen van een commutatieve groep G, ∗, dan is HK gelijk aan de groep voortgebracht door H ∪ K. HK =< H ∪ K > EXTRA: bewijs

Propositie 8.159. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan zijn de volgende stellingen equivalent. • HK =< H ∪ K >

79

HOOFDSTUK 8. GROEPEN • HK is een deelgroep van G. • HK = KH EXTRA: bewijs p 36

Gevolg 8.160. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan geldt het volgende als H of K een normaaldeler is. HK = KH =< H ∪ K >

8.5.3

Tweede isomorfismestelling

Stelling 8.161. De tweede isomorfismestelling of parallellogramisomorfismestelling Zij G, ∗ een groep. Zij H een deelgroep van G, ∗ en N een normaaldeler van G, ∗, dan gelden volgende beweringen. N / HN (H ∩ N ) / H HN H H ∩N N Bewijs. N is een normaaldeler van G, en H N is daarom een deelgroep van G 106 , tussen N en G, dus N is ook een ’normaaldeler’ van N H . N / NH Beschouw nu de afbeelding p:

HN : h 7→ hN N p kunnen we beschouwen als samenstelling π ◦ i van de inbedding i : H → H N en het natuurlijk morfisme π : HN π :H → : h 7→ hN N De kern van p is nu gelijk aan H ∩ N , dus H ∩ N is een normaaldeler van H .107 p is bovendien surjectief. Kies immers een willekeurig element x in H N/N . x is dan van de vorm x = hnN met h ∈ H en n ∈ N . x is dan het beeld van h onder p. p:H →

x = hnN = p(h) H/H ∩N

is nu isomorf met H N/N .108 H ∩ N is immers de kern van p en H N/N het beeld van N onder p.

CLARIFY: waarom is p zeker een groepsmorfisme, en waarom moeten we surjectiviteit bewijzen?

Stelling 8.162. Zij A en B deelgroepen van een eindige groep G. |AB| = Zonder bewijs 106 Zie

gevolg 8.160 op pagina 79. propositie 8.122 op pagina 70. 108 Zie stelling 8.149 op pagina 76. 107 Zie

|A| · |B| |A ∩ B|

80


8.5.4

Derde isomorfismestelling

Stelling 8.163. Derde isomorfismestelling Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, ∗. • De afbeelding H 7→ H /N bepaalt een bijectie tussen de deelgroepen van G, ∗ die N omvatten en de deelgroepen van G/N . • Onder deze bijectie corresponderen normaaldelers van G met normaaldelers van G/N . • Zij H nog een normaaldeler van G zodat N een deelverzameling is van H , dan geldt het volgende: (G/N )/(H /N ) G/H Bewijs. Bewijs in delen. • Zij A de verzameling van alle deelgroepen H van G die N omvatten en B de verzameling van deelgroepen van G/N . A en B zijn dan de verzamelingen waartussen we een bijectie zoeken. We bewijzen dat de afbeelding p een (die) bijectie is. p : A → B : H 7→ π (H )

met

π : G → G/N : д 7→ дN

– p is injectief. Kies een H en H in A zodat π (H ) gelijk is aan π (H 0 ). We moeten nu bewijzen dat hieruit volgt dat H gelijk is aan H 0 ∗ H ⊆ H0 Kies een willekeurig element h uit H , dan is de afbeelding π (h) van h onder π een element van π (H ) = π (H 0 ). Er bestaat dus een element h0 in H 0 zodat pi (h) gelijk is aan π (h0 ). Dit betekent dat er een n in N bestaat zodat h gelijk is aan h0n. N is echter een deelverzamelijk van H 0, dus h zit ook in H 0. ∗ H0 ⊇ H Wissel de benamingen H en H 0 om in bovenstaand puntje. – p is surjectief. Kies een H 0 uit B. Omdat π surjectief is109 geldt H 0 = π (π −1 (H 0 )). Er bestaat dus steeds een element a uit A zodat p(a) = H 0 geldt. • Dit volgt uit de eigenschap over beelden en inverse beelden van normaaldelers onder een groepsmorfisme. EXTRA: dit is me niet duidelijk

• Beschouw de afbeelding f :

f : G/N → G/H : дN 7→ дH

– f is een goed gedefinieerd groepsmorfisme. Kies immers twee verschillende representanten д en k van G/N . дH is dan gelijk aan kH omdat д en H uit dezelfde nevenklasse komen. – f is surjectief. (Kies immers een дH uit G/H , dan geldt д(дN ) = дH .) 109 Zie


81

HOOFDSTUK 8. GROEPEN – De kern van f is H /N . Ker ( f ) = {дN ∈ G/N | дH = H } = {дN ∈ G/N | д ∈ H } = H /N Omdat H /N de kern van f is, en G/H het beeld van G/N onder f , geldt G/H .110

(G/N )/(H /N )

CLARIFY: Dit kan duidelijker en gedetailleerder!

8.5.5

Commutatordeelgroep

Stelling 8.164. Herformulering van commutativiteit Een groep is commutatief als en slechts als het volgende geldt: ∀x, y ∈ G : xyx −1y −1 = e EXTRA: bewijs

Definitie 8.165. Zij G een groep, dan zijn de elementen in G van de vorm xyx −1y −1 met x, y ∈ G commutatoren

Definitie 8.166. De commutatordeelgroep of afgeleide groep G 0 = G (1) van G is de groep voortgebracht door de commutatoren van G. G 0 = G (1) =< xyx −1y −1 | x, y ∈ G > Stelling 8.167. De commutatordeelgroep G 0 van een groep G is wel degelijk een deelgroep van G. EXTRA: bewijs

Stelling 8.168. Zij G een groep.

G0 / G

Bewijs. Hint: Probeer dit niet direct te bewijzen aan de hand van de definitie van een normaaldeler. Kies een element д uit G en een element h uit G 0. We bewijzen nu dat дhд−1 in G 0 zit.111 We schrijven дhд−1 eerst als дhд−1h −1h дhд−1h −1 en h zijn beide elementen van G 0, dus дhд−1h −1h ook. Stelling 8.169. Zij G een groep en N een normaaldeler van G, dan is G/N commutatief als en slechts als G 0 een deel is van N . G/N is commutatief ⇔ G 0 ⊆ N 110 Zie 111 Zie


82

HOOFDSTUK 8. GROEPEN Bewijs. G/N is commutatief als en slechts als het volgende geldt: ⇔ ∀x, y ∈ G : xN ∗ yN ∗ (xN ) −1 ∗ (yN ) −1 = N in G/N ⇔ ∀x, y ∈ G : xyx −1yN = N in G/N ⇔ ∀x, y ∈ G : xyx −1y ∈ N ⇔ G = < xyx −1y −1 |x, y ∈ G > ⊆ N

De eerste equivalentie geldt omwille van de herformulering van commutativiteit.112 De tweede equivalentie geldt omdat de bewerking in een quotientgroep goed gedefinieerd is.113 De derde equivalentie is een eerder bewezen eigenschap.114 De laatste equivalentie is het resultaat van een eerder bewezen stelling.115 Gevolg 8.170. Zij G een groep.

G/G 0 is commutatief

Bewijs. G 0 is een deelverzameling van G 0, dus dit is een speciaal geval van de stelling

Stelling 8.171. Zij G een groep, definieer dan p als volgt: p : G → G/G 0 : д 7→ дG 0 Zij f nu een groepsmorfisme van G naar een commutatieve groep A, dan bestaat er een uniek morfisme f 0 als volgt: f 0 : G/G 0 → A met f = f 0 ◦ p Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit G. f (x ∗ y ∗ x −1y −1 = f (x ) ∗ f (y) ∗ f (x ) −1 ∗ f (y) −1 = eA G 0 is dus een deelgroep van Ker ( f ). De factorisatiestelling levert ons dan de stelling.116

Definitie 8.172. De n-de afgeleide groep G (n) van een groep G als volgt. G (n) = G 0(n−1) Propositie 8.173. G is oplosbaar als en slechts er een k-de afgeleide van G bestaat die enkel het neutraal element bevat. G is oplosbaar ⇔ ∃k ∈ N0 : G (k ) = {eG } Bewijs. Bewijs van een equivalentie. 112 Zie

stelling 8.164 op pagina 81. propositie 8.126 op pagina 71. 114 Zie eigenschap 8.53 op pagina 54. 115 Zie stelling 8.157 op pagina 78. 116 Zie stelling 8.151 op pagina 77. 113 Zie

83


• ⇒ Zij H 0 = G tot Hn = {eG } een keten van deelgroepen van G met Hi+1 ⊆ Hi en Hi/Hi+1 commutatief voor elke i. {eG } = Hn / Hn−1 / · · · / Hi+1 / Hi / · · · / H 1 / H 0 = G We tonen nu per inductie op i aan dat elke deelgroep Hi een deelverzameling is van de i-de afgeleide groep G (i) van G. – G (1) is een deelverzameling van H 1 want G/H 1 is commutatief.117 – Stel dat G (i) ⊆ Hi geldt, dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat G (i+1) ⊆ Hi+1 geldt. Omdat G (i) een deelgroep is van Hi , is G (i+1) een deelgroep van Hi0 (vanuit de basis en de inductiehypothese samen). Omdat Hi /Hi+1 commutatief is, is Hi0 een deelgroep van Hi+1 .118 G (i+1) is dus inderdaad een deelgroep van Hi+1 . • ⇐ De keten van deelgroepen voldoet aan de definitie van oplosbaarheid.119 commutatief120 en G (k ) een normaaldeler van G (k−1) .121

G (k )/G (k −1)

is immers

Lemma 8.174. Zij n ∈ N groter dan 5, en H een deelgroep van Sn . Als alle 3-cykels tot H behoren, dan behoren ze ook tot H 0. Bewijs. Kies een willekeurige 3-cykel (abc) uit H . Neem nu twee andere elementen d en e uit {1, .., n}. (abc) = (abd )(ace)(dba)(eca) = (abd )(ace)(abd ) −1 (ace) −1 ∈ H 0 Elke 3-cykel uit H zit dus ook in H 0. Stelling 8.175. Voor n groter dan 4 is Sn niet oplosbaar. EXTRA: bewijs

117 Zie

stelling 8.169 op pagina 81. stelling 8.169 op pagina 81. 119 Zie definitie 8.146 op pagina 75. 120 Zie gevolg 8.170 op pagina 82. 121 Zie stelling 8.168 op pagina 81. 118 Zie

Hoofdstuk 9 Ringen 9.1

Abstracte ringen

9.1.1

Ring

Definitie 9.1. Een ring R, +, · is een (niet lege) verzameling R waarop twee inwendige bewerkingen + en · gedefinieerd zijn met de volgende eigenschappen: • R, + is een commutatieve groep. • · is associatief.

∀x, y, z ∈ R : (x · y) · z = x · (y · z)

• · is distributief ten opzichte van +. ∀x, y, z ∈ R : x · (y + z) = (x · y) + (x · z) = (y · x ) + (z · x )

Definitie 9.2. In de context van een ring R, +, · noemen we het neutraal element van R, + het nulelement van R, +, · en noteren we het met eR,+ . Eigenschap 9.3. Zij R, +, · een ring met nulelement e. ∀a ∈ R : a · e = e = e · a Bewijs. a · e = a · (−e + e) = a · (e + e) = (a · e) + (a · e) ⇒ a ·e =e e · a = (−e + e) · a = (e + e) · a = (e · a) + (e · a) = e ⇒ e ·a =e We gebruiken in de tweede gelijkheid dat e zijn eigen inverse is en in de derde gelijkheid dat · distributief is ten opzichte van +. 84

85

HOOFDSTUK 9. RINGEN Eigenschap 9.4. Zij R, +, · een ring met nulelement e. ∀a, b ∈ R : a · (−b) = −(a · b) = (−a) · b

Bewijs. We bewijzen dat a · (−b) en a · b elkaars inversen zijn in R, + alsook −a · b en a · b. Dit betekent dat a · (−b) en −a · b gelijk zijn aan −(a · b) want de inverse is uniek.1 (a · −b) + (a · b) = a · (−b + b) =a ·e

=e

(−a · b) + (a · b) = (−a + a) · b = e ·b

=e

Eigenschap 9.5. Zij R, +, · een ring met nulelement e. ∀a, b ∈ R : (−a) · (−b) = a · b Bewijs. We bewijzen dat (−a)·(−b) en −(a·b) elkaars inversen zijn in R, + Dit betekent dat (−a)·(−b) gelijk is aan a · b) want de inverse is uniek.2 (−a) · (−b) + (−(a · b)) = (−a) · (−b) + (−a) · b = (−a) · (−b + b) = (−a) · e

=e

Definitie 9.6. Wanneer in de context van een ring R, +, · de multiplicatieve notatie wordt gebruikt voor de tweede bewerking korten we “x · y” vaak af als “xy”.

Definitie 9.7. Zij R, +, · een ring, dan korten we de verzameling R \ {eR,+ } vaak af met R 0 of Re .

Definitie 9.8. Zij R, +, · een ring en x en y twee elementen van Re , dan noemen we x… • … een linker nuldeler van y als x · y het neutraal element is van R, +. • … een rechter nuldeler van y als y · x het neutraal element is vn R, +. We noemen x ∈ R een nuldeler van y ∈ R als x zowel een linker als rechter nuldeler is van y. x ·y = e =y ·x Eigenschap 9.9. Zij R, +, · een niet-triviale ring en z een element van R, dan is z een nuldeler als en slechts als z niet schrapbaar is voor ·. Noem het nulelement van R, +, · e. z is een nuldeler ⇔ z is niet schrapbaar voor · 1 Zie

2 Zie

stelling ?? op pagina ??. stelling ?? op pagina ??.

86

HOOFDSTUK 9. RINGEN Bewijs. Bewijs van een equivalentie.

• ⇒ Als z een nuldeler is, dan bestaat er dus een x ∈ Re zodat x · z = e of z · x = e geldt. z kan dan niet schrapbaar zijn voor · want z · e = e = e · z geldt3 : z ·x =z ·e ∧x ,e

of

x ·z =e ·z ∧x ,e

• ⇐ Stel dat er twee verschillende elementen x en y in R bestaan zodat z · x gelijk is aan z · y. z is dan dus niet schrapbaar. z ·x = z ·y ∧x ,y z moet dan een nuldeler zijn: z · (x + (−y)) = z · x + z · (−y) = z · y + (−(z · y)) = e Merk op dat dat de tweede gelijkheid enkel geldt omdat z · (−y) = −(z ·y) geldt voor elke twee elementen van een ring.4

Definitie 9.10. De nulring of triviale ring is de ring met enkel een nulelement e. {e}, +, ·

9.1.2

Ring met eenheidselement

Definitie 9.11. Zij R, +, · een ring. We noemen R, +, · een ring met eenheidselement als er een eenheidselement i ∈ R bestaat als volgt: ∀x ∈ R : i · x = x = x · i Eigenschap 9.12. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en nulelement e. ∀a ∈ R : (−i) · a = −a = a · (−i) Bewijs. We bewijzen dat (−i) · a en a alsook a · (−i) en a elkaars inversen zijn in R, +. Dit betekent dat (−i) · a gelijk is aan −a alsook a · (−i) want de inverse is uniek.5 (−i) · a + a = (−i) · a + i · a = (−i + i) · a =e ·a

=e

a · (−i) + a = a · (−i) + a · i = a · (−i + i) =a ·e

3 Zie

eigenschap 9.3 op pagina 84. eigenschap 9.4 op pagina 85. 5 Zie stelling ?? op pagina ??. 4 Zie

=e

87

HOOFDSTUK 9. RINGEN Eigenschap 9.13. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. (−i) · (−i) = i

Bewijs. We bewijzen dat (−i) · (−i) en −i elkaars inversen zijn in R, +. Dit betekent dat (−i) · (−i) gelijk is aan i want de inverse is uniek.6 (−i) · (−i) + (−i) = (−i) · (−i) + (−i) · i = (−i) · (−i + i) = (−i) · e

=e

Definitie 9.14. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. We noemen een element u van R een eenheid als er een element v bestaat van R zodat het volgende geldt: u ·v = i =v ·u We noemen v dan de inverse van u. Stelling 9.15. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. Zij u een eenheid van R, +, ·, dan is de inverse van u uniek. Bewijs. Zij u een eenheid van een ring R, +, ·. Stel dat er twee elementen v en v 0 invers zijn van u. u ·v = i =v ·u

en

u · v0 = i = v0 · u

v = i ·v = (v 0 · u) · v = v 0 · (u · v) = v0 · i

= v0

Definitie 9.16. De eenhedengroep R × , · van een ring R, +, · met eenheidselement i is de verzameling van eenheden van R, uitgerust met de multiplicatieve bewerking van R. R × = U (R) = {u ∈ R | ∃v ∈ R : u · v = i = v · u} Eigenschap 9.17. De eenhedengroep van een ring R, +, · is wel degelijk een groep. EXTRA: bewijs

Stelling 9.18. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen met eenheidselement. (R × S ) × = R × × S × 6 Zie

stelling ?? op pagina ??.

88

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Bewijs. Noteer het eenheidselement van R, +, · als i R , het eenheidselement van S, ?, ∗ als iS en het eenheidselement van (R × S ), (+, ?), (·, ∗) als i R×S . (R × S ) × = {(r , s) | r ∈ R, s ∈ S }× = {(r , s) ∈ R × S | ∃(r 0, s 0 ) ∈ R × S : (r, s) · (r 0, s 0 ) = i R×S = (r 0, s 0 ) · (r , s)} Merk op dat i R×S gelijk is aan (i R , iS ). R × × S × = {r ∈ R | ∃r 0 ∈ R : r · r 0 = i R = r 0 · r } × {s ∈ S | ∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s} = {(r , s) ∈ R × S | (∃r 0 ∈ R : r · r 0 = i R = r 0 · r ) ∧ (∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s)} Er rest ons nu dus nog op te merken dat de volgende bewering wel degelijk geldt. ∃(r 0, s 0 ) ∈ R × S : (r, s) · (r 0, s 0 ) = i R×S = (r 0, s 0 ) · (r , s) ⇔ (∃r 0

∈R: r

· r0

= iR =

r0

· r ) ∧ (∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s)

Stelling 9.19. Een ring R, +, · met eenheidselement i en nulelement e waarbij i gelijk is aan e is de nulring. Bewijs. ∀x ∈ R : x · e = x = e · x ⇒ x = e

9.1.3

Commutatieve ring

Definitie 9.20. Zij R, +, · een ring waarbij · commutatief is, dan noemen we R, +, · een commutatieve ring. ∀x, y ∈ R : x · y = y · x

Definitie 9.21. Zij R, +, · een commutatieve ring en a en b elementen van R. We noemen a een deler van b (in R, +, ·) als er een q in R bestaat zodat het volgende geldt: b =q ·a

9.1.4

Lichaam

Definitie 9.22. Zij R, +, · een (niet-triviale) ring met eenheidselement i. We noemen R, +, · een lichaam als Re , · een groep is: ∀x ∈ Re , ∃y ∈ R : x · y = y · x = i Elk element in Re is dus een eenheid. Stelling 9.23. Een lichaam heeft geen nuldelers

89

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Bewijs. Zij R, +, · een lichaam met eenheidselement i en nulelement e. Stel nu dat er element x en y in R bestaan zodat x · y = e of y · x = e geldt. x ·y = e ⇒

x −1 · (x · y) · y −1 = x −1 · e · y −1

⇒ (x −1 · x ) · (y · y −1 ) = e ⇒

i ·i =e

⇒

i =e

De eerste equivalentie geldt omdat elk element een eenheid is. De tweede equivalentie geldt omdat het nulelement zich opslorpend gedraagt voor de multiplicatieve bewerking in een ring.7 De laatste gelijkheid impliceert dat de ring R triviaal is. Contradictie.8 Stelling 9.24. De stelling van Wedderburn Een eindig lichaam is commutatief en dus een veld. Zonder bewijs

9.1.5

Integriteitsdomeinen

Definitie 9.25. Een (integriteits)domein R, +, · is een (niet-triviale) commutatieve ring R, +, · met eenheidselement, zonder nuldelers. Zij e het nulelement van R, +, ·: ∀a, b ∈ R : (a · x = e) ⇒ (x = e ∨ y = e) Eigenschap 9.26. Zij R, +, · een intergiteitsdomein met nulelement e ∀a, b, c ∈ R : (a · b = a · c ∧ a , e) ⇒ b = c Bewijs. Er zijn geen nuldelers in R, +, ·, want het is een integriteitsdomein, dus elk element is schrapbaar.9 Opmerking 9.27. In een willekeurige ring zijn niet alle elementen schrapbaar. In Z10 geldt 5·3 = 5·7 maar 3 , 7.

9.1.6

Velden

Definitie 9.28. Een veld is een commutatief lichaam. Stelling 9.29. Een eindig integriteitsdomein is een veld. Bewijs. Zij D, +, · een eindig integriteitsdomein met nulelement e en eenheidselement i. We moeten aantonen dat elk element a, verschillend van e, in d een eenheid is. Kies een element a van D verschillend van i, (voor a = i is a namelijk zeker een eenheid). Beschouw nu de elementen an voor elke n ∈ N. Omdat D eindig is bestaan er getallen i en j in N zodat ai gelijk is aan a j met i > j. ai = a j 7 Zie

eigenschap 9.3 op pagina 84. stelling 9.19 op pagina 88. 9 Zie eigenschap 9.9 op pagina 85. 8 Zie

90

HOOFDSTUK 9. RINGEN Omdat er geen nuldelers zijn in D 10 , mogen we dit vereenvoudigen: ai−j = i Dit betekent precies dat ai−j−1 de invers is van a.

Gevolg 9.30. Zij p een priemgetal, dan is Zp , +, · een veld. EXTRA: bewijs

Stelling 9.31. In een veld hebben alle van het nulelement verschillende elementen dezelfde additieve orde. Bewijs. Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en nulelement e. Kies nu twee elementen a en b uit Fe . Zij r de additieve orde van a zodat ra = e, dan bewijzen we nu dat rb ook gelijk is aan het nulelement. rb = r (ib) = r (aa −1b) = (ra)a −1b = e (a −1b)

=e

Definitie 9.32. De additieve orde van de van 0 verschillende elementen van een veld noemt met de karakteristiek van het veld.

9.1.7

Direct product

Definitie 9.33. Zij Ri , +i , ·i n ringen, dan definieren we het direct product van deze Ri als de productverzameling met dezelfde bewerkingen, maar dan op paarsgewijze elementen. (R 1 × · · · × Rn ), +, · Stelling 9.34. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i heeft een eenheidselement als en slechts als elk van de ringen Ri , +i , ·i een eenheidselement heeft is. EXTRA: bewijs

Stelling 9.35. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i is commutatief als en slechts als elk van de ringen Ri , +i , ·i commutatief is. EXTRA: bewijs

Stelling 9.36. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i kan geen veld zijn als elk van de ringen Ri , +i , ·i verschillend is van de nulring. EXTRA: bewijs

9.1.8 10 Zie

Deelringen definitie 9.25 op pagina 89.

91

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.37. Zij R, +, · een ring en S een niet-lege deelverzameling van R. We noemen S een deelring van R als S een ring is voor dezelfde bewerkingen. Stelling 9.38. Criteria voor een deelring. Zij R, +, · een ring en S een niet-lege deelverzameling van R, dan is S een deelring van R als aan e´ e´ n van de volgende criteria voldaan is. • S, + is een deelgroep van R, + en · is intern in S. • S is niet leeg, · is intern in S en het volgende geldt: ∀a, b ∈ S : a − b ∈ S EXTRA: bewijs

Opmerking 9.39. Het eenheidselement van een deelring van een ring hoeft niet gelijk zijn aan het eenheidselement van de ring. De volgende deelring van M 2×2 (Z), +, · heeft een ander eenheidselement dan M 2×2 (Z), +, ·     *x 0+ | x ∈ Z   , +, ·  0 0  ,  Stelling 9.40. Zij R, +, · Het centrum Z (R) van R, +, ook uitgerust met · is een deelring van R, +, ·. Bewijs. We bewijzen de eigenschappen in het criterium van deelringen. • Z (R), + is een commutatieve deelgroep van R, +.11 • Z (R) is niet leeg want Z (R) bevat minstens eR . • · is intern in Z (R). Kies immers twee elementen a en b uit Z (R): ∀x ∈ R : (a · b) · x = a · x · b = b · (a · b)

9.1.9

Ringmorfismen

Definitie 9.41. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen. Een (ring)(homo)morfisme van R naar S is een afbeelding f : R → S die voldoet aan twee voorwaarden: 1. ∀x, y ∈ R : f (x + y) = f (x ) ? f (y) 2. ∀x, y ∈ R : f (x · y) = f (x ) ∗ f (y) Opmerking 9.42. Een ringisomorfisme f van een ring R, +, · naar S, ?, ∗ is een groepsisomorfisme van de groep R, + naar S, ?

11 Zie


92

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.43. Een bijectief ringhomomorfisme is een (ring)isomorfisme.

Definitie 9.44. Een morfisme van een ring naar zichzelf heet een endomorfisme.

Definitie 9.45. Een isomorfisme van een ring naar zichzelf heet een automorfisme.

Definitie 9.46. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme. Zij e het nulelement van S. De kern Ker ( f ) van f is de verzameling van elementen van R die onder f op e ∈ S worden afgebeeldt. Ker ( f ) = {x ∈ R | f (x ) = 0} Eigenschap 9.47. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen met nulelementen eR en eS , en f : R → S een morfisme. f (eR ) = eS Bewijs. f moet de groep R, + afbeelden op S, ?, dus het neutraal element van R, + moet op het neutraal element van S, ? afgebeeld worden.12 Eigenschap 9.48. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. ∀a ∈ R : f (−a) = −f (a) Bewijs. f moet de groep R, + afbeelden op S, ?, dus f moet de inverse behouden.13

Eigenschap 9.49. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij A een deelring van R, dan is f (A) een deelring van S. Bewijs. We gaan het criterium voor deelringen na: • Omdat A, +, · een deelring is van R, +, · is A, + een deelgroep van R, +. f (A), ? is dan een deelgroep van S, ?.14 • ∗ is intern in f (A):

∀a, b ∈ A : f (a) ∗ f (b) = f (a · b) ∈ f (A)

Eigenschap 9.50. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij B een deelring van S, dan is f −1 (B) een deelring van R. Bewijs. We gaan het criterium voor deelringen na: 12 Zie

stelling 8.23 op pagina 44. stelling 8.24 op pagina 44. 14 Zie stelling 8.29 op pagina 46. 13 Zie

93

HOOFDSTUK 9. RINGEN

• Omdat B, ?, ∗ een deelring is van S, ?, ∗, is B, ? een deelgroep van S, ?. f −1 (B) is dan een deelgroep van R, +. 15 • · is intern in f −1 (B): ∀a, b ∈ f −1 (B) : f (a) · f (b) = f (a · b) ∈ B ⇒ a · b ∈ f −1 (B) Eigenschap 9.51. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i, S, ?, ∗ een ring en f : R → S een morfisme. De deelring f (R) heeft f (i) als eenheidselement. Bewijs. ∀x ∈ R : f (x ) ∗ f (i) = f (x · i) = f (x ) = f (i · x ) = f (i) ∗ f (x ) Eigenschap 9.52. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij eR het nulelement van R en eS het nulelement van S. f is injectief als en slechts als Ker ( f ) = {eR }. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Stel dat er twee verschillende elementen x en y zouden zijn in de kern van f , dan geldt f (x ) = f (y) = eR , maar ook x , y. f is dan niet injectief, dus de kern van f kan maar e´ e´ n element bevatten. Dat ene element moet eR zijn, anders is f geen morfisme. • ⇐ Stel dat er twee elementen x en y zijn die op hetzefde element worden afgebeeldt onder f , dan geldt ook het volgende en moeten x en y dus gelijk zijn. f (x ) = f (y) ⇒ f (x ) ? (−f (y)) = eS ⇒ f (x + (−y)) = eS ⇒ x − y = eR ⇒ x =y Eigenschap 9.53. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f een ringisomorfisme van R naar S, dan is ook f −1 : S → R een ringisomorfisme. Bewijs. Stel dat f isomorf is, dan bestaan er voor alle koppels elementen y1 en y2 uit S elementen x 1 en x 2 uit R zodat x 1 op y1 wordt afgebeeldt en x 2 op y2 . f −1 (y1 · y2 ) = f −1 ( f (x 1 ) ∗ f (x 2 )) = f −1 ( f (x 1 · x 2 )) = x1 · x2

= f −1 (y1 ) ∗ f −1 (y2 )

15 Zie


94

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Eigenschap 9.54. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen met eenheidselement i R en iS en zij f : R → S een isomorfisme dat het eenheidselement i R van R, +, · afstuurt op het eenheidselement iS van S, +, ·. Als een element u ∈ R een eenheid is in R, +, ·, dan is f (u) een eenheid in S. Bovendien geldt het volgende: ( f (u)) −1 = f (u −1 ) Bewijs. ∀x ∈ R : f (x −1 ) · f (x ) = f (x −1 · x ) = f (IR ) = iS = f (IR ) = f (x · x −1 ) = f (x ) · f (x −1 ) Stelling 9.55. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen met eenheidselement i R en iS en zij f : R → S een isomorfisme dat het eenheidselement i R van R, +, · afstuurt op het eenheidselement iS van S, +, ·, dan zijn de eenheidsgroepen R × , · en S × , · isomorf. Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat f (R × ) gelijk is aan S × want f is een isomorfisme. Noem i R het eenheidselement van R × en iS het eenheidselement van S × • ⊆ Kies een r ∈ R × , dan bestaat er een inverse r 0 van r in R × . r · r 0 = iR = r 0 · r We beelden nu i R af onder f : f (r · r 0 ) = f (i R ) = f (r 0 · r ) f (r ) · f (r 0 ) = iS = f (r 0 ) · f (r ) Voor element f (r ) van S × bestaat er dus een element f (r 0 ) in S × . f (R × ) ⊆ S × • ⊇ Omdat f bijectief is, is f −1 ook bijectief en bovendien zinvol om te beschouwen.16 Kies nu een element f (r ) met inverse f (r ) −1 in S, ?, ∗. f (r ) · f (r ) −1 = iS = f (r ) −1 · f (r ) We beelden nu iS af onder f −1 : f −1 ( f (r ) · f (r ) −1 ) = f −1 (iS ) = f −1 ( f (r ) −1 · f (r )) f −1 ( f (r )) · f −1 ( f (r −1 )) = f −1 (iS ) = f −1 ( f (r −1 )) · f −1 ( f (r )) r · r −1 = f −1 = i R = r −1 · r Voor element r van R × bestaat er dus een element r −1 in R × . f −1 (S × ) ⊆ R × 16 Zie


95

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Propositie 9.56. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i R en nulelement eR en zij S, ?, ∗ een integriteitsdomein met eenheidselement iS en nulelement eS . Zij f : R → S een ringmorfisme. f (R) = {eS }

∨

f (i R ) = iS

Bewijs. i R wordt ofwel wel afgebeeldt op eS , ofwel niet. • f (i R ) = eS ∀r ∈ R : f (r ) = f (r · i R ) = f (r ) ∗ f (i R ) = f (r ) ∗ eS = eS • f (i R ) , eS f (i R ) ∗ iS = f (i R ) = f (i R · i R ) = f (i R ) ∗ f (i R ) ⇒ f (i R ) = iS Merk op dat de implicatie enkel geldt omdat een integriteitsdomein geen nuldelers heeft. Propositie 9.57. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. f is een isomorfisme als en slechts als en een morfisme д : S → R bestaat zodat het volgende geldt: д ◦ f = IR

∧

f ◦ д = IS

Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Als f een isomorfisme is, is f −1 dat ook.17 f ◦ f −1 = IR ∧ f −1 ◦ f = IS • ⇐ – f is injectief. Stel immers dat er twee elementen r 1 en r 2 zouden bestaan die op hetzelfde element worden afgebeeldt onder f , dan moeten die gelijk zijn vanuit de definitie van д. r 1 = д( f (r 1 )) = д( f (r 2 )) = r 2 – f is surjectief. Stel immers dat er een element s ∈ S bestaat waarop geen enkel element uit R afgebeeld wordt onder f , dan volgt uit de definitie van д dat s toch wordt afgebeeldt op f (д(s)). Contradictie.

9.1.10 17 Zie

Breukenveld van een integriteitsdomein


96

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.58. Zij R, +, · een integriteitsdomein, F , ?, ∗ een veld en i : R → F een ringmorfisme als volgt: 1. i is injectief 2. ∀q ∈ F , ∃a ∈ R, b ∈ Re : q = i (a) · i (b) −1 F is dan het breukenveld of quotiëntenveld van R. Stelling 9.59. Constructie van een breukenveld We kunnen voor elk integriteitsdomein R, +, · een breukenveld F , ?, ∗ construeren. Noem eR , respectievelijk e F het nulelement van R, +, ·, respectievelijk F , ?, ∗ en i R , respectievelijk i F het eenheidselement van R, +, ·, repspectievelijk F , ?, ∗. Bewijs. Bewijs door constructie. • We voeren eerst een relatie ∼ in als op V ( R 2 : R : V = {(a, b) ∈ R 2 | b , eR } : (a, b) ∼ (c, d ) ⇔ a · d = b · c Merk op dat ∼ een equivalentierelatie is. – ∼ is reflexief: ∀(a, b) ∈ V : (a, b) ∼ (a, b) want ab = ab. – ∼ is symmetrisch. ∀(a, b), (b, c), (d, e) ∈ V :

(a, b) ∼ (b, c) ∧ (b, c) ∼ (d, e)

⇔ a ·d =b ·c ∧c · f =d ·e ⇔ a ·c · f = a ·d ·e =b ·c ·e ⇒ a · f =b ·e ⇔ (a, b) = (c, f ) Merk op dat de implicatie enkel geldt omdat een integriteitsdomein geen nuldelers heeft. – ∼ is transitief. ∀(a, b), (c, d ) ∈ V : (a, b) ∼ (c, d ) ⇔ ad = bc ⇔ cb = da ⇔ (c, d ) ∼ (a, b) Merk op dat de tweede equivalentie enkel geldt omdat · commutatief is in een integriteitsdomein. • Beschouw nu de equivalentieklassen van V onder ∼ en noem ze F . F = V/ ∼ Noteer bovendien de equivalentieklasse van een element (a, b) ∈ V als [a, b]. – We voeren nu op F de bewerkingen + en · is als volgt: + : F × F → F : [a, b] + [c, d] = [ad + ca, bd] · : F × F → F : [a, b] · [c, d] = [ac, bd] + en · zijn op deze manier goed gedefiniëerd, ’t is te zeggen onafhankelijk van de keuze van de representanten van de equivalentieklassen. Merk allereerst het volgende op. ∀x ∈ R : (a, b) ∼ (xa, xb) ∼ (ax, bx )

97

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Kies twee elementen uit Z met representanten (a, b) en (x, y) respectievelijk. Zij (c, d ) een andere representant van [a, b]. We bewijzen nu dat het resultaat hetzelfde blijft, onafhankelijk van de representanten. ∗ [c, d] + [x, y] = [cy + xd, dy] = [acy + axd, ady] = [acy + bcx, bcy] = [c (ay + xb), cby] = [ay + xb, by]

∗

= [a, b] + [x, y]

[c, d] + [x, y] = [cx, dy] = [acx, ady] = [acx, bcy] = [ax, by]

– F , +· is nu een veld met eenheidselement i F = [i R , i R ] en nulelement e F = [eR , i R ]. CLARIFY: waarom?

• Beschouw nu de afbeelding i als volgt: i : R → F : r 7→ [r, i R ] – i is een ringmorfisme. CLARIFY: waarom?

– i is injectief. We bewijzen dit door aan te tonen dat de kern enkel het nulelelement eR van R, +, · bevat. ∀r ∈ R : i (r ) = [r, i R ] = e F ⇒ r = eR – Elk element [x, y] ∈ F valt als volgt te schrijven: [x, y] = [x, i R ] · [i R , y] = [x, i R ] · [y, i R ]−1 = i (x ) · i (y) −1 TODO: bewijs p 139 TAI bekijken

Eigenschap 9.60. Het breukenveld van een integriteitsdomein is uniek. Zonder bewijs Eigenschap 9.61. 18 Zij F het breukenveld van een integriteitsdomein R met inbedding i : R → F . Er bestaat voor elk injectief ringmorfisme f : R → K met K een veld een uniek ringmorfisme f 0 : F → K zodat f = f 0 ◦ i geldt. Zonder bewijs Definitie 9.62. We schrijven in het vervolg de equivalentieklasse [a, b] als

a b

of a/b .

Opmerking 9.63. We kunnen een integriteitsdomein identificeren met zijn beeld onder de inbedding i en dus als deelring van F beschouwen. We identificeren elk element a uit R met iaR in F . EXTRA: meer uitleg

Opmerking 9.64. Men kan F zien als een uitbreiding (zie later) van R (isomorf met R 0) zodat in F elk niet-nulelement van R een inverse heeft gekregen. 18 Zie

eigenschap ?? op pagina ??.

98

HOOFDSTUK 9. RINGEN

9.2

Idealen

Definitie 9.65. Zij R, +, · een ring en I , + een deelgroep van R, +. We noemen I , +, ·… • … een linkerideaal als ∀r ∈ R, ∀i ∈ I ; r · x ∈ I geldt. • … een rechterideaal als ∀r ∈ R, ∀i ∈ I ; x · r ∈ I geldt. We noemen I , +, · een ideaal of tweezijdig ideaal als I , +, · zowel een linker- als rechterideaal is van R, +, · I , +, · / R, +, · Stelling 9.66. Elke ring R, +, · heeft twee idealen: 1. De ring met enkel het nulelement: {eR,+ }, +, · 2. Heel de ring: R, +, · EXTRA: bewijs

Definitie 9.67. We noemen {eR,+ }, +, · en R, +, · de triviale idealen van R, +, ·. Stelling 9.68. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en I , +, · een ideaal van R, +, ·. i ∈I ⇔I =R Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ∀r ∈ R : r · i = i · r ∈ I geldt, dus alle r ∈ R moeten in I zitten. • ∀r ∈ R, ∀i ∈ I : r · i ∈ I ∧ i · r ∈ I geldt, dus ook i ∈ I . Stelling 9.69. De criteria voor idealen. Zij I een niet-lege deelverzameling van R waarbij R, +, · een ring is. I, +, · is een ideaal als aan e´ e´ n van de volgende (equivalente) criteria voldaan is. 1. ∀x, y ∈ I , ∀r ∈ R : x + y ∈ I ∧ −x ∈ I ∧ r · x ∈ I ∧ x · r ∈ I 2. ∀x, y ∈ I , ∀r ∈ R : x − y ∈ I ∧

r ·x ∈ I ∧ x ·r ∈ I

3. ∀x, y ∈ I , ∀r ∈ R : x − y ∈ I ∧ heeft.

r · x ∈ I ∧ x · r ∈ I als R, +, · een eenheidselement

Bewijs. Bewijs van equivalenties 1.

• ⇒ I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste twee voorwaarden is al voldaan. De andere twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal. • ⇐ Het neutraal element eR behoort tot I omwille van de eerste twee voorwaarden. Verder vervolledigen de eerste twee voorwaarden het criterium voor de deelgroep I , + van R, +. De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie van een ideaal.

99

HOOFDSTUK 9. RINGEN 2.

• ⇒ I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste voorwaarde is al voldaan. De andere twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal. • ⇐ Het neutraal element eR behoort tot I omwille van de eerste voorwaarde. Voor elk elementen x ∈ I behoort de inverse ook tot I , kies immers in de eerste voorwaarde eR voor x. De additieve bewerking is bovendien intern in I omwille van de eerste voorwaarde en omdat de inverse intern is in I . De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie van een ideaal.

3.

• ⇒ I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste voorwaarde is al voldaan. De andere twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal. • ⇐ Omdat R een eenheidselement heeft, (en dat eenheidselement een additieve inverse), heeft elk element in R (en bijgevolg ook in I ) een interne additieve inverse.19 CLARIFY: waarom heeft elk element een interne inverse in I ?

I , + is dus een deelgroep van R, +. De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie van een ideaal. Stelling 9.70. Elk ideaal is een deelring. EXTRA: bewijs

Eigenschap 9.71. Een ideaal I van een ring R, +, · is een normaaldeler van de groep R, +. EXTRA: bewijs

Opmerking 9.72. Dit verantwoordt de notatie die we gebruiken voor “… is een ideaal van …”: / Definitie 9.73. De nevenklassen van een ideaal, beschouwd als normaaldeler, noemen we restklassen. Propositie 9.74. De kern van een ringmorfisme is een ideaal. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme. Noteer de nullementen van R, +, · en S, ?, ∗ respectievelijk eR en eS . Ker ( f ) / R Bewijs. Merk eerst op dat Ker ( f ), + een normaaldeler is van R, +20 . Er rest ons nu nog te bewijzen dat het volgende geldt: ∀r ∈ R, ∀k ∈ Ker ( f ) : r · k ∈ Ker ( f ) ∧ k · r ∈ Ker ( f ) Kies daarom een willekeurige r ∈ R en k ∈ Ker ( f ). f (r · k ) = f (r ) ∗ f (k ) = f (r ) ∗ f (k ) = f (r ) ∗ eS = eS f (k · r ) = f (k ) ∗ f (r ) = f (k ) ∗ f (r ) = eS ∗ f (r ) = eS Bovenstaande berekeningen tonen aan dat zowel r · k als k · r in de kern van f zitten. 19 Zie 20 Zie

eigenschap 9.12 op pagina 86. propositie 8.122 op pagina 70.

100

HOOFDSTUK 9. RINGEN Eigenschap 9.75. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme. I / R ⇒ f (I ) / f (R)

Bewijs. We weten alsvast dat f (I ), ? een normaaldeler is van f (R), ?.21 Kies vervolgens een willekeurige s ∈ f (R) en i ∈ f (I ) zodat f (r ) = s en f (k ) = i gelden. s ∗ i = f (r ) ∗ f (k ) = f (r · k ) ∈ f (I ) i ∗ s = f (x ) ∗ f (r ) = f (k · r ) ∈ f (I ) Eigenschap 9.76. Zij R, +, · en S, ?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme. J / S ⇒ f −1 (J ) / R Bewijs. We weten alsvast dat f −1 (J ), + een normaaldeler is van R, +.22 Kies vervolgens een willekeurige s ∈ f −1 (J ) en i ∈ R zodat f (r ) = s en f (k ) = i gelden. s ∗ i = f (r ) ∗ f (k ) = f (r · k ) ∈ J i ∗ s = f (x ) ∗ f (r ) = f (k · r ) ∈ J Bovenstaande beweringen betekenen precies dat r · k en k · r in f −1 (J ) zitten.

Stelling 9.77. De doonsnede van twee idealen is een ideaal. I / R, +, · ∧ J / R, +, · ⇒ I ∩ J / R, +, · Bewijs. Zij I , +, · en J , +, · twee idealen van een ring R, +, ·. Er geldt dan het volgende: ∀r ∈ R, ∀k ∈ I ∩ J : r · k ∈ I ∩ J ∧ k · r ∈ I ∩ J Dit is precies de definitie van een ideaal.

Stelling 9.78. De ‘som’ van twee idealen is een ideaal. I / R, +, · ∧ J / R, +, · ⇒ I + J / R, +, · Bewijs. Zij I , +, · en J , +, · twee idealen van een ring R, +, ·. Er geldt dan het volgende: ∀r ∈ R, ∀i + j ∈ (I + J ) : r · (i + j) = r · i + r · j ∈ (I + J ) ∀r ∈ R, ∀i + j ∈ (I + J ) : (i + j) · r = i · r + j · r ∈ (I + J ) Dit is precies de definitie van een ideaal.

Stelling 9.79. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i. Zij u een eenheid in R, +, · en I , +, · een ideaal in R, +, ·. Als u een element is in I , dan is I gelijk aan R. 21 Zie 22 Zie

eigenschap 8.124 op pagina 71. eigenschap ?? op pagina ??.

101

HOOFDSTUK 9. RINGEN Bewijs. Voor elk element r in R moet het volgende gelden: u ·r ∈ I

In het bijzonder moet het ook gelden voor u −1 , dus i zit ook in I . Daaruit volgt meteen dat I gelijk is aan R.23 Stelling 9.80. Een niet-triviale commutatieve ring R, +, · met eenheidselement is een veld als en slechts als R, +, · geen niet-triviale idealen heeft. Bewijs. Zij i het eenheidselement van R, +, · en e het nulelement. • ⇒ Uit het ongerijmde: Zij I , +, · een niet-triviaal ideaal van een veld R, +, ·, dan moet er een niet-nulement in zitten en bijgevolg ook i. Er geldt immers in het bijzonder het volgende: x ∈ I ⇒ x · x −1 ∈ I I moet dan heel R zijn.24 • ⇐ Uit het ongerijmde: Stel dat R, +, · geen niet-triviale idealen heeft en toch geen veld is. Dan bestaat er een element x ∈ R zonder inverse in R, +, ·. Beschouw nu (x ): (x ) = {r · x | r ∈ R} (x ) is niet de nulring, want (x ) bevat x (omdat R, +, · een eenheidselement heeft), maar ook niet heel R want i zit niet in (x ) (omdat x geen eenheid is). (x ) is dus een niet-triviaal ideaal van R, +, ·, wat in tegenspraak is met de aanname.

9.2.1

Voortgebrachte idealen

Definitie 9.81. Zij a een element van een commutatieve ring R, +, · met eenheidselement. Het ideaal voortgebracht door een element a, principaal ideaal of hoofdideaal door a is (a). (a) = {r · a | r ∈ R}, +, · Stelling 9.82. De doorsnede van alle idealen die a omvatten is (a). Bewijs. Voor elk ideaal Ii , +, · dat a bevat geldt het volgende vanuit de definitie van een ideaal. ∀r ∈ R : r · a ∈ Ii Noem nu I de doorsnede van al die Ii .

I=

\

Ii

i

We weten dan dat (a) = {r · a | r ∈ R} een deelverzameling is van I , want (a) is een deelverzameling van elke Ii . We bewijzen tenslotte nog aan dat elk element uit I ook in (a) zit. Stel immers dat er een x bestaat die in I zit maar niet in (a), dan zit die x ook niet in I ∩ (a). CLARIFY: Ik ben nog niet overtuigd.

23 Zie 24 Zie


102

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.83. Zij a 1 , . . . , an elementen van een commutatieve ring R, +, · met eenheidselement. Het ideaal voortgebracht door elementen a 1 , . . . , an is (a 1 , . . . , an ) n   X   (a 1 , . . . , an ) =  r a | r ∈ R i i i    i=1 

Definitie 9.84. Zij A een deelverzameling van een R met R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement. Het ideaal voortgebracht door een verzameling A is (A).. n X      (A) =  ri ai | ri ∈ R, ai ∈ A, n ∈ {1 . . . , |A|}    i=1 

Stelling 9.85. Voortgebrachte idealen zijn wel degelijk idealen. EXTRA: bewijs

Opmerking 9.86. Een ideaal voortgebracht door een deelverzameling A van R met R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement is in feite gelijk aan de doorsnede van alle idealen van R die A omvatten. Of nog: “het kleinste ideaal van R dat A omvat”. Stelling 9.87. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement en u een eenheid in R, +, ·. ∀r ∈ R : (ur ) = (r ) Bewijs. Bewijs van gelijkheid van verzameling. • (ur ) ⊆ (r ) Voor elk element x · u · r met x ∈ R in (ur ) geldt per definitie het volgende: ∀y ∈ R : y · x · (u · r ) ∈ (ur ) • (r ) ⊆ (ur ) Voor elk element x ∈ (r ) bestaat er een a ∈ R zodat x = a · r geldt. x = u −1 · u · a · r = u −1 · a · u · r = (u −1a) · (u · r ) ∈ (ur ) Gevolg 9.88. Zij a en b voortbrengers van hetzelfde hoodideaal in een integriteitsdomein R, +, ·, dan zijn a en b geassocieerd. (a) = (b) ⇔ a is geassocieerd met b Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Elk element r in (a) ziet er uit als a · t met t ∈ R en elk element s in (b) ziet er uit als b · u met u ∈ R. Dit betekent dat er niet-nulementen u en t in R bestaan als volgt: a = b · u en b = a · t a = a ·t ·u Dit betekent dat t en u elkaars inverse zijn. Er bestaat dus een eenheid (dit is u) zodat a gelijk is aan b · u. Bijgevolg zijn a en b geassocieerd.

103

HOOFDSTUK 9. RINGEN • ⇐ Als a geassocieerd is met b, dan bestaat er een eenheid u ∈ R zodat a = ub geldt.

9.2.2

Quotientringen

Definitie 9.89. De quotientring R/I van een ring R, +, · ten opzichte van een ideaal is de partitie van R in restklassen van I , uitgerust met de quotientwetten: • •

+ : R/I → R/I : (x + I ) + (y + I ) = (x + y) + I · : R/I → R/I : (x + I ) · (y + I ) = (x · y) + I

Propositie 9.90. Examenvraag! Zij R, +, · een ring en I , +, · een ideaal van R, +, ·. De (kandidiaat-)bewerking ¯· op R/I met x 0 ∈ x + I en y 0 ∈ y + I willekeurige representanten is goed gedefinieerd.

·:

R/I × R/I → R/I : (x + I ) · (y + I ) = (x 0 · y 0 ) + I

Bewijs. Kies twee verschillende representanten voor elke restklasse: x + I = x 0 + I en y + I = y 0 + I . Noem vervolgens x + x 0 dx en y + y 0 dy . x · y = x 0 · y 0 − x 0 · d 2 − y 0 · d 1 + d 1d 2 Hierboven is −x 0 · d 2 − y 0 · d 1 + d 1d 2 wel degelijk een element uit I . CLARIFY: meer uitleg!

Stelling 9.91. De verzameling van restklassen R/I van een ideaal I , +, · van R, +, ·, uitgerust met de bewerkingen + en · vormen een ring. EXTRA: bewijs

Opmerking 9.92. Examenvraag! De bewerking ¯· is niet goed gedefinieerd als I , +, · geen ideaal is van R, +, ·. Bewijs. Als I , +, · geen ideaal is van R, +, · bestaan er elementen a ∈ I en r ∈ R zodat a · r of r · a niet in I zitten. Beschouw de elementen I en r + I in R/I . Kies als representanten a en eR in I en de representant r in r + I , dan behoren a · r en e · r niet tot dezelfde nevenklas. Propositie 9.93. De afbeelding π is een ringmorfisme. π : R → R/I : x 7→ x + I EXTRA: bewijs

Stelling 9.94. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en I een ideaal van R, dan is i¯ = i + I het eenheidselement van R/I en voor x ∈ R × is de ivers van x¯ + I gelijk aan x −1 = x −1 + I . EXTRA: bewijs

104

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Opmerking 9.95. Analoog als bij groepen is een deelgroep van een ring R een idiaal van R als en slechts als hij de kern is van een ringmorfisme vanuit R. EXTRA: bewijs

9.2.3

Isomorfismestellingen

Stelling 9.96. Examenvraag! De Factorisatiestelling Zij f : R → S een ringmorfisme en I ⊆ Ker ( f ) een ideaal van R. Noteer π voor de natuurlijke afbeelding R → R/I : x 7→ x + I . • Er bestaat een uniek ringmorfisme f 0 : R/I → S zodat f factoriseert als f ◦ π . • f 0 is injectief als en slechts als I gelijk is aan de kern van f . Bewijs. De factorisatie-eis impliceert dat we f 0 moeten definiëren als volgt: f 0 : R/I → S : r + I 7→ f (r ) Voor r ∈ R betekent de eis t ( f 0 ◦ π )(r ) = f (r ) immers precies dat f 0 (r + I ) = f (r ) geldt. We gaan nog na dat f 0 een goed gedefinieerd ringmorfisme is. Voor elke twee elementen r + I en s + I uit R/I geldt het volgende: f 0 ((r + I ) + (s + I )) = f 0 ((r + s) + I ) = f (r + s) = f (r ) ? f (s) = f 0 (r + I ) ? f 0 (s + I ) f 0 ((r + I ) · (s + I )) = f 0 ((r · s) + I ) = f (r · s) = f (r ) ∗ f (s) = f 0 (r + I ) ∗ f 0 (s + I ) QUESTION: wat moet hier nog bij?

De nevenklassen van I die door f 0 op eS worden afgebeeldt, zijn de nevenklassen r + I met r ∈ Ker ( f ). f 0 is dus injectief als en slechts als {r + I | r ∈ Ker ( f )} gelijk is aan {I }. Dit is precies wanneer I de kern is van f 0. Gevolg 9.97. Examenvraag! De morfismestelling of eerste isomorfismestellng Zij ϕ : R → S een ringmorfisme, dan is ϕ een injectief ringmorfisme. ϕ¯ : R/Ker (ϕ) → S : xKer (ϕ) 7→ ϕ (x ) Bijgevolg geldt het volgende.

R/Ker (ϕ) ϕ (R)

EXTRA: bewijs

Stelling 9.98. Examenvraag! De tweede isomorfismestelling of parrallellogramisomorfismestelling Zij R, +, · een ring en S, +, · een deelring van R, +, ·. Zij bovendien I een ideaal van R, +, · I /S +I S ∩I /S S/S∪I

= S+I/I

105

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Bewijs. • S + I is alvast een deelgroep van R, +25 . Omdat I een ideaal is van R, +, · is S + I bovendien een deelring van R, +, · en I ook een ideaal van S + I . • •

EXTRA: zucht, bekijk gewoon de tweede isomorfismestelling van groepen!

Stelling 9.99. Examenvraag! De derde isomorfismestelling Zij R, +, · een ring en I , +, · een ideaal van R, +, ·. Noteer π voor de natuurlijke afbeelding R → R/I : x 7→ x + I . • De afbeelding J 7→ π (J ) bepaalt een bijectie tussen de deelringen, respectievelijk idealen van R die I omvatten en de deelringen, respectievelijk idealen van R/I . • Zij J een ideaal van R zodat I ⊆ J , dan geldt het volgende: R/I/J /I

R/J

TODO: bewijs p 54 ringen

9.2.4

Priemidealen en Maximale idealen

Definitie 9.100. Zij R, +, · een commutatieve ring. Een priemideaal van R, +, · is een ideaal I , +, · van R, +, · zodat I , R en het volgende gelden: ∀x, y ∈ R : x · y ∈ I ⇒ x ∈ I ∨ y ∈ I

Definitie 9.101. Zij R, +, · een commutatieve ring. Een maximaal ideaal van R, +, · is een ideaal I , +, · van R, +, · zodat I , R en er geen enkel ideaal J , +, · van R bestaat tussen I en R. @J : I ( J ( R Eigenschap 9.102. In een commutatieve ring met eenheidselement is een maximaal ideaal ook een priemideaal. Bewijs. Zij R, +· een commutatieve ring met eenheidselement en J , +, · een maximaal ideaal ervan. We nemen twee willekeurige element x en y uit R zodat x · y in J zit, maar x niet. We moeten dan aantonen dat y wel in J zit. Beschouw in R, +, · het ideaal J + (x ). J + (x ) = {j + rx | j ∈ J , r ∈ R} J + (x ) is strikt groter dan J . CLARIFY: waarom?

Omdat J een maximaal ideaal is , moet J + (x ) heel R zijn. 25 Zie


106

HOOFDSTUK 9. RINGEN CLARIFY: waarom?

In het bijzonder bestaan er dan een j ∈ J en r ∈ R zodat j + rx het eenheidselement i R is van R, +, ·. y = y · i R = y · (j + rx ) = yj + yrx ∈ J Stelling 9.103. Examenvraag! Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i en I , +, · een ideaal van R, +, ·.

26

• R/I is een integriteitsdomein ⇔ I is een priemideaal. • R/I is een veld ⇔ I is een maximaal ideaal. Noem eR het neutraal element van R, +, ·. Bewijs. Bewijs van equivalenties. •

– ⇒ Kies twee elementen x en y uit R zodat x ·y in I zit maar x niet. We moeten dan bewijzen dat y wel in I zit. Uit x · y ∈ I volgt dat ((x · y) + I ) = eR + I geldt. Omdat R/I geen nuldelers heeft, moet ofwel x + I = eR + I , ofwel y + I = eR + I gelden. Aangezien x niet in I zit, geldt x + I = eR + I zeker niet, dus y + I = eR + I moet gelden. I is bijgevolg een priemideaal. – ⇐ Kies twee elementen x en y uit R zodat (x · y) + I = eR + I geldt maar x + I = eR + I niet. We moeten aantonen dat y + I dan gelijk is aan eR + I . Uit (x · y) + I = eR + I volgt dan x · y in I zit. Omdat I een priemideaal is, zit dus ofwel x, ofwel y in I , maar omdat x + I = eR + I niet geldt, moet het y zijn die in I zit. Bijgevolg moet y + I = eR + I gelden, en heeft R/I dus geen nuldelers. Dit betekent dat R/I een domein is. CLARIFY: waarom?

•

– ⇒ Zij J , +, · een strikt groter ideaal van R, +, ·, dan moeten we aantonen dat J precies R is. Omdat J strikt groter is dan I , moet er minstens een element x ∈ J bestaan dat niet in I zit. Dit betekent dat x + I zeker niet eR + I is in R/I . Omdat R/I een veld is (en dus enkel eenheden bevat), bestaat er een y ∈ R zodat (x · y) + I gelijk is aan i + I . Anders geformuleerd wordt dit het volgende. xy − i ∈ I ( J Dit betekent precies dat i tot J behoort, en dus is J gelijk aan R.27 – ⇐ Kies een b ∈ R zodat b niet in I zit. Beschouw de verzameling B: B = I + (b) = {a + rx | r ∈ R, a ∈ I } B, +, · is een ideaal dat I bevat. Omdat I maximaal is, moet B gelijk zijn aan R. Dit betekent dat i een element is van B en dus als volgt geschreven kan worden waarbij a0 ∈ I en r 0 ∈ R gelden. i = a0 + br 0

26 Zie

27 Zie

stelling ?? op pagina ??. stelling 9.68 op pagina 98.

107

HOOFDSTUK 9. RINGEN Beschouw nu i + I in R/I . i + I = (a0 + br 0 ) + I = br 0 + I = (b + I ) · (r 0 + I ) Dit betekent precies dat b en r 0 elkaars inversen zijn, dus R/I is een veld.

Stelling 9.104. Zij R, +, · een commutatieve ring en I , +, · een ideaal van R, +, · met I , R, dan bestaat er een maximaal ideaal M, +, · van R, +, · zodat I ⊆ M. Zonder bewijs Stelling 9.105. Zij P = (p) een priemideaal van een HID R, +, · met eenheidselement i en nulelement e, dan is p een irreducibel element in R, +, ·. Bewijs. Zij P een priemideaal gegenereert door een element p. Zij a en b twee elementen in R, +, · zodat a · b = p geldt. Dan moet e´ e´ n van de twee in P zitten omdat P een priemideaal is. Noem dat element nu b. Er bestaat dan een element r ∈ R zodat rp = a geldt. rp = b ⇒ ⇒

rab = b (p = ab) rab − b = e

⇒ (ra − 1)b = e ⇒ ⇒

(ra − 1) = e (R heeft geen nuldelers en b , e) ra = i

Dit houdt in dat a een eenheid is. p is dus irreducibel. ⇐ Zij p een irreducibel element in R, +, ·. Beschouw nu het ideaal P = (p), voortgebracht door p. Kies een willekeurig element x ∈ P en stel dat het geschreven kan worden als ab = x. We moeten nu bewijzen dat ofwel a in P zit, ofwel b.

9.2.5

deelbaarheid binnen integriteitsdomeinen

Definitie 9.106. Zij a, b en q elementen van een integriteitsdomein D, +, · zodat a = qb met b niet het nulelement e, dan noemen we b een deler van a. a | b ⇔ ∃q ∈ D : b = q · a Stelling 9.107. Zij a, b en c elementen van een integriteitsdomein D, +, ·. (a | b ∧ a | c) ⇒ a | (b + c) Bewijs. a deelt b, dus er bestaat een q ∈ D zodat b = q · a geldt. a deelt bovendien c, dus er bestaat ook een q0 ∈ D zodat c = q0 · a geldt. b + c = q · a + q0 · a = (q + q0 ) · a Dit betekent dat a ook b + c deelt.

108

HOOFDSTUK 9. RINGEN Stelling 9.108. Zij a en b elementen van een integriteitsdomein D, +, ·. ∀r ∈ D : a | b ⇒ a | br

Bewijs. Stel dat a een deler is van b in D, +, ·, dan bestaat er dus een q ∈ D zodat b = qa geldt. Beschouw nu br voor een willekeurige r ∈ D. br = qar = qra De tweede gelijkheid geldt omdat · commutatief is in D.28 br = qra betekent precies dat a een deler is van br . Stelling 9.109. Zij a, b en c elementen van een integriteitsdomein D, +, ·. (a | b ∧ b | c) ⇒ a | c Bewijs. a deelt b, dus er bestaat een q ∈ D zodat b = q · a geldt. b deelt bovendien c, dus er bestaat ook een q0 ∈ D zodat c = q0 · b geldt. c = q0b = q0qa Dit betekent precies dat a c deelt.

Definitie 9.110. We noemen twee (niet-nul)elementen a en b uit een integriteitsdomein D, +, ·, met eenheidselement i, geassocieerd als er een eenheid u bestaat in D zodat a = ub geldt: a ∼D b ⇔ ∃(u, u 0 ∈ D : uu 0 = i = u 0u) ∧ a = ub Stelling 9.111. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. a ∼D b ⇔ (a | b ∧ b | a) Bewijs. Bewijs van een equivalentie. Noem het eenheidselement van D i. • ⇒ Als a ∼D b geldt, dan bestaat er een inverteerbaar element u zodat a = ub, dus b|a geldt, maar omdat u inverteerbaar is, geldt ook u −1a = b. Bijgevolg is a ook een deler van b: a|b. • ⇐ Omdat a en b onderling elkaar delen, bestaan er elementen x en y in D zodat zowel a = xb als b = ya gelden. a = xb = xya ⇒ x · y = i x en y zijn elkaars inversen, dus x is inverteerbaar, zodat a ∼D b geldt. Eigenschap 9.112. De associatie ∼D is een equivalientierelatie. 28 Zie


HOOFDSTUK 9. RINGEN

109

Bewijs. Inderdaad, de associatie is reflexief, transitief29 en symmetrisch.

Stelling 9.113. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. (a ∼D b ∧ c ∼D d ) ⇒ (a | c ⇒ b | d ) Bewijs. Als a ∼D b en c ∼D d gelden, bestaan er dus inverteerbare elementen u en v in D zodat a = ub en c = vd gelden. Stel nu dat a een deler is van c, dan bestaat er ook nog een q ∈ D zodat c = qa geldt. d = v −1c = v −1qa = v −1qub b is dus een deler van d.

Definitie 9.114. We noemen een deler a van b een echte deler van b als a niet-inverteerbaar is en niet geassocieerd is met b. Definitie 9.115. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. We noemen д ∈ D een grootste gemene deler van a en b als д zowel een deler is van a als van b en elke andere deler van a en b een deler is van д. д = ддd (a, b) ⇔ (д | a ∧ д | b ∧ (∀c ∈ D : (c | a ∧ c | b) ⇒ c | д)) Definitie 9.116. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. We noemmen k ∈ D een kleinst gemeen veelvoud van a en b als k zowel een veelvoud is van a als van b en elk ander gemeen veelvoud van a en b een veelvoud is van k. д = kдv (a, b) ⇔ (a | k ∧ b | k ∧ (∀c ∈ D : (a | c ∧ b | c) ⇒ k | c)) Stelling 9.117. Een grootst gemene deler is uniek op een inverteerbaar element na. Zij D, +, · een integriteitsdomein. ∀a, b, д1 , д2 ∈ D : (д1 = ддd (a, b) ∧ д2 = ддd (a, b)) ⇒ д1 ∼D д2 Bewijs. Stel dat д1 en д2 beide een ддd zijn van a en b, dan geldt д1 |д2 alsook д2 |д1 .30 д1 is dus geaccosieerd met д2 : д1 ∼D д2 . Stelling 9.118. Zij D, +, · een integriteitsdomein. ∀a, b, д1 , д2 ∈ D : (д1 ∼D д2 ∧ д1 = ддd (a, b)) ⇒ д2 = ддd (a, b) Bewijs. Stel dat д1 geassocieerd is met een ддd д2 van a en b in D, +, ·, dan gelden volgende beweringen: a|д1 ∧ b |д1 ∧ д1 |д2 ∧ д2 |д1 Door de transitiviteit van “is een deler van”31 zijn a en b dan ook delers van д2 . Bovendien is elke andere ддd van a en b geassocieerd met д2 , dus ook deelbaar door д2 .32 29 Zie

stelling 9.109 op pagina 108. definitie ?? op pagina ??. 31 Zie stelling 9.109 op pagina 108. 32 Zie stelling 9.117 op pagina 109. 30 Zie

110

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.119. Zij D, +, · een integriteitsdomein en p een niet-nulelement van D, dan noemen we p een priemelement als uit p = ab volgt dat a of b inverteerbaar is in D. Opmerking 9.120. Een priemgetal heeft dus geen echte delers. Stelling 9.121. In een veld zijn elke twee elementen geassocieerd. Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit een velf F , +, ·. We bewijzen dat er een eenheid z bestaat zodat x als volgt te schrijven valt: x = zy Kies z = xy −1 , dit kan omdat y een eenheid is (want in een veld is elk element een eenheid). x = xy −1y = x

Euclidische Ring Definitie 9.122. We noemen een integriteitsdomein D, +, · een euclidische ring als er een afbeelding d : D \ {eD,+ } → R+ bestaat die elk niet-nulelement a afbeeldt op een niet-negatief geheel getal d (a) zodat het volgende geldt: • ∀a, b ∈ D \ {eD,+ } : d (a) ≤ d (ab) • ∀a ∈ D, ∀b ∈ D \ {eD,+ } : ∃q, r ∈ D : (a = qb + r ∧ (r = 0 ∨ d (r ) < d (b))) Stelling 9.123. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende: ∀a, b ∈ D : d (a) = d (ab) ⇔ b is inverteerbaar TODO: bewijs p 125

Stelling 9.124. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende: ∀a, b ∈ D : d (a) < d (ab) ⇔ b is niet inverteerbaar TODO: bewijs p 125

Stelling 9.125. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende: ∀a, b ∈ D : b is een echte deler van a ⇒ d (b) < d (a) TODO: bewijs p 125

111

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Stelling 9.126. Stelling van Bézout In een Euclidische ring D, +, · bestaat er een grootste gemene deler van elk paar elementen (a, b) die niet allebei het nulelement zijn. Bovendien kan die grootste gemene deler д beschreven worden als volgt: ддd (a, b) = д = α · a + β · b met α, β ∈ D TODO: bewijs p 126 TAI TODO: vanaf algoritme van Euclides om grootste gemene deler te vinden p 126 TAI tot sectie 7 p 129

Algoritme 9.127. Het Algoritme van Euclides Zij a en b twee elementen van een euclidische ring D, +, ·, d, dan kunnen we de grootste gemene deler ддd (a, b) van a en b als volgt vinden. a = bq 1 + r 1

met d (r 1 ) < d (b)

b = r 1q 1 + r 2

met d (r 2 ) < d (r 1 )

r 1 = r 2q 2 + r 3 .. .. . .

met d (r 3 ) < d (r 2 )

rk−2 = rk−1qk + rk

met d (rk ) < d (rk−1 )

rk−1 = rk qk+1 + 0 rk is dan de grootste gemene deler ддd (a, b) van a en b. Bewijs. Het algoritme van Euclides is eindig en correct. • Eindigheid De rij r 1 , . . . is een dalende rij in N, dus voor een zekere k moet rk+1 nul worden. • Correctheid Allereerst bewijzen we dat de grootst gemene deler ддd (a, b) van a en b gelijk is aan de grootst gemene deler ддd (b, r 1 ) van b en r 1 . ддd (a, b) = ддd (b, r 1 ) Noem д de grootst gemene deler van a en b, dan deelt д zeker a en b. Nu geldt bovendien r 1 = a − bq 1 , dus д deelt ook r 1 . Elke andere deler van zowel b als r 1 zal ook een deler zijn van a, en dus ook een deler van д. ддd (ri−1 , ri ) = ддd (ri , ri+1 ) We kunnen deze redenering verder zetten voor ri−1 , ri en ri+1 op volledig analoge wijze. Het resultaat van deze redenering is dat ддd (a, b) gelijk is aan ддd (rk−1 , rk ). rk is echter een deler van rk−1 , dus ook de grootst gemene deler van rk en rk+1 en bijgevolg de grootst gemene deler ддd (a, b) van a en b.

112

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.128. Als de grootst gemene deler ддd (a, b) van twee elementen a en b van een euclidische ring D, +, ·, d niet inverteerbaar is, dan noemen we a en b onderling ondeelbaar of copriem. Eigenschap 9.129. In een euclidische ring D, +, ·, d met eenheidselement i zal i steeds een grootst gemene deler zijn van twee onderling ondeelbare elementen a en b. EXTRA: bewijs

Stelling 9.130. Zij D, +, ·, d een euclidische ring en a en b elementen van D. a en b zijn onderling ondeelbaar ⇒ (∀c ∈ D)(a|bc ⇒ a|c) TODO: bewijs TAI p 128

Stelling 9.131. Zij D, +, ·, d een euclidische ring en a en b elementen van D. a en b zijn onderling ondeelbaar ⇒ (∀c ∈ D)(a|c ∧ b|c ⇒ ab|c) TODO: bewijs TAI p 128

Stelling 9.132. Zij D, +, ·, d een euclidische ring en a en b elementen van D. p priem ⇒ (p|ab ⇒ p|a ∨ p|b) TODO: bewijs TAI p 128

Stelling 9.133. In een euclidische ring D, +, ·, d kan elk niet-nulelement ontbonden worden in een product van priemelementen en een inverteerbaar element. Deze ontbinding is bovendien uniek op de volgorde van de factoren na en op een inverteerbaar element na. TODO: bewijs TAI p 128

9.3

Veeltermen over ringen

Definitie 9.134. Een veelterm over een ring R, +, · is een uitdrukking a(x ) van de volgende vorm. n X a(X ) = ai X i met n ≥ 0 i=0

In a(X ) zijn alle ai elementen van R en an niet het nulelement. De ai noemt met de coëfficienten en X de onbepaalde. We zeggen dat a(X ) een veelterm is in X . n noemt men de graad van a(x ). an noemt met de leidende coëfficient en an X n de leidende term.

Definitie 9.135. De graad van een veelterm a(X ) noteren we als дr (a(X )) of deд(a(X )).

113

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Definitie 9.136. Een veelterm van graad 0 noemt men een constante (veel)term.

Definitie 9.137. Een veelterm waarbij a 0 het nulelement is, noemt men een veelterm zonder constante term.

Definitie 9.138. De veelterm van graad 0 met het nulelement e als coëfficient noemt met de nul(veel)term

Definitie 9.139. Een veelterm waarbij de n-de coëfficient an gelijk is aan het eenheidselement i noemt men een monische veelterm.

Definitie 9.140. We definieren de som van twee veeltermen a(X ) en b (X ) als volgt: a(X ) =

m X

ai X i

i=0

b (X ) =

n X

bi X i

i=0

a(X ) + b (X ) =

max(m,n) X

(ai + bi )X i

i=0

Uiteraard zijn ai en bi voor i groter dan m, respectievelijk n nulelementen.

Definitie 9.141. We definieren het product van twee veeltermen a(X ) en b (X ) als volgt: a(X ) =

m X

ai X i

i=0

b (X ) =

n X

bi X i

i=0 n+m X

i X * ai−k bk + X i a(X ) · b (X ) = i=0 , k=0 Uiteraard zijn ai en bi voor i groter dan m, respectievelijk n nulelementen.

Eigenschap 9.142. De verzameling van veeltermen R[X ] in een variabele X over een ring R, +, · met nulelement eR , uitgerust met de veelterm-som en het veelterm-product, vormt een ring R[X ], +, ·. Bewijs. We bewijzen elke definiërende eigenschap van een ring. • R[X ], + is een commutatieve groep.

114

HOOFDSTUK 9. RINGEN – De veelterm-som is associatief omdat + in R, +, · associatief is. – De veelterm-som is commutatief omdat +in R, +, · commutatief is. – Het neutraal element voor R[X ], + is de nulveelterm. ∀a(X ) ∈ R[X ] :

m X

i

ai X + e R =

i=0

m X

i

(ai + eR )X =

i=0

m X

ai X i

i=0

– Elk element a(X ) in R[X ] heeft een neutraal element −a(X ) in R[X ]. −a(X ) =

m X

(−ai )X i

i=0

∀a(X ) ∈ R[X ] : a(X ) − a(X ) =

m X i=0

i

(−ai )X +

m X

i

ai X =

i=0

m X

i

(ai − ai )X =

i=0

m X

eR X i = eR

i=0

• Het veelterm-product is associatief: Kies drie veeltermen a(X ), b (X ) en c (X ) uit R[X ]. p X

= = = =

q r X X * ai X · bi X i · ci X i + i=0 i=0 , i=0 Pp i · Pq+r Pi i a X b c i i=0 i=0 k=0 i−k k X Pp+q+r Pj Pi i j=0 i=0a j−i k=0 bi−kck X Pp+q+r Pj Pj−i a bk · ci X i j=0 i=0 k=0 j−i−k P P p+q Pj a b X j · ri=0 ci X i j=0 k=0 j−k k i

p q r X X X i i+ * = ai X · bi X · ci X i i=0 , i=0 - i=0

• Het veelterm-product is distributief ten opzichte van de veelterm som:

= = = = =

p q r X X X i+ * ai X i + bi X · ci X i i=0 , i=0 - i=0 Pmax (p,q) P (ai + bi )X i · ri=0 ci X i i=0 Pmax (p,q)+r Pi i (a + b ) · c i−k k X i=0 k=0 i−k Pmax (p,q)+r Pi i i=0 k=0 (ai−k ck ) + (bi−k ck ) X Pmax (p,q)+r Pi Pi i i=0 k=0(ai−k ck ) + k=0 (bi−k ck ) X Pmax (p,q)+r Pi i + Pmax (p,r )+r Pi (b ) (a c ) X c Xi i−k k i−k k i=0 i=0 k=0 k=0 p q r r X X X X i i+ * * = ai X · ci X + bi X i · ci X i + i=0 i=0 , i=0 - , i=0 -

Definitie 9.143. Men noteert de verzameling van veeltermen in X over een ring R, +, · als R[X ], +, ·. We noemen deze ring de veeltermring.

115

HOOFDSTUK 9. RINGEN Stelling 9.144. Als de ring R, +, · commutatief is, dan is R[X ], +, · ook commutatief. Bewijs. ∀a(X ), b (X ) ∈ R[X ] : a(X ) + b (X ) =

max(m,n) X

i

(ai + bi )X =

i=0

max(m,n) X

(bi + ai )X i = b (X ) + a(X )

i=0

Stelling 9.145. Het eenheidselement i van R, +, ·(, als het bestaat,) is dat element, als constante veelterm beschouwd, ook het eenheidselement van R[X ], +, ·. Bewijs. ∀a(X ) ∈ R[X ] : a(X ) · i =

n X

ai · i = a(X ) =

i=0

n X

i · ai = i · a(X )

i=0

Stelling 9.146. R[X ], +, · heeft geen nuldelers als en slechts als R, +, · geen nuldelers heeft. Bewijs. Kies twee verschillende niet-nul-veeltermen a(X ) en b (X ) uit R[X ] van graad m, respectievelijk m. De veelterm a(X ) · b (X ) heeft leidende term am · bm waarin am en bn beide niet het nulelement van R, +, · zijn. Als en slechts als a en b geen nuldelers zijn in R, +, ·, is am · bn niet het nulelement van R, +, ·. Dit betekent precies dat R[X ], +, · geen nuldelers heeft als en slechts als R, +, · geen nuldelers heeft. Stelling 9.147. Zij R, +, · een ring zonder nuldelers. ∀x, y ∈ R[X ] : дr ( f · д) = дr ( f ) + дr (д) Bewijs. Dit volgt meteen uit de definitie van het veeltermproduct. Let wel op: dit geldt enkel als R, +, · geen nuldelers heeft. Gevolg 9.148. R[X ], +, · is een integriteitsdomein als en slechts als R, +, · een integriteitsdomein is. Bewijs. R[X ], +, · is commutatief33 , heeft een eenheidselement34 en geen nuldelers35 als hetzelfde geldt voor R, +, ·. Stelling 9.149. Examenvraag! Zij R, +, · een integriteitsdomein, dan geldt het volgende: (R[X ]) × = R × Bewijs. R, +, · heeft geen nuldelers. Zij x een eenheid in R[X ], dan bestaat er een inverse y zodat het volgende geldt (waarbij i het eenheidselement is van R, +, · en dus ook van R[X ], +, ·36 ). x ·y = i Vanwege de regel voor de graad van het product van veeltermen37 moeten zowel x als y graad 0 hebben. De enige elementen met een invers voor · zijn dus de constante veeltermen die een inverse hebben. 33 Zie

stelling 9.144 op pagina 115. stelling 9.145 op pagina 115. 35 Zie stelling 9.147 op pagina 115. 36 Zie stelling 9.145 op pagina 115. 37 Zie stelling 9.147 op pagina 115. 34 Zie

116

HOOFDSTUK 9. RINGEN

9.3.1

Veeltermfuncties

Definitie 9.150. Zij R, +, · een commutatieve ring en c een element van R, dan noemen we de afbeelding f (als volgt) de substitutie of veeltermfunctie van c. f : R[X ] → R :

n X

ai X i 7→

i=0

n X

ai c i

i=0

Definitie 9.151. Zij R[X ], +, · de ring der veeltermen over een deelring R, +, · van S, +, ·. We definiëren de waarde van een veelterm a(x ) voor een element s van s als het element a(s) van S.

Definitie 9.152. Zij R[X ], +, · de ring der veeltermen over een deelring R, +, · van S, +, ·. Zij s een element van S en a(X ) een veelterm van R[X ], dan noemen we s een nulpunt of een wortel van a als en slechts als a(s) het nulelement is van s. Stelling 9.153. Het delingsalgoritme voor veeltermen over een ring met eenheidselement. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en zij f , д ∈ R[X ] veeltermen over R. Als д monisch is, dan bestaan er unieke veeltermen q en r in R[X ] zodat het volgende geldt: f = qд + r en дr (r ) ≤ дr (д) Bewijs. Als de ring R, +, · (en dus ook R[X ], +, ·) een integriteitsdomein is, dan is R[X ], +, ·, дr een euclidische ring en kunnen we het algoritme van Euler gebruiken.38 We bewijzen deze stelling toch appart. We bewijzen eerst dat dergelijke q en r bestaan en daarna dat ze uniek zijn. • Als de graad van f kleiner is dan de graad van д, is het nogal nutteloos om een deling te proberen uitvoeren. We gaan er daarom van uit dat de graad van f groter of gelijk is aan de graad van д. We bewijzen dat q en r bestaan door inductie op de graad van f . – De bewering geldt voor дr ( f ) = 0. – We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde graad дr (k ) ∈ N 0 . – We bewijzen dat daaruit zou volgend dat de bewering geldt voor graad дr (k + i) van f . f =

k+1 X

ai X i

i=0

Noteer nu m voor de graad van en beschouw de veelterm f 0. f 0 = f − an X n−mд We zien dat de graad van f 0 kleiner is dan n en dus bestaan er een q0 en r 0 met дr (r 0 ) < дr (д) als volgt: f 0 = q0д + r 0 Hieruit volgt dat we f als volgt kunnen schrijven. f = (an X n−m + q0 )д + r 0 We kiezen dan voor q an X n−m + q0 en voor r r 0. 38 Zie

algoritme 9.127 op pagina 111.

117

HOOFDSTUK 9. RINGEN

• Tenslotte bewijzen we de uniciteit. Stel dat er twee paar veeltermen q en r en q0 en r 0 zouden bestaan zoals gevraagd, dan betekent dat het volgende: (q − q0 )д = r 0 − r

Definitie 9.154. Zij a en b veeltermen over een commutatieve ring R, +, · met b niet het nulelement van R[X ], +, ·. Als q en r veeltermen zijn zoals in de vorige stelling, dan noemen we q het quotient en r de rest van a bij deling door b. Stelling 9.155. De reststelling Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i. Zij f ∈ R[X ] een veelterm over R, +, · en a een element van R. • f (a) is de rest bij deling van f door X − a. Er bestaat dus een unieke veelterm q ∈ R[X ] zodat het volgende geldt: f = q(X − a) + f (a) • f is deelbaar door X − a (X − a| f ) als en slechts als a een nulpunt is van f . Bewijs. We gebruiken het delingsalgoritme om dit te bewijzen. • Het delingsalgoritme39 van f door (X − a) levert een q en r op zodat het volgende geldt. f = q(X − a) + r met дr (r ) < 1 r is dus een element van R. De substitutie van a in f geeft f (a) = r . • Als f (a) het nulelement is, vormt de substitutie van f in a de definitie van deelbaarheid. Stelling 9.156. Zij R, +, · een integriteitsdomein en f ∈ R[X ] een veelterm over R, +, ·. Zij a 1 , a 2 , . . . , ar onderling verschillende nulpunten van f . (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an ) is een deler van f . Bewijs. We bewijzen dit door inductie op het aantal verschillende nulpunten van f . • De bewering geldt voor n = 1.40 • We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde n = k… • … en bewijzen dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1. Eerst delen we f door (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak ). De inductiehypothese zegt dan dat er een д ∈ R[X ] bestaat zodat f als volgt geschreven kan worden: f = (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak )д De substitutie van ak+1 levert ons het volgende op: eR = f (ak+1 ) = (ak+1 − a 1 )(ak+1 − a 2 ) . . . (ak+1 − ak )д(ak+1 ) Omdat de ai onderling verschillend zijn en R, +, · geen nuldelers heeft is д(ar ) ook het nulelement eR . ar is een nulpunt van д en dus is X − ak+1 een deler van д.41 Dit houdt natuurlijk ook in dat (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak )(X − ak+1 ) een deler is van f . 39 Zie


118

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Bij krachte van het concept van inductiehypothese is de bewering nu bewezen voor elke n ∈ N.

9.3.2

Veeltermen over velden

Stelling 9.157. Zij F , +, · een veld. Een veelterm over F met k verschillende nulpunten heeft minstens graad k of is de nulveelterm. EXTRA: bewijs

Stelling 9.158. Zij F , +, · een veld. Een veelterm van graad n ≥ 1 over F heeft hoogstens n verschillende nulpunten. EXTRA: bewijs

Stelling 9.159. Zij F , +, · een veld. Als twee veeltermen van graad n over f dezelfde waarde aannemen in n + 1 onderling verschillende elementen, dan zijn deze veeltermen gelijk. EXTRA: bewijs

Stelling 9.160. Zij F , +, · een oneindig veld. Voor twee veeltermen f en д uit F [X ]: ∀f , д ∈ F [X ] : (∀a ∈ F : f (a) = д(a) ⇒ f = д) Voor oneindige velden zijn de begrippen veeltermen en veeltermfuncties dus wel hetzelfde. EXTRA: bewijs

Opmerking 9.161. De vier bovenstaande stellingen gelden in het algemeen over integriteitsdomeinen maar worden meestal geciteerd over een veld. Opmerking 9.162. De vier bovenstaande stellingen gelden in het algemeen niet voor een lichaam. CLARIFY: waar loopt het mis als je geen commutativiteit eist?

9.3.3

Irreducibiliteit

Definitie 9.163. Zij K, +, · een veld. Een veelterm f ∈ K[X ] is irreduceerbaar of irreducibel over K (of in K[X ]) als f niet constant is en niet geschreven kan worden als een product van twee veeltermen van graad kleiner dan дr ( f ). Een niet-constante veelterm heet reduceerbaar of reducibel als hij niet irreduceerbaar is. Eigenschap 9.164. Het eerste criterium Zij f ∈ Z[X ] een veelterm over Z, +, · met дr ( f ) ≥ 1 en p een priemgetal. Beschouw dan het volgend ringmorfisme: n n X X i ¯ ai X 7→ f = Z [X ] → Zp [X ] : f = ai X i i=0

i=0

Als дr ( f ) gelijk is aan дr ( f¯) en f¯ is irreducibel in Zp [X ], dan is f irreducibel in Q[X ]. EXTRA: bewijs

Opmerking 9.165. De omgekeerde eigenschap geldt niet. Er bestaan zelfs veeltermen over Z die irreducibel zijn over Q maar voor elk priemgetal p reducibel worden over Zp : X 4 + 6X 2 + 1 en X 4 − 2X 2 + 9

119

HOOFDSTUK 9. RINGEN Eigenschap 9.166. Het tweede criterium of het criterium van Einstein Zij f ∈ Z[X ] een veelterm over Z: n X f = ai X i i=0

Als er een priemgetal p bestaat als volgt, is f irreducibel in Q[X ]. p - an

∧

(∀i ∈ {0, . . . , n − 1} : p|ai )

∧

p 2 - a0

EXTRA: bewijs

Eigenschap 9.167. Het derde criterium Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm van graad 2 of 3, dan is f reducibel over K als en slechts als f een nulpunt heeft in K. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Als f van graad 2 of 3 is kan f ontbonden worden in een veelterm van graad 1 en een (al dan niet reducibele) veelterm van graad ≤ 2. De veelterm van graad 1 ziet er dan uit als X − b. CLARIFY: waarom?

Dit betekent dat b een nulpunt is van f . • ⇐ Als f een nulpunt heeft, geldt X − a | f 42 voor a een nulpunt van f . f valt dan te schrijven als f − (X − a)q met q ∈ K[X ]. f is dus reducibel. Opmerking 9.168. Merk op dat deze stelling niet zonder meer geldt voor veeltermen van graad 4 of meer. De redenering gaat immers enkel op als e´ e´ n van de ontbindingsveeltermen graad 1 heeft. Stelling 9.169. De fundamentele stelling van de algebra. Een niet-constante veelterm over het veld C, +, · der complexe getallen heeft minstens 1 wortel in C. EXTRA: verwijzing naar een bewijs.

Gevolg 9.170. Elke veelterm van graad n over het veld C, +, · der complexe getallen heeft precies n wortels in C. EXTRA: bewijs

Gevolg 9.171. Elke veelterm van graad n over het veld C, +, · der complexe getallen is op een unieke manier te ontbinden in priemelementen van de vorm (x −a) op een constante (en dus inverteerbare) veelterm na. EXTRA: bewijs

Stelling 9.172. Als a ∈ C een complexe wortel is van een reële veelterm p(x ) ∈ R[x], dan zal ook het complex toegevoegde a¯ van a een wortel zijn van p(x ). TODO: bewijs p 136 42 Zie


120

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Opmerking 9.173. De inverse van een veelterm over een ring R, +, · is in R, +, · is over het algemeen geen veelterm. Opmerking 9.174. Zij F , +, · een veld, dan is F [X ] niet noodzakelijk een veld. Stelling 9.175. De veeltermen in een variabele x over een veld F , +, ·, uitgerust met дr als afbeelding d, vormen een euclidische ring. EXTRA: bewijs

Definitie 9.176. De productverzameling (Z2 )m bevat m-tallen van bits. We noteren (Z2 )m vaak als F 2m .

Definitie 9.177. We associeren met elk element (am−1 , . . . , a 0 ) van F 2m een veelterm a(x ): a = (am−1 , . . . , a 0 ) ←→ a(x ) =

n X

ai x i

i=0

Definitie 9.178. We definieren een optelling in F 2m als de optelling van veeltermen met coëfficienten in de m-tallen. (am−1 , . . . , a 0 ) + (bm−1 , . . . , b0 ) = (cm−1 , . . . , c 0 ) ⇔ a(x ) + b (x ) = c (x )

Definitie 9.179. We definieren een vermenigvuldiging in F 2m (modulo een m-tal д) als de optelling van veeltermen met coëfficienten in de m-tallen. (am−1 , . . . , a 0 ) · (bm−1 , . . . , b0 ) = (cm−1 , . . . , c 0 ) ⇔ a(x ) · b (x ) = c (x )

mod д(x )

Eigenschap 9.180. De verzameling veeltermen van graad m − 1 of lager, uitgerust met de optelling en vermenigvuldiging (modulo д) vormt een veld. TODO: bewijs p 134

9.3.4

Veeltermen in meerdere veranderlijken

Definitie 9.181. Zij R, +, · een ring. De polynomenring of veeltermenring over R, +, · in de veranderlijken X 1 , . . . , Xn , genoteerd R[X 1 , . . . , Xn ] is de verzameling van alle formele sommen van de volgende vorm: X ai X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin i∈Nn

TODO: formuleer de bewerkingen op R[X 1 , . . . , X n ] en bewijs de zinnigheid

De optelling van twee veeltermen zien er als volgt uit: X X X in in i1 i2 i1 i2 ai X 1 X 2 . . . X n + bi X 1 X 2 . . . Xn = (ai + bi )X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin i∈Nn

i∈Nn

i∈Nn

121

HOOFDSTUK 9. RINGEN De vermenigvuldiging is iets ingewikkelder: X X X ai X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin · bi X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin = ci X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin i∈Nn

i∈Nn

i∈Nn

ci =??? QUESTION: wat moet er hier?

Eigenschap 9.182. Zij R, +, · een ring. R[X 1 , . . . , Xn ] (R[X 1 , . . . , Xn−1 ])[Xn ] EXTRA: bewijs

Opmerking 9.183. Men kan R[X 1 , . . . , Xn ] ook inductief definieren volgens deze eigenschap. We moeten dan de ringaxioma’s niet meer verifiëren, maar we moeten dan wel nog de volgende eigenschap bewijzen. Eigenschap 9.184. Zij R, +, · een ring. (R[X 1 ])[X 2 ] (R[X 2 ])[X 1 ] EXTRA: bewijs

Definitie 9.185. Zij R een ring en V een verzameling. Benoem nu voor elk element j van V een veranderlijke X j . De polynomenring of veeltermenring over R in de veranderlijken X j , genoteerd R[X j ]j∈V is de verzameling van alle formele sommen van de volgende vorm, uitgerust met de veelterm-som en het veelterm-product: X ai X ji11 X ji22 . . . X jinn i∈Nn

Zij hierin n het aantal elementen van V . en ai een element van R voor elk n-tel van Nn .

9.4

HID en UFD

Definitie 9.186. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement. Een element x ∈ R is irreduceerbaar of irreducibel in R, +, · als het volgende geldt: • x is niet het nulelement. • x is geen eenheid in R, +, · • Als er twee elementen a en b in R bestaan zodat a · b = x geldt, dan is a of b een eenheid in R, +, ·. Eigenschap 9.187. Een equivalente formulering in een integeriteitsdomein R, +, · met nulelement e. Een element x ∈ R is irreducibel in R, +, · als en slechts als het volgende geldt:

HOOFDSTUK 9. RINGEN

122

• x is niet het nulelement. • x is geen eenheid in R, +, · • Elke deler van x is een eenheid of geassocieerd met x. Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ Als x irreducibel is, nemen we een deler d ∈ R van x en moeten we aantonen dat d een eenheid is of geassocieerd met x. d is een deler van x, dus er bestaat een q ∈ R zodat x = dq geldt. Per definitie van irreduceerbaarheid is dan d of q een eenheid. Als q de eenheid is, dan is d geassocieerd met x. • ⇐ Uit het ongerijmde. Stel dat x reducibel is, dan is x te schrijven als x = yz waarbij y en z geen eenheden zijn ook niet geassocieerd zijn met x. Dit is in tegenspraak met de definitie van ireduceerbaarheid.

Definitie 9.188. Zij R, +, · een commutatieve ring en x 1 , . . . , xn elementen van R. Men noemt d ∈ R een grootst gemene deler van x 1 , . . . , xn als volgende beweringen gelden: • ∀i : d |xi • ∀r ∈ R : ∀i : r |xi ⇒ r |d CLARIFY: dit is een veralgemening van de vorige definite von grootst gemene deler, laten staan?

Opmerking 9.189. Een grootste gemene deler is over het algemeen niet uniek. Eigenschap 9.190. Zij R, +, · een integriteitsdomein, x 1 , . . . , xn elementen van R en d en d 0 beide grootst gemene delers van x 1 , . . . , xn , dan zijn d en d 0 geassocieerd. EXTRA: bewijs

Opmerking √ 9.191. Een grootst √ gemene deler √ hoeft niet altijd te bestaan. In Z + i 5Z hebben 3 + 3i 5 en 3 − 3i 5 geen grootste gemene deler. Opmerking 9.192. In Z is een grootst gemene deler uniek op het teken na. EXTRA: bewijs, na bewijs, maak hier een stelling van.

9.4.1

Hoofdideaaldomein

Definitie 9.193. Zij R, +, · een integriteitsdomein, dan noemen we R, +, · een hoofdideaaldomein (HID) als elk ideaal van R een hoodideaal is. Lemma 9.194. Zij F , +, · een veld en I , +, · een niet-triviale ideaal van F [X ], dan is д ∈ I een voortbrenger van I als en slechts als д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }.

HOOFDSTUK 9. RINGEN

123

Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ EXTRA: bewijs

• ⇐ Stel dat д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }. – ⊆ Omdat д een element is van I is (д) zeker een deel van I . – ⊇ Kies een willekeurig element f ∈ I . Het delingsalgoritme van f door д levert een q en r in F [X ] op als volgt: f = дq + r en дr (r ) < дr (д) Dit houdt in dat r = f − дq geldt, en r daardoor in I zit, impliceert de minimaliteit van дr (д) dat r het nulelement is. f zit dus ook is (д). Stel dat д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }. CLARIFY: waarom geldt dit enkel voor een veld?

Stelling 9.195. Zij F , +, · een veld met nulelement e en I , {e} een ideaal in F [X ]. Als twee elementen д en д0 van F voortbrengers zijn van I , +, ·, dan bestaat er een (eenheid?) c ∈ F × zodat д0 = cд geldt. EXTRA: bewijs

Stelling 9.196. Examenvraag! Zij F , +, · een veld, dan is F [X ] een HID. Bewijs. We weten als dat F [X ] een integriteitsdomein is.43 Kies een willekeurig ideaal I , +, · van F [X ], +, ·, dan moeten we aantonen dat I , +, · een hoofdideaal is. Als I , +, · de nulring is, wordt I , +, · voortgebracht door het nulelement. Kies dus een element д uit I \ {e F } van minimale graad, dan wordt I voortgebracht door д.44 Stelling 9.197. Zij R, +, · een hoofdideaaldomein en p ∈ Re , dan is (p) een maximaal ideaal als en slechts als p irreducibel is. Bewijs. • ⇒ Zij (p) een maximaal ideaal van R, +, ·, dan is p geen eenheid in R, +, ·. Als p immers wel een eenheid zijn zou p heel R voortbrengen. CLARIFY: waarom?

We nemen nu een deler a van p en tonen aan dat a ofwel een eenheid is, ofwel geassocieerd met p. a | p ⇒ p ∈ (a) ⇒ (p) ⊆ (a) ⊆ R 43 Zie 44 Zie

gevolg 9.148 op pagina 115. lemma 9.194 op pagina 122.

124

HOOFDSTUK 9. RINGEN

CLARIFY: waarom?

Omdat (p) een maximaal ideaal is moet (a) ofwel gelijk zijn aan (p), ofwel aan R. In het eerste geval zijn a en p geassocieerd, in het andere is a een eenheid. CLARIFY: waarom?

• ⇐ Zij p irreducibel. We nemen een ideaal I , +, · van R, +, · tussen (p) en R. (p) ⊆ I ⊆ R Kies nu een element a uit I dat I voortbrengt (want R, +, · is een HID). Er bestaat dan een b ∈ R zodat p te schrijven valt als p = ab. a is dan een deler van p. p is echter irreducibel, dus ofwel is a een eenheid, en dan geldt I = R, ofwel is b een eenheid, en dan geldt I = (p). Gevolg 9.198. Zij F , +, · een veld en p een irreducibele veelterm F [X ], dan is F [X ]/(p) een veld. EXTRA: bewijs

Stelling 9.199. Examenvraag! De Stelling van Bezout Zij R, +, · een HID en x 1 , . . . , xn elementen van R. • Er bestaat een grootste gemene deler van x 1 , . . . , xn . • Voor elke grootste gemene deler d van x 1 , . . . , xn bestaan er elementen r 1 , . . . , rn in R zodat het volgende geldt: n X d= ri xi i=1

Bewijs. Omdat R, +, · een HID is, is het ideaal (x 1 , x 2 , . . . , xn ) een hoofdidiaal. Er bestaat dus een d ∈ R zodat het volgende geldt: (d ) = (x 1 , x 2 , . . . , xn ) Hieruit volgt meteen al dat d elke xi deelt. Anderzijds is d ook een element van (x 1 , x 2 , . . . , xn ), dus bestaan er ri ∈ R als volgt: n X d= ri xi i=1

Stel nu dat er nog een a ∈ R aelke xi deelt, dan deelt a ook d. Dit bewijst dat d een grootst gemene deler is van de xi . Voor elke andere grootst gemene deler d 0 bestaat er een eenheid u ∈ R als volgt: CLARIFY: waarom?

d 0 = ud Dan zijn de ri voor d 0 respectievelij uri . Stelling 9.200. Z, +, · is een HID.

125

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Bewijs. Zij I , +, · een ideaal van Z, +, ·, dan is I , + cyclisch omdat het een deelgroep is van de cyclische groep Z, +.45 Er bestaat dus een generator n voor I: I = {k · n | n ∈ Z} = (n) I is dus een hoofideaal.

Stelling 9.201. Voor elke n is nZ een ideaal van Z. Bewijs. Voor elke n ∈ Z beschouwen we de deelring nZ. Beschouw nu een willekeurig element m ∈ Z: m · n|n ⇒ m · n ∈ nZ Bovendien zijn zowel n + n0 als −n elementen van nZ voor elke n0 ∈ Z. nZ is dus een ideaal van Z, +, ·. Stelling 9.202. Z + Zi is een HID. Zonder bewijs

9.4.2

Unieke factorisatiedomeinen

Definitie 9.203. Zij R, +, · een integriteitsdomein met nulelement e. Men noemt R, +, · een unieke factorisatiedomein (UDF) als er voor elk element x uit Re dat geen eenheid is het volgende geldt: • Er bestaan irreducibele elementen r 1 , r 2 , . . . , rn in R zodat we x als volgt kunnen schrijven. n Y

x=

ri

i=1

• Deze ontbinding is bovendien uniek. Als er immers nog elementen r 10 , r 20 , . . . , rm0 in R bestaan als volgt, geldt m = n en zijn de overeenkomstige ri en ri0 geassocieerd. x=

n Y

ri =

i=1

m Y i=1

ri0

Eigenschap 9.204. Zij R, +, · een uniek factorisatiedomein met nulelement e, en r 1 , r 2 , . . . , rn elementen uit Re , dan bestaat er een grootst gemene deler van x 1 , . . . , xn . Bewijs. Omdat R een UFD is kunnen we alle xi ondbinden als volgt: Y e x i = ui rj ij j

Hierboven is ui een eenheid, elke r j irreducibel, de r j onderling niet geassocieerd en elke eij ∈ N. Benoem nu e j als volgt: e j = min{eij | i ∈ {1, . . . , n}} Nu volgt uit de uniciteit van de factorisatie dat d een grootst gemene deler is van de xi . Y e d= rj j j

45 Zie


126

HOOFDSTUK 9. RINGEN

QUESTION: waar komen de eenheden ui vandaan? CLARIFY: hier moet veel meer uitleg‼

Opmerking 9.205. In bovenstaande eigenschap mogen er ri het nulelement zijn, maar niet allemaal. Eigenschap 9.206. Zij R, +, · een uniek factorisatiedomein met nulelement e, en r 1 , r 2 , . . . , rn elementen uit Re , dan bestaat er een kleinst gemeen veelvoud van x 1 , . . . , xn . EXTRA: bewijs

Stelling 9.207. Zij R, +, · een UDF en a, b elementen van R. Als d een grootste gemene deler is van a en b en v een kleinst gemeen veelvoud van a en b, dan zijn d · v en a · b geassocieerd. EXTRA: bewijs p 68 katelijne

Lemma 9.208. Zij I 0 ⊆ I 1 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · een keten van idealen in een HID R, +, ·, dan bestaat er een index k zodat Ik = In voor alle n groter dan k. In andere woorden: “De keten stabiliseert”. Bewijs. Beschouw I als volgt. Nu is I , +, · zelf een ideaal van R, +, ·. [ I= In n

I is immers gelijk aan de grootste In waarvan de unie genomen wordt. Omdat I een HID is, bestaat er een a ∈ I die I voortbrengt. Als die a voor een gegeven k in Ik zit, geldt het volgende: I = (a) ⊆ Ik Dan is I j voor elke j groter dan k gelijk aan Ik .

Lemma 9.209. Zij p een irreducibel element in een HID R, +, · met eenheidselement i. p | ab ⇒ p | a ∨ p | b Bewijs. Beschouw een grootst gemene deler d van p en a. Omdat d | p geldt is d ofwel geassocieerd met p, ofwel een eenheid. • Als d geassocieerd is met p, dan is geldt ook p | d. Dit houdt in dat p | a ook geldt. • Als d een eenheid is, bestaan er elementen u en v in R zodat het volgende geldt46 : i = ua + vp CLARIFY: waarom niet d ipv i?!

We stellen beide kanten samen met b om het volgende te bekomen: b = uab + vpb Omdat p een deler is van ab volgt hieruit dat p | b geldt. CLARIFY: meeeer uitleeeeeeg 46 Zie


127

HOOFDSTUK 9. RINGEN

Stelling 9.210. Examenvraag! Elk HID is een UDF. Bewijs. Zij R, +, · een HID. Kies een element x 0 uit R, verschillend van het nulelement, dat geen eenheid is. We bewijzen eerst dat we x 0 kunnen ontbinden in irreducibele elementen en daarna dat die ontbinding uniek is. • Bestaan Bewijs uit het ongerijmde. Stel dat x 0 niet te ontbinden valt in irreducibele elementen (dan is x 0 niet irreducibel want als x 0 irreducibel was dan was x 0 zelf al de ontbinding van x 0 in irreducibele elementen), dan bestaan er elementen x 1 en y1 in R zodat x 0 als volgt te schrijven valt. x 0 = x 1y1 Hierin zijn x 1 en y1 geen eenheden47 en kan ofwel x 1 ofwel y1 zelf ook niet ontbonden worden in irreducibele elementen. Als zowel x 1 als y1 immers een product waren van irreducibele elementen, dan was x 0 dat ook. Stel dat x 1 het element is van x 1 en y1 dat niet te ontbinden valt in irreducibele elementen (anders wisselen we gewoon de naam om). Nu is de hoofdideaal door x 0 een deel van de hoofdideaal door x 1 , maar niet gelijk. (x 0 ) ( (x 1 ) Anders zou er immers een eenheid u ∈ R bestaan zodat x 0 = x 1u geldt. Omdat R, +, · een integriteitsdomein is, volgt hieruit dat y1 gelijk is aan u, maar dat kan niet want y1 is geen eenheid. Analoog kunnen we uit x 1 een element x 2 construeren dat niet te ontbinden valt in irreducibele elementen. zodat (x 1 ) ( (x 2 ) geldt. Op die manier kunnen we uiteindelijk in R, +, · een aftelbaar oneindige keten van hoofdidealen (xi ) construeren als volgt. (x 0 ) ( (x 1 ) ( (x 2 ) ( · · · ( (xn ) ( (xn+1 ) ( · · · Dit is natuurlijk onmogelijk.48 • Uniciteit Stel dat x 0 ontbonden kan worden in irreducibele pi ’s en ook in irreducibele qi ’s. x=

m Y

pi =

n Y

i=1

qi

i=1

De overeenkomstige pi en qi moeten dan geassocieerd zijn en m moet gelijk zijn aan n. We bewijzen de uniciteit per inductie op m. – De bewering geldt voor m = 1. x = p1 =

n Y

qi

i=1

Aangezien p1 irreducibel is, moet n ook 1 zijn. x = p1 = q 1 p1 en q 1 zijn nu inderdaad geassocieerd. 47 Zie 48 Zie

definitie 9.186 op pagina 121. lemma 9.208 op pagina 126.

128

HOOFDSTUK 9. RINGEN – We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde m = k …

– … en bewijzen dan dat de bewering ook geldt voor m = k + 1. Q Qn Qn Omdat k+1 i=1 pi = i=1 qi geldt is p zeker ook een deler van i=1 qi . Dit betekent ook het 49 volgende : n _ p | qi i=1

Na eventuele hernummering van p geldt zeker pk+1 | qn . Omdat pk+1 | qn geldt, pk+1 geen eenheid is en qn irreducibel, moet pk+1 geassocieerd zijn met qn . Er bestaat dus een eenheid u ∈ R als volgt: qk+1 = upn We vereenvoudigen dan de originele gelijkheid als volgt: k Y

n−1 Y pi = * qi + · u i=1 , i=1 -

Merk nu op dat qn−1u irreducibel is. CLARIFY: waarom?

De inductiehypothese impliceert dat k gelijk is aan n − 1 en dat pi geassocieerd is mat qi voor i ∈ {1, dotsc, k }. CLARIFY: bij dit bewijs moet veel meer uitleg‼

Gevolg 9.211. Zij F een veld, dan is F [X ] een UFD. EXTRA: bewijs

Stelling 9.212. Zij R, +, · een UFD, dan is R[X ] ook een UFD. Zonder bewijs Gevolg 9.213. Z[X 1 , . . . , Xn ] en F [X 1 , . . . , Xn ] met F een veld zijn UFD’s. EXTRA: bewijs

Een toepassing van UFD’s: rare dobbelstenen TODO: dobbelstenen bewijs?

9.5

Codetheorie

Definitie 9.214. Een boodschap van n bits is een opeenvolging van n elementen van een eindig veld (meestal Z2 ).

Definitie 9.215. Een (n, k )-code is een afbeelding c die een boodschap van k bits afbeeldt op een boodschap van n bits. c : Zk2 → Zn2 : b 7→ c (b) 49 Zie

lemma 9.209 op pagina 126.

129

HOOFDSTUK 9. RINGEN c im(c) Zk2

Zn2

Figuur 9.1: Een code, schematisch voorgesteld Opmerking 9.216. Een code is nooit surjectief. (Dit is de bedoeling natuurlijk.)

Definitie 9.217. Een codewoord is een boodschap c (b) in het beeld van een code c.

Definitie 9.218. Een code gegenereerd door een veelterm p(x ) ∈ Z2 [x] van graad n − k is een (n, k )-code c: c : Zk2 → Zn2 : b (x ) 7→ c (b) = r (x ) + x n−k x (x )

met

x n−k b (x ) = p(x )q(x ) + r (x )

Opmerking 9.219. Vermits de graad дr (r (x )) van de rest r (x ) een kleiner is dan n − k, passen de extra n − k bits netjes na de boodschap-bits. TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag!

commutatief met eenheidselement integriteitsdomein UFD HID

veld

alleen eenheden

lichaam

zonder nuldelers Figuur 9.2: ringen

Hoofdstuk 10 Velden 10.1

Karakteristiek van een ring

Definitie 10.1. Zij R, +, · een ring met nulelement e. De karakteristiek char (R) van een ring R, +, · is … • … de kleinste n ∈ N0 zodat nx = e geldt voor alle elementen x ∈ R. • … 0 indien er niet zo’n n bestaat. Eigenschap 10.2. Zij R, +, · een ring en karakteristiek char (R) = n , 0, dan is de (additieve) orde van elk element in R, + een deler van n. Bewijs. Zij s orde van een willekeurig element x uit R. Omdat nx het nulelement is, is n een kandidaat voor de orde, maar groter dan s, dus is s een deler van n.1 Stelling 10.3. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. char (R) = n , 0 ⇔ i heeft orde n Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒: Dit volgt rechtstreeks uit de definitie van de karakteristiek. • ⇐ Voor een gegeven k ∈ N0 geldt het volgende: ∀x ∈ R : kx = k (i · x ) = (ki) · x Dit betekent precies dat kx het nulelement is als en slechts als k de orde is van i in R, +, ·. k is dus ook de charakteristiek van R, +, ·. Gevolg 10.4. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. char (R) = 0 ⇔ i heeft orde ∞ 1 Zie


130

131

HOOFDSTUK 10. VELDEN

Bewijs. Dit volgt rechtstreeks. Als er immers geen enkele k ∈ N0 bestaat zodat ki het nulelement is, kan er ook geen k bestaan zodat voor elke x ∈ R kx het nuleleement is. Gevolg 10.5. De karakteristiek van een eindig veld F , +, · is een deler van |F |. Bewijs. De karakteristiek van F , +, · is de orde van het eenheidselement in F en de orde van het eenheidselement is een deler van |F |.2 Stelling 10.6. Zij R, +, · een niet-triviale ring zonder nuldelers met nulelement e, dan hebben alle elementen uit Re hebben dezelfde orde in R, + Bewijs. Als alle elementen in Re als orde ∞ hebben is de stelling evident. Stel daarom dat er een element a ∈ Re bestaat met eindige orde n. We moeten dan aantonen dat elk ander element x ∈ Re ook orde n heeft. Beschouw nu a · (nx ): a · (nx ) = (na) · x = e · x = e Omdat R geen nulderes heeft volgt hieruit dat nx het nulelement is CLARIFY: waarom is n minimaal?

EXTRA: bewijs

Stelling 10.7. Zij R, +, · een niet-triviale ring zonder nuldelers, dan is de karakteristiek van R, +, · nul of een priemgetal. Bewijs. Stel dat de karakteristiek n , 0 van R, +, · valt te schrijven als r · s met r , s ∈ N0 . Voor elk niet-nul-element a uit R geldt nu het volgende: ra · sa = (rs)a 2 = na 2 = 0 Dit betekent dat ofwel ra, ofwel sa het nulelement is. r of s moet dan gelijk zijn aan n (en de andere aan 1). Dit houdt precies in dat n een priemgetal is. Gevolg 10.8. De karakteristiek van een integriteitsdomein (of veld) is nul of een priemgetal. Stelling 10.9. Een rekenregel in integriteitsdomein Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p. ∀a, b ∈ R : (a + b)p = ap + bp Bewijs. De (normale) binomiaalontwikkeling van (a + b)p ziet er als volgt uit: p

(a + b) =

p X i=0

p! ai bp−i i!(p − i)!

Merk nu op dat p een deler is van binompi voor alle i van 1 tot en met p − 1. Voor elk van die i’s wordt de term dan het nulelement. Er blijft dan enkel nog ap + bp over in het rechterlid. 2 Zie


132

HOOFDSTUK 10. VELDEN Stelling 10.10. Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p. ∀a, b ∈ R : (a − b)p = ap − bp Bewijs.

(a − b)p = (a + (−b))p = ap + (−b)p = ap − bp

De derde gelijkheid geldt omwille van de rekenregel in integriteitsdomeinen.3 De laatste gelijkheid geldt enkel omdat p een priemgetal is. CLARIFY: waarom mag dit ook voor p = 2??

Stelling 10.11. Zij R, +, · een ring met priemkarakteristiek p. k

k

k

k

k

∀a, b ∈ R, ∀k ∈ N : (a + b)p = ap + bp EXTRA: bewijs

Stelling 10.12. Zij R, +, · een ring met priemkarakteristiek p. k

∀a, b ∈ R, ∀k ∈ N : (a − b)p = ap − bp EXTRA: bewijs

Stelling 10.13. Het Frobeniusmorfisme • Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p , 0. De afbeelding ϕ is een injectief ringmorfisme. We noemen het het Frobeniusmorfisme. ϕ : R → R : x 7→ x p • Als |R| eindig is (en dus een veld4 ), dan is ϕ een isomorfisme. Bewijs. in delen. • Zij e het nulelement van R, +, ·. ϕ is een ringmorfisme vanwege de rekenregel in integriteitsdomeinen5 . Uit de implicatie x p = e ⇒ x = 0 volgt dat ϕ injectief is. CLARIFY: vanwaar komt die implicatie?

• Een injectieve afbeelding van een verzameling naar zichzelf is surjectief en bijgevolg ook een bijectie. CLARIFY: referentie naar bewijs?

10.1.1 3 Zie

Deelvelden


133


Definitie 10.14. Zij F , +, · een veld en E een niet-lege deelverzameling van F . We noemen E, +, · een deelveld van F , +, · als E, +, · zelf een veld is (voor dezelfde bewerkingen). Stelling 10.15. Het criterium voor deelvelden Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en E een deelverzameling van F , dan is E, +, · een deelveld van f als en slechts als aan volgende voorwaarden voldaan is. • E is een deelring van F met hetzelfde eenheidselement. • ∀x ∈ E : ∃y ∈ E : xy = i = yx (Elk element heeft een interne inverse.) • ∀x, y ∈ E : x · y ∈ E (De multiplicatieve bewerking is intern.) Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ Dit volgt bijna rechtstreeks uit de definitie. We bewijzen nog dat E, +, · en F , +, · hetzelfde eenheidselement hebben. Noem voorlopig het eenheidselement van E, +, · en F , +, · respectievelijk i E en i F . Noteer de inverse in F , +, · als −1 en de inverse in E, +, · als¯. i F = i E · i E−1 = i E · i E · i E−1 = iE · iF

= iE

Merk goed op dat alle bewerkingen in F , +, · gebeuren. Enkel in de tweede gelijkheid gebruiken we dat i E het eenheidselement is in E, +, ·. Voor de rest beschouwen we i E gewoon als een element van F . Merk ook op dat we niet zomaar het volgende mogen zeggen: iF = iE · iF = iE De linker gelijkheid geldt immers niet zomaar omdat we a priori niet weten of i F wel een element is van E. • ⇐ Omdat E een deelring is die i bevat, volgt uit de twede voorwaarde dat E een lichaam is. E, +, · is bovendien commutatief want het is een deelring van een commutatieve ring. CLARIFY: referentie ?

E, +, · is een commutatief lichaam en E een deelverzameling van F , dus een deelveld.

10.1.2

Priemdeelring en Priemdeelveld

Definitie 10.16. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. De doorsnede van alle deelringen van R, +, · die i bevatten is zelf een deelring van R, +, · (die i bevat). Deze ‘kleinste deelring die i bevat’ de priemdeelring van R, +, ·. Eigenschap 10.17. De priemdeelring van een ring R, +, · met eenheidselement i is < 1 >: < 1 >= {zi | z ∈ Z}

134

HOOFDSTUK 10. VELDEN Bewijs. Kies I zodat I , +, · een deelring is van R, +, ·. I moet dan < i > omvatten. QUESTION: en nu?

Stelling 10.18. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. • Als char (R) = n , 0 geldt, dan is de priemdeelring van R isomorf met Zn . • Als char (R) = 0 geldt, dan is de priemdeelring van R isomorf met Z. Bewijs. Beschouw de afbeelding ϕ:

ϕ : Z → R : z 7→ zi

ϕ is nu een ringmorfisme: ∀x, y ∈ Z : ϕ (x + y) = (x + y)i = (xi) + (yi) = ϕ (x ) + ϕ (y) ∀x, y ∈ Z : ϕ (x · y) = (x · y)i = (xi) · (yi) = ϕ (x ) · ϕ (y) Merk op dat ϕ (Z), +, · de priemdeelring is van R, +, ·.6 • Als de karakteristiek van R, +, · n , 0 is, dan wordt de kern van ϕ voortgebracht door n in Z want n is de orde van i in R, +. Ker (ϕ) = (n) De priemdeelring is dan isomorf met Z/(n) Zn . CLARIFY: referentie ?

• Als de karakteristiek van R, +, · nul is,dan is ϕ injectief CLARIFY: waarom?

en is de priemdeelring van R, +, · dus isomorf met Z.

Definitie 10.19. Zij F , +, · een veld. De doorsnede van alle deelvelden van F is zelf een deelveld van F . Di kleinste deelveld heet het priemdeelveld van F , +, ·. Stelling 10.20. Zij F , +, · een veld. Als char (F ) een priemgetal is, dan is het priemdeelveld van F , +, · isomorf met Zp . Stelling 10.21. Zij F , +, · een veld. Als char (F ) nul is, dan is het priemdeelveld van F , +, · isomorf met Q. Bewijs. • Als char (F ) een priemgetal p is, weten we al dat de priemdeelring van F , +, · isomorf is met het veld Zp . Die deelring is dan ook een deelveld.7 6 Zie 7 Zie


135

HOOFDSTUK 10. VELDEN • Als char (F ) nul is, dan is ϕ een injectief ringmorfisme: ϕ : Z → R : z 7→ z · i Beschouw nu de afbeelding ϕ 0: ϕ0 : Q → F :

a 7→ ϕ (a) · (ϕ (b)) −1 = (ai) · (bi) −1 b

Merk nu op dat ϕ 0 en ringmorfisme is: ϕ 0 (a/b + c/d ) = ϕ 0 ad+bc bd = ϕ (ad + bc) · (ϕ (bd )) −1 ∀

= ((ad + bc)i) · ((bd )i) −1

a c , ∈Q: b d

= ((ad )i) + ((bc)i)) · ((bd )i) −1 = ((ad )i) · ((bd )i) −1 ) + ((bc)i) · ((bd ) · i) −1 ) = ϕ 0 (ad/bd ) + ϕ 0 (bc/bd )

= ϕ 0 (a/b ) + ϕ 0 (c/d )

ϕ 0 (a/b · c/d ) = ϕ 0 (ac/bd ) = ϕ (ac) · (ϕ (bd )) −1 ∀

a c , ∈Q: b d

= ((ac)i) · ((bd ) · i) −1 = ((ai) · (ci)) · ((bi) · (di)) −1 = (ai) · (bi) −1 · (ci) · (di) −1 = ϕ (a) · (ϕ (b)) −1 · ϕ (c) · (phi (d )) −1 = ϕ 0 (a/b ) · ϕ 0 (c/d )

ϕ 0 is bovendien injectief. Kies immers twee verschillende elementen ba en zelfde element van F afgebeeld worden onder ϕ 0, dan geldt het volgende:

c d

uit Q die op het-

(ai) · (bi) −1 = (ci) · (di) −1 ϕ (a) · ϕ (d ) = ϕ (b) · ϕ (c) Omdat ϕ injectief is geldt ad = bc en bijgevolg het beeld van Q onder ϕ 0.

a b

= dc . Het priemdeelveld van F is nu precies

CLARIFY: waarom?

De kern van ϕ is bovendien {0}, dus het priemdeelveld is isomorf met Q/{0} Q.

Bewijs. Zij F , +, · een veld van karakteristiek 0 en zij P, +, · het priemdeelveld van F , +, ·. P omvat dan de priemdeelring van F , +, ·. We weten al dat die priemdeelring isomorf is met Z volgens ϕ.8 ϕ :: Z ⇒ F : z 7→ (zi) Vermits het beeld tot P behoort, kunnen we ϕ ook als volgt bekijken: Z→P Er bestaat dan ook een ringmorfisme ϕ 0 zodat ϕ factoriseert als ϕ 0 ◦ i waarbij i de inclusie is van Z in Q. 9 ϕ0 : Q → P 8 Zie 9 Zie

stelling 10.18 op pagina 134. eigenschap ?? op pagina ??.

136


Z ϕ

i

Q ϕ0

P Nu beeldt ϕ 0 1 af op het neutraal element van P. ϕ 0 is dus een veldmorfisme. Omdat ϕ 0 ook injectief is, is het beeld van Q onder ϕ 0 een deelveld van P, +, · en van F , +, ·. P is echter het priemdeelveld van F , dus ϕ 0 moet ook surjectief zijn en bijgevolg een isomorfisme. Stelling 10.22. Zij K, +, · een deelveld van een veld L, +, ·. char (K ) = char (L) Bewijs. Noem de karakteristiek van L, +, · n. De orde van het eenheidselement in L is dan ook n.10 Omdat K, +, · een deelveld is van L, +, · is n ook de orde van het eenheidselement in K, +, ·.

10.2

Veldmorfismen

Definitie 10.23. Zij F , +, · en E, ?, ∗ velden, dan is een afbeelding ϕ : F → E een veld(homo)morfisme als ϕ een ringmorfisme is dat het eenheidselement van F op het eenheidselement van E afbeeldt.

Definitie 10.24. Een bijectief veldmorfisme noemen we een veldisomorfisme. Stelling 10.25. Een veldmorfisme ϕ : F → E is steeds injectief. In het bijzonder is ϕ (F ) een deelveld van E dat isomorf is met F . EXTRA: bewijs

Opmerking 10.26. We zullen daarom een veld vaak identificeren met zijn beeld onder een veldmorfisme.

10.3

Velduitbreidingen: basisbegrippen

Definitie 10.27. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. Men noemt E, +, · een velduitbreiding of uitbreiding van F . Stelling 10.28. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. E is een vectorruimte over F . EXTRA: bewijs

Definitie 10.29. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. De uitbreidingsgraad of graad [E : F ] van E over F is de dimensie van E als F -vectorruimte. 10 Zie


137


Definitie 10.30. Een uitbreiding E, +, · van een veld F , +, · met een eindige uitbreidingsgraad noemen we een eindige uitbreiding.

Definitie 10.31. Binnen een veld F , +, · noteren we a · b −1 vaak als ba . Stelling 10.32. Examenvraag! Het aantal elementen van een eindig veld is een macht van een priemgetal. Bewijs. Zij F , +, · een eindig veld, dan moet het priemdeelveld P, +, · van F , +, · isomorf zijn met een Zp waarbij p een priemgetal is. F is een noodzakelijk eindigdimensionale vectorruimte over P. Noem de uitbreidingsgraad van F , +, · over P, +, · n. |F | = |P |n = pn Stelling 10.33. Examenvraag! De fundamentele stelling van de veldentheorie of ook de stelling van Kronecker Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ], dan bestaat er een uitbreiding E van K zodat f een wortel heeft in E. Bewijs. Kies een irreducibele factor p van f in het UFD11 K[X ]. Beschouw nu de quotiëntring K[X ]/(p) . We beweren dat p een wortel zal hebben K[X ]/(p) . •

K[X ]/(p)

K[X ].

is een veld omdat p irreducibel is12 en (p) daarom een maximaal ideaal13 in het HID14

• De afbeelding f is een veldmorfisme en bijgevolg injectief.15 f : K → K[X ]/(p) : a 7→ a¯ We identificeren daarom K met het deelveld {a¯ | a ∈ K } van K[X ]/(p) . We beschouwen K[X ]/(p) met andere woorden als een uitbreiding van K. • X¯ is nu een wortel van p in K[X ]/(p) . p(X¯ ) =

X i

ai (X )i =

X

ai X i = p¯ = e¯K

i

Merk op dat we de identificatie gebruiken. We beschouwen p ∈ K[X ] als p =

i a¯i X

P

i.

CLARIFY: meer uitleg nodig!

11 Zie

stelling 9.211 op pagina 128. gevolg 9.198 op pagina 124. 13 Zie stelling 9.197 op pagina 123. 14 Zie stelling 9.196 op pagina 123. 15 Zie stelling 10.25 op pagina 136. 12 Zie

138

HOOFDSTUK 10. VELDEN Opmerking 10.34. Deze stelling geldt ook voor integriteitsdomeinen EXTRA: bewijs: elk domein kan worden uitgebreid tot een breukenveld

maar niet voor algemene commutatieve ringen met eenheidselement. EXTRA: voorbeeld p 79

Stelling 10.35. De productformule Zij F , +, ·, L, +, · en E, +, · velden waarbij L, +, · een uitbreiding is van F , +, · en E, +, · een uitbreiding is van L, +, ·. Als zowel [L : F ] als [E : L] eindig zijn, geldt het volgende: [E : F ] = [E : L] · [L : F ] Bewijs. Kies een basis α = {u 1 , . . . , un } van E als vectorruimte over L en een basis β = {v 1 , . . . , vm }. We zullen aantonen dat γ = {ui · vi | i ∈ {1, . . . , n}, j ∈ {1, dotsc, m}} een basis vormt voor E als vectorruimte over F . • γ is vrij. Stel dat γ niet vrij zou zijn, dan bestaan er coëfficienten aij ∈ L als volgt: n m X X

aijui · v j = e F

i=1 j=1

Omdat E, +, · een veld is kunnen we dit herschrijven als volgt: n m X X *. (a v ) +/ · u = e j F ij i i=1 , j=1 -

P Omdat α linear onafhankelijk is moeten de coëfficienten m j=1 aij vi elk het nulelement zijn. Omdat β lineair afankelijk is moeten ook nog eens alle aij dan het nulelement zijn. • γ is voortbrengend. EXTRA: bewijs

10.3.1

Algebraische en transcendente elementen

Definitie 10.36. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Een element u ∈ E is algebra¨ısch over F , +, · als er een niet-nul-veelterm f ∈ F [X ] bestaat zodat u een wortel is van f . Anders noemen we u transcendent. Stelling 10.37. Elk element van een veld F , +, · is transcendent over F , +, ·. EXTRA: bewijs

√ Stelling 10.38. Elk element van de vorm n q met n ∈ N0 en q ∈ Q+ is algebra¨ısch over Q. EXTRA: bewijs

10.3.2

Enkelvoudige uitbreidingen

139


Definitie 10.39. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E. Het veld bekomen door adjunctie of toevoeging van u aan F : F (u) is de doorsnede van alle velden L die tussen F en E liggen en u bevatten. Dit is dus het “kleinste deelveld van E dat F en u omvat”. Eigenschap 10.40. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E. ) ( r ar u + · · · + a 1u + a 0 | r , s ∈ N, ai , bi ∈ F F (u) = bs u s + · · · + b1u + b0 In bovenstaande formule mogen natuurijk niet alle bi het nulelement zijn. EXTRA: bewijs

Opmerking 10.41. F (X ) kunnen we dan zien als de verzameling van rationale veeltermen over F , +, ·.

10.3.3

Minimale veelterm

Definitie 10.42. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u een element van E, algebra¨ısch over F , +, ·. Een minimale veelterm van u over F is een veelterm f ∈ F [X ] van minimale graad waarvoor f , e en f (u) = 0 gelden. Propositie 10.43. Zi F , +, · een E-vectorruimte en u algebra¨ısch over F . De minimale veelterm van u over v is uniek bepaald op een constante factor (verschillend van het nulelement) na. Bewijs. Beschouw J :

J = {д ∈ F [X ] | д(u) = 0}

J is een ideaal van F [X ], +, ·. Omdat u algebra¨ısch is over F , +, · bevat д meer dan enkel het nulelement. De voortbrengers van een niet-triviaal-ideaal in een veeltermenring zijn precies de minimale veeltermen 16 en deze zijn allemaal gelijk op een constante factor na.17 Eigenschap 10.44. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u een element van E, algebra¨ısch over F , +, ·. Zij f een minimale veelterm van u over F , +, ·. • Als д ∈ F [X ] ook een veelterm is over F , +, · met waarde nul in u, dan is f een deler van д. • f is irreducibel in F [X ]. Bewijs.

• Inderdaad18

• Stel dat f reducibel zou zijn in F [X ], dan bestaan er veeltermen д en h over F , +, · van lagere graad zodat f als volgt geschreven kan worden: f = дh Omdat u een nulpunt is van f moet u een nulpunt zijjn van д of h, maar dat is in tegenspraak met de minimaliteit van дr ( f ). 16 Zie

lemma 9.194 op pagina 122. stelling 9.195 op pagina 123. 18 Zie propositie 10.43 op pagina 139. 17 Zie

140


Eigenschap 10.45. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E. Zij f ∈ F [X ] een veelterm over F [X ] is met waarde nul in u. f is irreducibel ⇒ f is de minimale veelterm van u over F , +, · Bewijs. Bewijs via contrapositie: Stel dat f niet de minimale veelterm is van u, maar p, is p deelbaar door f 19 . En bestaat dan dus een veelterm q zodat f = дq geldt. Bijgevolg is f reducibel. Stelling 10.46. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E, transcendent over F , +, ·. • F (u) F (X ) • [F (u) : F ] is niet eindig. Bewijs.

• Beschouw het substitutie-ringmorfisme ϕ: ϕ : F [X ] → F (u) : д 7→ д(u)

u is transcendent als en slechts als enkel de nulveelterm op het nelelement wordt afgebeeld. Dit is precies wanneer ϕ injectief is.20 Omdat ϕ injectief is, kunnen we ϕ uitbreiden tot een, nog steeds injectief, ringmorfisme ϕ 0. ϕ 0 : F (X ) → F (u) :

д(u) д 7→ h h(u)

Kies immers twee elementen die op hetzelfde element uit F (u) worden afgebeeldt onder ϕ 0. Die elementen moeten dan hetzelfde zijn (, maar enkel omdat ϕ al injectief is). ∀д, h, i, j ∈ F (u) :

д(u) i (u) д i = ⇒ = h(u) j (u) h j

ϕ 0 (F (X )) omvat nu duidelijk zowel F als u. ϕ 0 (X ) = u

en

F ⊆ ϕ 0 (F (X ))

Bovendien ϕ 0F (X ) is veld omdat ϕ 0 injectief is.21 We besluiten dat ϕ 0 (F (X )) een deelveld is van F (u) dat F en u omvat. ϕ 0 (F (X )) = F (u) ϕ 0 is nu ook surjectief en dus een isomorfisme. Dit betekent precies dat F (u) isomorf is met F (X ). • De dimensie van F [X ] is niet eindig, dus de dimensie van F (X ) zeker niet. Er bestaat bovendien een bijectie van F [X ] naar F (X ) (zie hierboven). Stelling 10.47. Examenvraag! Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E, algebra¨ısch over F , +, · en f een minimale veelterm van u over F , +, ·. 19 Zie

eigenschap 10.44 op pagina 139. eigenschap 9.52 op pagina 93. 21 Zie stelling ?? op pagina ??. 20 Zie

141

HOOFDSTUK 10. VELDEN • F (u) F (X )/( f ) • [F (u) : F ] = deд( f ) • De volgende verzameling vormt een basis van F (u) over F . {i, u, u 2 , . . . udeд( f )−1 } Bewijs. Ingewikkeld, let op! • Beschouw opnieuw het substitutie-ringmorfisme ϕ: ϕ : F [X ] → F (u) : д 7→ д(u)

De kern van ϕ is nu het (hoofd22 )ideaal van F [X ] voortgebracht door f .23 Dit betekent precies dat ϕ (F [X ]) isomorf is met F [X ]/( f ) .24 ϕ (F [X ])

F [X ]/( f )

] 26 Omdat f irreducibel is, is ( f ) een maximaal ideaal in F [X ]25 en F([X f ) bijgevolg een veld. ϕ (F [X ]) is dan een deelveld van F (u) 27 dat F en u omvat en bijgevolg is ϕ (F [X ]) gelijk aan F (u).

• Vanwege het isomofirme tussen F [X ]/( f ) en ϕ (F [X ]) = F (u) is het voldoende om te bewijzen dat de verzameling {i, u, u 2 , . . . udeд( f )−1 } een basis vormt van F [X ]/( f ) als vectorruimte over F . Er geldt dan het volgende28 : [F (u) : F ] = deд( f ) – Voortbrengend Kies een willekeurig element д¯ uit F [X ]/( f ) . д zit dan in F [X ]. Vanwege het delingsalgoritme in F [X ] kunnen we д schrijven als д = q f + r met q en r ∈ F [X ] en дr (r ) < дr ( f ). We noteren verder d = дr ( f ) en r als volgt: r=

d−1 X

ai X i

i=0

Er geld dan het volgende: CLARIFY: waarom?

д¯ = q¯ f¯ + r¯ = r¯ =

d−1 X i=0

ai X i =

d−1 X

a¯i X¯ i

i=0

{i, u, u 2 , . . . udeд( f )−1 } is dus inderdaad een voortbrengende verzameling over F , +, ·.

op dat we hier de identificatie van F met {a¯ | a ∈ F } gebruiken. 22 Zie

stelling 9.196 op pagina 123. propositie 10.43 op pagina 139. 24 Zie gevolg 9.97 op pagina 104. 25 Zie stelling 9.197 op pagina 123. 26 Zie gevolg 9.198 op pagina 124. 27 Zie stelling 10.25 op pagina 136. 28 Zie definitie 10.29 op pagina 136. 23 Zie

Merk

142

HOOFDSTUK 10. VELDEN – Vrij EXTRA: bewijs

Gevolg 10.48. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. u is algebra¨ısch over F ⇔ [F (u) : F ] is eindig Bewijs. Dit is een combinatie van de vorige twee stellingen.29

10.4

30

Algebra¨ısche uitbreidingen en ontbindingsvelden

Definitie 10.49. Zij F , +, · en S, +, · velden en E, +, · een uitbreiding van zowal F , +, · als S, +, ·. Het veld verkregen door toevoeging van alle elementen van S aan F : F (S ) is de doorsnede van alle velden L die tussen F , +, · en E, +, · zitten en S, +, · uitbreiden. Dit is dus het “kleinste deelveld van E dat F en S omvat”. S = {u 1 , . . . , un } : F (u 1 , . . . , un ) = F (S ) Eigenschap 10.50. Net als bij enkelvoudige uitbreidingen kan de uitbreiding van een veld met een verzameling beschreven worden met een formule. Pk Pr j i       j=0 i=0 ai,r j s j  | ai,r j , b f ,fд , ∈ F en s j , s f ∈ S  F (S ) =  P P f  f д   k   д=0 f =0 b f ,fд sд Zonder bewijs

Stelling 10.51. Zij F , +, · en S, +, · velden en E, +, · een uitbreiding van zowal F , +, · als S, +, ·. S = S 1 ∪ S 2 ⇒ F (S ) = F (S 1 )(S 2 ) EXTRA: bewijs

Stelling 10.52. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 , u 2 elementen van E. F (u 1 , u 2 ) = F (u 2 )(u 1 ) EXTRA: bewijs

Stelling 10.53. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 , . . . , un elementen van E. F (u 1 , . . . , un ) = F (u 1 , . . . , un−1 )(un ) EXTRA: bewijs 29 Zie 30 Zie


143


Stelling 10.54. De stelling van het primitieve element Zij F , +, · een veld van karakteristiek 0. Zij a en b elementen in een uitbreiding van F die algebra¨ısch zijn over F , dan bestaat er een element c ∈ F (a, b) zodat het volgende geldt: F (a, b) = F (c) Zonder bewijs

Opmerking 10.55. Elke eindige uitbreiding, in een veld van karakteristiek 0, is dus in feite een enkelvoudige uitbreiding.

Definitie 10.56. Het element dat van een eindige uitbreiding een enkelvoudige uitbreiding maakt noemt men een primitief element.

10.4.1

Algebra¨ısche uitbreidingen

Definitie 10.57. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. E is algebra¨ısch over F als elk element u ∈ E algebra¨ısch is over F . Anders noemen we E, +, · transcendent. Propositie 10.58. Examenvraag! Zij F , +, · een veld en E, +, · een eindige uitbreiding van F , +, ·, dan is E, +, · algebra¨ısch over F , +, ·. Bewijs. Noem i het eenheidselement van F , +, · (en dus ook van E, +, ·31 ). Zij n de dimensie van E, +, · over F , +, ·: n = [E : F ] We kiezen nu een willekeurig element u uit E en tonen aan dat u algebra¨ısch is over F , +, ·. Beschouw de n + 1 elementen i, u, u 2 , . . . , u n . Deze zijn lineair onafhankelijk over F , +, ·. CLARIFY: waarom?

Er bestaan dus elementen ai ∈ F die niet allemaal nul zijn als volgt: n X

a nu n = 0

i=0

Dit betekent dat de veelterm

Pn

i=0 an X

n,

een niet-nul-veelterm in F [X ], u als nulpunt heeft.

Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde: Stel dat E, +, · niet algebra¨ısch is over F , +, ·, dan bestaat er een element u ∈ E dat transcendent is over F , +, ·. De velduibreiding F (u) van F , +, · is dan zeker niet eindig32 , laat staan de uitbreiding E, +, · van F , +, ·.33 F ⊆ F (u) ⊆ E Tegenvoorbeeld 10.59. Examenvraag! Het omgekeerde van deze eigenschap geldt niet. 31 Zie


144


Bewijs. We moeten aantonen dat er een uitbreiding E, +, · van een veld F , +, · bestaat zodat E, +, · algebra¨ısch is over F , +, ·, die niet eindig is. Beschouw de uitbreiding E, +, · van Q, +, ·: √n E = Q({ 2 | n ∈ N0 }) √n n • E, +, · is algebra¨ ı sch over Q. k is algebra¨ısch over √n Q voor elke k ∈ N0 . De veelterm X − k √n k√ als wortel. Dit betekent dat Q( k ) algebra¨ısch is over Q voor elke n ∈√N0 . heeft immers √n √n √ m m n aan Q( k, k ) 34 voor elke n en m en algebra¨ısch over Q( k ), Omdat Q( k )( k ) gelijk is √ kunnen we besluiten dat Q({ n 2 | n ∈ N0 }) algebra¨ısch is over Q. CLARIFY: waarom moeten we het enkel bewijzen voor deze en niet voor alle elementen?

• [E : Q] is niet eindig. EXTRA: bewijs

Stelling 10.60. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 , . . . , un elementen van E. F (u) is algebra¨ısch over F ⇔ u is algebra¨ısch over F Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒: dit staat in de definitie. • ⇐: De uitbreiding van F tot F (u) is eindig omdat u algebra¨ısch is over F 35 , en bijgevolg algebra¨ısch.36 Stelling 10.61. Examenvraag! Zij F , +, · een veld met nulelement e en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij a en b elementen van E. Als a en b algebra¨ısch zijn over F , dan zijn ook de volgende elementen algebra¨ısch over F : • a +b • a −b • a ·b •

a b

als b , e

Bewijs. We beschouwen de volgende velduitbreidingen: F ⊆ F (a) ⊆ F (a)(b) Omdat a algebra¨ısch is over F , +, · is [F (a) : F ] eindig.37 Omdat b ook algebra¨ısch is over F , +, · en dus zeker over F (a), is [f (a)(b) : F (a)] eveneens eindig. Vanwege de productformule38 is [F (a)(b) : F ] 34 Zie

stelling 10.53 op pagina 142. stelling 10.47 op pagina 140. 36 Zie stelling 10.58 op pagina 143. 37 Zie stelling 10.47 op pagina 140. 38 Zie stelling 10.35 op pagina 138. 35 Zie

145


dan ook eindig. Als deelruimte van de eindigdimensionale vectorruimte F (a)(b) is F (a + b) ook eindigdimensionaal over F , +, ·. F (a + b) is dus algebra¨ısch over F , +, ·39 De andere beweringen zijn geheel analoog te bewijzen. Opmerking 10.62. Deze stelling geldt niet voor transcendente elementen. π is bijvoorbeeld transcendent maar π − π niet. e en e1 zijn ook trancendent maar 1 niet. Gevolg 10.63. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. De elementen van E die algebra¨ısch zijn over F , +, · vormen een deelveld van E, +, · en een uitbreiding van F , +, ·. EXTRA: bewijs

Definitie 10.64. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Het deelveld van de elementen van E die algebra¨ısch zijn over F , +, · noemen we de algebra¨ısche sluiting van F , +, · in E, +, ·. Stelling 10.65. Examenvraag! De transitiviteit van het algebra¨ısch zijn. Zij F , +, · een veld, L, +, · een uitbreiding van F , +, · en E, +, · een uitbreiding van L, +, ·. Als E, +, · algebra¨ısch is over L, +, · en L, +, · algebra¨ısch over F , +, ·, dan is E, +, · algebra¨ısch over F , +, ·. Bewijs. Kies een willekeurig element u ∈ E uit. We moeten dan aantonen dat u algebra¨ısch is over F , +, · en zullen dit doen via de eindigheid van [F (u) : F ].40 • Omdat u algebra¨ısch is over L, bestaat er een niet-nul-veelterm p ∈ L[X ] met u als nulpunt. p=

n X

ai X i

i=1

We beschouwen nu de volgende keten van velduitbreidingen: F ⊆ F (a 0 ) ⊆ F (a 0 , a 1 ) · · · ⊆ F (a 0 , a 1 , . . . , an ) Omdat a 0 algebra¨ısch is over F , +, · (want het is er een element van) is de eerste uitbreiding F ⊆ F (a 0 ) eindig. Ook a 1 is algebra¨ısch over F , +, ·, dus F (a 0 ) ⊆ F (a 0 , a 1 ) is ook eindig. Bij wijze van voortzetting van deze redenering is heel de keten eindig, waardoor F ⊆ F (a 0 , a 1 , . . . , an ) eindig is via de productformule.41 • Kijk nu terug naar p. u is algebra¨ısch over het deelveld F (a 0 , a 1 , . . . , an ) van L, +, ·. De uitbreiding van F (a 0 , a 1 , . . . , an ) tot F (a 0 , a 1 , . . . , an , u) is dus opnieuw eindig en bijgevolg is de uitbreiding van F tot F (a 0 , a 1 , . . . , an , u) ook eindig. • Vanwege de rekenregel van uitbreidingen42 is F (u) ook eindig. F (a 0 , a 1 , . . . , an , u) = F (u)(a 0 , a 1 , . . . , an )

10.4.2 39 Zie

Ontbindingsvelden

stelling 10.58 op pagina 143. stelling 10.58 op pagina 143. 41 Zie stelling 10.35 op pagina 138. 42 Zie stelling 10.53 op pagina 142. 40 Zie

146


Definitie 10.66. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. Een ontbindingsveld van f over K, +, · is een uitbreidingsveld E, +, · van K, +, · met de volgende eigenschappen. • ∃c, ai ∈ E : f = c (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an ) • Er is geen enkel veld L, +, ·, strikt tussen K, +, · en E, +, ·. Met andere woorden is het ontbindingsveld van een veelterm in een veld het kleinste veld waarin f ontbonden kan worden in eerstegraadsveeltermen. Stelling 10.67. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. De volgende eigenschappen vormen voor een uitbreidingsveld E, +, · van K, +, · een equivalente definite van een ontbindingsveld. • ∃c, ai ∈ E : f = c (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an ) • E = K (a 1 , a 2 , . . . , an ) We kunnen het ontbindingsveld van een veelterm f over een veld K, +, · dus ook zien als “de toevoeging van de wortels van f aan K, +, ·”. Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ Noem E, +, · het ontbindindingsveld van f in K[X ], dan is E zeker een deel van K (a 1 , a 2 , . . . , an ). CLARIFY: waarom?

Ook is K (a 1 , a 2 , . . . , an ) een deel van E, want alle ai en k zitten in E. CLARIFY: waarom?

• ⇐ Stelling 10.68. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ] van graad n. Er bestaat een ontbindingsveld E, +, · van f over K, +, · zodat het volgende geldt: [E : K] ≤ n! Bewijs. We bewijzen dit per inductie op de graad n van f . • De bewering geldt voor n = 1. Elke veelterm van graad 1 is zichzelf na ontbinding in eerstegraadsveeltermen. Het ontbindingsveld is dus K, +, · zelf. • Als we ervan uitgaan dat de bewering geldt voor een bepaalde n = k … • … dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1. Als alle irreducibele factoren van f in K[X ] graad 1 hebben, is het ontbindingsveld opnieuw K, +, · zelf. Stel daarom dat f deelbaar is door minstens e´ e´ n irreducibele veelterm p ∈ K[X ] van

147


graad groter dan 1. Er bestaat een uitbreiding van K, +, · waarin p een wortel u heeft.43 Omdat p een minimale veelterm is van u over K, +, · is geldt het volgende.44 [K (u) : K] = дr (p) ≤ n We werken nu verder over K (u). Aangezien u een wortel is van p is X − u een deler van p in K (u)[X ]. Hieruit volgt dan dat ook f deelbaar is door X − u in K (u)[X ]. Er bestaat dus een h ∈ K (u)[X ] van graad k als volgt: f = (X − u)h De inductiehypothese zegt ons dan dat er een ontbindingsveld E, +, · van h over K (u) bestaat als volgt: [E : K (u)] ≤ (n − 1)! E, +, · is nu een ontbindingsveld van f over K, +, ·. Alle wortel van h: a 1 , . . . ak zitten immers in E, alsook u. Omdat E, +, · het kleinste deelveld is dat K (u) en de ai omvat, moet E als volgt geschreven kunnen worden: E = K (u, a 1 , . . . , ak ) Uit de productformule volgt dan de bewering voor n = k + 1. Stelling 10.69. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. Het ontbindingsveld van f over K, +, · is uniek op isomorfisme na. Zonder bewijs

10.4.3

Cyclotome uitbreidingen en Cyclotome veeltermen

Definitie 10.70. Definieer ω = ωn als de n-de eenheidswortel van X n − 1 in C, +, ·. ω =e

2π i n

= cos

2π 2π + i sin n n

Stelling 10.71. Het ontbindingsveld van X n − 1 over Q is de enkelvoudige uitbreiding Q(ω). Bewijs. De n-de machten van ω zijn de nulpunten van X n − 1, dus Q(1, ω, ω 2 , . . . , ω n−1 ) = Q(ω). is het ontbindingsveld over Q.

Definitie 10.72. Voor n ∈ N0 noemt men Q(ωn ) het n-de cyclotome veld.

Definitie 10.73. Voor elk deelveld F , +, · van C, +, · noemt men F (ωn ) de n-de cyclotome uitbreiding van F , +, ·. Stelling 10.74. Een regelmatige n-hoek is construeerbaar met enkel passer in lineaal als en slechts als n van de volgende vorm is. n = 2k p1p2 . . . pr met k ≥ 0 m

In bovenstaande formule zijn de pi onderling verschillende priemgetallen van de vorm p 2 +1. Zonder bewijs 43 Zie 44 Zie


148


Definitie 10.75. De n machten van de n-de eenheidswortel, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen een cyclische deelgroep van C× . De generatoren van deze groep noemen we de priemitieve n-de eenheidswortels. Eigenschap 10.76. De primitieve n-de eenheidswortels zijn de ω k waarbij k en n relatief priem zijn. EXTRA: bewijs

Definitie 10.77. Zij n ∈ N0 een getal. De n-de cyclotome veelterm (over Q) is Φn . Y (X − ωni ) Φn = 0≤i≤n−1, ддd (i,n)=1

Merk op dat Φn monisch is in graad ϕ (n). Eigenschap 10.78. Zij n ∈ N0 een getal. Xn − 1 =

Y

Φd

1≤d ≤n, d |n

Bewijs. Het rechterlid heet precies alle n-de eenheidswortels (zonder herhalingen). CLARIFY: waarom?

Aangezien beide veeltermen monisch zijn met juist dezelfde wortels moeten ze gelijk zijn.45

Propositie 10.79. Voor elke n ∈ N0 geldt Φn ∈ Z[X ]. Bewijs. Bewijs door inductie op n. • De bewering geldt voor n = 1: Φ1 = X − 1 ∈ Z[X ]. • Als de bewering geldt voor een bepaalde n = k … • … dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1. De inductiehypothese zegt dat alle Φd voor d < n gehele coëfficienten hebben. Beschouw nu д: Y Xk − 1 = д = Φd 1≤d ≤k, d |k

De vorige

eigenschap46

zegt ons nu het volgende: X k+1 − 1 = Φk+1 · д

Hieruit volgt meteen dat Φk+1 een gehele veelterm is. Stelling 10.80. De cyclotome veelterm Φn is irreducibel in Z[X ] voor elke n ∈ N0 . Zonder bewijs Gevolg 10.81. De minimale veelterm van ωn over Q is de cyclotome veelterm Φn . Zonder bewijs Gevolg 10.82. Q(ωn ) Q[X ]/(Φn ) en [Q(ωn ) : Q] = ϕn Zonder bewijs 45 Zie 46 Zie

stelling 9.159 op pagina 118. eigenschap 10.78 op pagina 148.

149


10.4.4

Meervoudige wortels

Definitie 10.83. Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. De veelterm f heeft een meervoudige wortel a in een uitbreiding L, +, · van K, +, · als er een veelterm д ∈ L[X ] over L, +, · bestaat zodat het volgende geldt binnen L[X ]: f = (X − a) 2д

Definitie 10.84. Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. De afgeleide van f is f 0 ∈ K[X ]: n n X X i 0 f = ai X −→ f = iai X i−1 i=0

i=1

Stelling 10.85. Rekenregels voor afgeleiden Zij K, +, · een veld, c een element van F (???) en f , д veeltermen over K, +, ·. • (c f ) 0 = c f 0 • ( f + д) 0 = f 0 + д0 • ( f д) 0 = f 0д + f д0 EXTRA: bewijs

Stelling 10.86. Het criterium voor een meervoudige wortel Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. f heeft een meervoudige wortel (in een uitbreiding van K, +, ·) als en slechts als f en f 0 een gemeenschappelijke niet-constante deler hebben in K[X ]. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Stel dat f een meervoudige wortel a heeft in een uitbreiding E, +, · van K, +, ·. (Merk op dat het niet uitmaakt welke uitbreiding.) Er bestaat dan een veelterm д ∈ E[X ] zodat f als volgt gescreven kan worden: f = (X − a) 2д Vanwege de rekenregels voor afgelijden kunnen we f 0 schrijven als volgt: f 0 = (X − a) 2д0 + 2(X − a)д X −a is dus een deler van zowel f als f 0 in E[X ]. Stel nu dat f en f 0 geen gemeenschappelijke niet-constante deler zouden hebben in het HID K[X ].47 De grootste gemeenschappelijke deler van f en f 0 in K[X ] is dan 1. Dit betekent dat er veeltermen h 1 en h 2 ∈ K[X ] bestaan als volgt.48 f · h1 + f 0 · h2 = 1 Wanneer we deze gelijkheid beschouwen in E[X ], maar dat zou betekenen dat X − a een deler is van 1 in E[X ]. (X − a) 2дh 1 + (X − a) 2д0 + 2(X − a)дh 2 = 1 Contradictie. 47 Zie 48 Zie


150


• ⇐ Stel dat f en f 0 een niet-constante gemeenschappelijke deler hebben in K[X ]. Neem dan een wertel a van deze deler in een uitbreiding E, +, · van K, +, · (die bestaat immers altijd49 ). Er bestaat dan een veelterm д ∈ E[X ] zodat f als volgt geschreven kan worden: f = (X − a) · д Stelling 10.87. Zij K, +, · een veld en f een irriducibele veelterm in K[X ]. • Als char (K ) nul is, dan heeft f geen meervoudige wortel. • Als char (K ) niet nul is, dan heeft f een meervoudige wortel als en slechts als er een д ∈ K[X ] bestaat zodat f = д(X p ) geldt. Bewijs. Het criterium voor meervoudige delers zegt ons dat f een meervoudige wortel heeft als en slechts als f en f 0 een niet-constante gemeenschappelijke deler hebben in K[X ].50 Omdat f irredicibel is, is echter enkel f een niet-constante deler van f (op eenheid na).51 f heeft dus een meervoudige wortel als en slechts als f 0 de nulveelterm is (want dan alleen is f 0 deelbaar door f ). Noteer verder f en f 0 als volgt: f =

n X

i

ai X en f = 0

n X

i=0

iai X i−1

i=1

• Als de karakteristiek van K, +, · nul is, dan kan dit alleen als alle ai met i , 0 nul zijn, maar dat kan niet want dan dan zou f = a 0 een constante zijn. • Als de karakteristiek van K, +, · (een priemgetal52 ) p is, dan is dit equivalent mat ai = 0 wanneer p i niet deelt (anders is iai al zeker nul). f =

n X

ai X i

i=0, p|i

CLARIFY: hoe komen we aan deze f en daarna aan de д?

Dit is precies wanneer x van de vorm f = д(X p ) is met д ∈ K[X ]. Stelling 10.88. Een irreducibele veelterm over een eindig veld van karakteristiek niet nul heeft geen meervoudige wortel. Zonder bewijs

10.5 49 Zie

Algebra¨ısch gesloten velden

stelling 10.33 op pagina 137. stelling 10.86 op pagina 149. 51 Zie definitie 9.186 op pagina 121. 52 Zie gevolg 10.8 op pagina 131. 50 Zie

151


Definitie 10.89. Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als elke niet-constante veelterm in F [X ] een wortel heeft in F , +, ·. Stelling 10.90. Alsternatieve definitie 1 Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als elke niet-constante veelterm in F [X ] een product is van lineaire veeltermen in F [X ]. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Kies een niet-constante veelterm f in F [X ]. We bewijzen dat f een product is van lineaire veeltermen in F [X ]. Omdat F , +, · algebra¨ısch gesloten is, bestaat er een wortel u van f in F . X − u is dan een deler van f 53 en bijgevolg bestaat er een д als volgt: f = (X − u)д Als д constant is de bewering bewezen. Anders kunnen we opnieuw een wortel van д nemen in F . We zetten deze redenering verder tot de bewering bewezen is. • ⇐: Omgekeerd zorgen de delers (X − ui ) voor elke niet-constante veelterm f in F [X ] voor nulpunten ui . Stelling 10.91. Alsternatieve definitie 2 Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als alle irreducibele veeltermen in F [X ] graad 1 hebben. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Kies een veelterm f uit F [X ] van graad groter dan 1, anders is f per definitie irreducibel. f kan dan geschreven worden als een product van lineare veeltermen, en is bijgevolg reducibel. • ⇐ Elke niet-constante veelterm f uit F [X ] kan geschreven worden als een product van eerstegraads (irreducibele) veeltermen. Elk van die veeltermen is van de vorm aX + b en −f racba is er dan een wortel van. Eigenschap 10.92. Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als voor elke algebra¨ısche uitbreiding E, +, · van F , +, · E gelijk is aan F . Bewijs. Bewijs van een equivalentie. • ⇒ Elk element u ∈ E zit dan ook in F . Zij immers f een minimale veelterm van u over F , +, ·, dan moet f graad 1 hebben omdat F , +, · algebra¨ısch gesloten is. 53 Zie


152


• ⇐ Zij E, +, · een algebra¨ısche uitbreiding van F , +, ·. Kies een willekeurige irreducibele veelterm f ∈ F [X ]. f moet dan graad 1 hebben. Bijgevolg is F , +, · algebra¨ısch gesloten. Kies immers een uitbreiding E, +, · van F , +, · met een wortel u van f in E(die bestaat immers altijd54 ). F (u) is dan een algebra¨ısche uitbreiding van F , +, · met uitbreidingsgraad дr ( f ).55 Omdat F , +, · algebra¨ısch gesloten is, is F (u) gelijk aan F en is дr ( f ) bijgevolg 1. Stelling 10.93. De hoofdstelling van de (klassieke) algebra C is algebra¨ısch gesloten. Zonder bewijs Propositie 10.94. Het veld der algebra¨ısche getallen in C over Q is algebra¨ısch gesloten. Q = {a ∈ C | a is algebra¨ısch over Q} Bewijs. Merk eerst op dat Q per definitie algebra¨ısch is over Q. Zij f een niet-constante veelterm over Q, dan heeft f zeker een wortel u in C want C is algebra¨ısch gesloten. Omdat Q, algebra¨ısch is over Q en Q algebra¨ısch is over Q, is Q(u) ook algebra¨ısch over Q.56 In het bijzonder is dan u algebra¨ısch over Q en dus een element van Q.

Definitie 10.95. Zij F , +, · een veld. Een algebra¨ısche sluiting van F , +, · is een algebra¨ısch gesloten uitbreiding F , +, · van F , +, · die algebra¨ısch is over F , +, ·. Lemma 10.96. Zij K, +, · een veld, dan bestaat er een algebra¨ısche sluiting K 1 , +, · zodat elke nietconstante veelterm in K[X ] een wortel heeft in K 1 . Bewijs. Beschouw eerst I :

I = { f ∈ K[X ] | f is irreducibel }

Beschouw vervolgens voor elke veellterm f in I een veranderlijke X f . We zullen verder de veeltermenring R beschouwen: R = K[X f ] Zij J het ideaal van R voortgebracht door de elementen f (X f ), met andere woorden de irreducibele veeltermen in hun eigen veranderlijke. We beweren nu dat J verschillend is van R. • Stel immers dat J gelijk is aan R, dan zit het eenheidselement i van K, +, · in J . Dit betekent dat er (een eindig aantal CLARIFY: waarom?

) voortbrengers fi (X fi ) en elementen ri ∈ R bestaan als volgt: X i= ri fi (X fi ) i

Merk hierin op dat de veeltermen ri andere veranderlijken kunnen bevatten dat de X fi . Neem nu een algebra¨ısche uitbreiding K 0 van K waarin elke fi een wortel ui in K 0 heeft. (dit kan altijd 57 , maar enkel omdat we maar een eindig aantal fi beschouwen 54 Zie

stelling 10.33 op pagina 137. stelling 10.47 op pagina 140. 56 Zie stelling 10.65 op pagina 145. 57 Zie stelling 10.33 op pagina 137. 55 Zie

153

HOOFDSTUK 10. VELDEN CLARIFY: waarom?

.) We substitueren nu in de gelijkheid hierboven de veranderlijken X fi door ui en de andere optredende veranderlijken door een element naar keuze. We verkrijgen dan dat het eenheidselement gelijk is aan het nulelement. Contradictie. Omdat J niet gelijk is aan R, bestaat er een maximaal ideaal M, +, · van R, +, · als volgt CLARIFY: waarom?

:

J ⊆M (R

Het veld K 1 = R/M zal voldoen aan de gewenste voorwaarden. We beschouwen hiervoor het morfisme j dat de samenstelling is van de inbedding van K in R en de natuurlijke afbeelding R → R/M: j : K ,→ R → K 1 : a → a¯ • j is injectief.58 – We kunnen daarom K identificeren met zijn beeld j (K ) en dus als deelveld van K 1 beschouwen.59 • Elke irreducibele veelterm f ∈ K[X ] heeft nu en worte in K 1 , namelijk X¯f . CLARIFY: verifieer!

Bijgevolg heeft ook elke niet-constante veelterm in K[X ] een wortel in K 1 . CLARIFY: waarom?

• Alle X¯f zijn algebra¨ısch over K, +, ·. Nu is elk element van K 1 een veelterm-uitdrukkingin een eindig aantal van deze X¯ f met coëfficienten in K en dus ook algebra¨ısch over K, +, ·. TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! Schrijf er ook de gebruikte strategie bij.

Stelling 10.97. Examenvraag! Elk veld heeft een algebra¨ısche sluiting. Bewijs. Kies een algebra¨ısche uitbreiding K 1 van K 0 = K die voldoet aan de voorwaarden uit het lemma.60 Neem dan analoog een dergelijke uitbreiding K 2 van K 1 . We construeren op die manier een keten algebra¨ısche uitbreidingen Ki zodat elke niet-constante veelterm in Ki [X ] een wortel heeft in Ki+1 . Ki ⊆ Ki+1 Definieer nu E:

E = ∪i Ki

• E is een veld. (want een algebra¨ısche uitbreiding is opnieuw een veld.) 58 Zie

stelling 10.25 op pagina 136. opmerking 10.26 op pagina 136. 60 Zie lemma 10.96 op pagina 152. 59 Zie

154


• E, +, · is algebra¨ısch over K, +, ·. Elk element van E behoort immers tot een Ki en is dus algebra¨ısch over K, +, ·. • E, +, · is algebra¨ısch gesloten. Elke niet-constante veelterm д ∈ E[X ] heeft immers een wortel in E, +, ·: Er bestaat een i zodat alle coëfficienten van д tot Ki behoren (want er zijn er maar eindig veel.) д is dan ook een element van Ki [X ]. Per constructie van Ki+1 heeft д nu een wortel in Ki+1 ⊆ E. TODO: bekijk dit opnieuw, en goed!

10.6

Eindige velden

Stelling 10.98. De multiplicatieve groep F × , · van een eindig veld F , +, · is cyclisch. Bewijs. Merk eerst op dat de orde q van F een macht van een priemgetal is.61 De orde van F × is dan q − 1 omdat F , naast het nulelement enkel eenheden bevat.62 Voor q = 2 is de multiplicatieve groep van orde 1 en dus zeker cyclisch. Stel dus dat q groter is dan 2. • We ontbinden q − 1 = |F × | in priemfactoren: q−1=

k Y i=1

piri

De pi zijn hier verschillende priemgetallen. • Voor elke i ∈ {1, . . . , k } geldt nu het volgende: Aangezien een element ai ∈ F × dat geen wortel is van de veelterm X

q−1 pi

q−1 pi

kleiner is dan q − 1, bestaat er

− 1.

CLARIFY: waarom?

Beschouw nu het element bi : bi = ai

q−1 r pi i

!

– De orde van bi in F × , · is nu piri . ri

bpi = aq−1 = 1

en

– De orde van b is q − 1. b=

k Y

ri −1

b pi

q−1 pi

= ai

,1

bi

i=1

Stel immers dat de orde van b een echte deler is van q − 1, dan is deze orde een deler van q−1 q−1 e´ e´ n van de pi . Noem deze pa . q−1

q−1

1 = b pa = bap1 ·

k Y i=1,i,a

61 Zie 62 Zie

stelling 10.32 op pagina 137. definitie 9.28 op pagina 89.

q−1

bi p1

155

HOOFDSTUK 10. VELDEN Nu geldt voor elke i , a dat piri een deler is van

q−1 p1 .

q−1

Vanwege het vorig puntje is bi pa dan

gelijk aan 1, zodat de orde van b1 een deler moet zijn van met het vorig puntje.

q−1 pa .

Dit is echter in tegenspraak

• F × , · is cyclisch want b is er een generator voor. TODO: wutwut, wut uun bewuis, opnieuw doen! EXTRA: nog een bewijs van deze stelling

Opmerking 10.99. Bovenstaand bewijs is niet constructief. (We construeren geen generator) Er is hiervan immers geen constructief bewijs gekend. Gevolg 10.100. Zij F , +, · een veld van orde q, dan is de multiplicatieve groep F × , · ervan isomorf met Zq−1 , +. Bewijs. F × , · is cyclisch en van orde q − 1, dus isomorf met Zq−1 , +. CLARIFY: referentie ?

Definitie 10.101. Een generator van de multiplicatieve groep F × , · van een eindig veld F , +, · noemt men soms een primitief element van F , +, ·.

10.6.1

Bestaan en uniciteit

Stelling 10.102. Examenvraag! Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Er bestaat een veld met q elementen, namelijk een ontbindingsveld van X q − X over Zp . Bewijs. Zij K, +, · een ontbindingsveld van X q − X over Zp . We zullen aantonen dat K q elementen bevat. • De afgeleide van X q − X is qX q−1 − 1 = −1 ∈ Zp [X ]. Hieruit volgt meteen dat X q − X geen meervoudige wortels bevat. Noem de verzameling van wortels van X q − X nu W : W = {x ∈ K | x q = x } W bevat nu q elementen omdat er geen herhalingen in voorkomen. • W is nu een deelveld van K dat Zp omvat. CLARIFY: waarom?

Per definitie van het ontbindingsveld is K dan gelijk aan W .

156


Stelling 10.103. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Elk veld F , +, · met q elementen is (isomorf met) een ontbindingsveld van X q − X over Zp . Y Xq − X = (X − a) a∈F

Bewijs. Zij F , +, · een veld met q elementen. We identificeren het priemdeelveld van F met Zp .63 64 . Omdat F × een cyclische65 groep is66 van orde q − 167 geldt voor elke x ∈ F × dat x q−1 gelijk is aan 1 en dus ook het volgende: xq = x Dit laatste geldt natuurlijk ook voor het nulelementen en bijgevolg voor alle x ∈ F . Anders gezegd heeft de veelterm X q − X van graad q q verschillende wortels in F . Omdat F q elementen heeft is F dan precies de verzameling wortels van X q −X en dus een ontbindingsveld van X q −X over Zp . CLARIFY: wat heeft dit met het priemdeelveld te maken??

Opmerking 10.104. De uniciteit van het veld met pr elementen volgt onmiddelijk als we de uniciteit van het ontbindingsveld gebruiken. CLARIFY: waarom dan nog het volgend bewijs?

Stelling 10.105. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Twee verschillende velden met q elementen zijn isomorf. Bewijs. Zij K, +, · en K 0, ?, ∗ twee velden met q elementen. We identificeren beide velden hun priemdeelvelden met Zp .68 69 . Zij u een generator70 van K × met minimale veelterm f over Zp . In het bijzonder is f irreducibel in Zp [X ]. CLARIFY: waarom?

K is dan gelijk aan Zp (u), precies omdat u een generator is van de element in K \ 0. We weten nu dat u een wortel is van X q − X over Zp .71 Nu volgt ook dat X q − X een product is van lineaire veeltermen in K 0[X ]. CLARIFY: waarom?

f heet dus ook een wortel u 0 in K 0. Omdat f bovendien irreducibel is over Zp is f ook de minimale veelterm van u 0 over Zp . De structuurstelling voor enkelvoudige algebra¨ısche uitbreidingen zegt nu het volgende: CLARIFY: waarom?

K Zp (u) Zp/( f ) Zp (u 0 ) ⊆ K 0 Omdat K en K 0 evenveel elementen hebben moet K dan isomorf zijn met K 0.

63 Zie

gevolg 10.8 op pagina 131. stelling 10.20 op pagina 134. 65 Zie stelling 10.98 op pagina 154. 66 Zie eigenschap 9.17 op pagina 87. 67 Zie definitie 8.3 op pagina 40. 68 Zie gevolg 10.8 op pagina 131. 69 Zie stelling 10.20 op pagina 134. 70 Zie stelling 10.98 op pagina 154. 71 Zie stelling 10.103 op pagina 156. 64 Zie

157


Definitie 10.106. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Het veld met q elementen noteert men als Fq of GF (p). Stelling 10.107. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Er bestaat een irreducibele veelterm van graad r in Fp [X ]. Bewijs. Kies de minimale veelterm van een generator u van Fp× over Fp . Deze is dan inderdaad irreducibel met graad [Fp = Fp (u)Fp ] = r . CLARIFY: meer uitleg?

Stelling 10.108. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Elke irreducibele veelterm van graad r in Fp [X ] is een deler van X p − X in Fp [X ]. Bewijs. Zij f een irreducibele veelterm van graad r in Fp [X ]. Kies een velduitbreiding van Fp met daaring een wortel a van f , dan geldt het volgende: [Fp (a) : Fp ] = r

en

|Fp (a)| = pr = q

Uit de vorige stelling CLARIFY: referentie ?

volgt dat a ook een wortel is van X q − X en dus is X q − X deelbaar door f .

Lemma 10.109. Zij k een deler van r in N0 en p een priemgetal. Definieer q en q0 als q = pr en q0 = pk . 0 X q − X |X q − X Bewijs. We gebruiken tweemaal de volgende identiteit. yd − 1 = (y − 1)(yd−1 + · · · + y + 1) met d ∈ N0 Kies y = q0 en d = kr . hieruit volgt dat q − 1 deelbaar is door q0 − 1. Neem nu y = X q −1 en d = Dan verkrijgen we het volgende: 0 X q −1 − 1 | X q−1 − 1 0

Dit impliceert onmiddelijk de bewering.

q−1 q 0 −1 .

Stelling 10.110. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . De irreducibele factoren van X q − X in Fp [X ] zijn precies de irreducibele veeltermen in Fp [X ]. Bewijs. Zij f 0 een irreducibele veelterm in Fp [X ] van graad k waarbij k een deler is van r . Noteer 0 nu q0 = pk . Analoog als in de vorige stelling vinden we dat f 0 een deler is van X q − X . Vanwege 0 het lemma is dan X q − X deelbaar door X q − X en dus door f . Zij anderzijds д een irreducibele factor van X q − X in Fp [X ] en noteer l = дr (д). Neem een wortel w van д in het ontbindingsveld Fq van X q − X over Fp . Omdat д irreducibel is, is д dan een minimale veelterm van w over Fp en geldt [Fp (w ) : Fp ] = l. Door tenslotte de productformule CLARIFY: referentie ?

toe te passen op de volgende uitbreidingen verkrijgen we dat r deelbaar is door l. Fp ⊆ Fp (w ) ⊆ Fp

158


De alternatieve formulering volgt dadelijk uit het feit dat X q − X geen meervoudige wortels heeft en elke irreducibele factor dus maar e´ e´ n keer voorkomt. TODO: deze sectie opnieuw!

10.6.2

Onderlinge inclusies

Stelling 10.111. Zij p een priemgetal. Een veld met pr elementen heeft een uniek deelveld met pk elementen als en slechs als k |r geldt. Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ Als Fpk een deelveld is van Fpr , dan volgt uit de productformule voor de volgende keten van velduitbreidingen dat r deelbaar is door k. FP ⊆ Fpr ⊆ Fpr • ⇐ k Als anderzijds r deelbaar is door k, dan zegt het vorige lemma dat X p − X een deler is van r k r X p −X . Alle wortel van de veelterm X p −X behoren dus tot een ontbindingsveld Fp van X p − X . Deze wortels vormen een deelveld met pk elementen. Stel nu dat Fpr twee verschillende k deelvelden heeft met pk elementen, dan zou de veelterm X p meer dan pk nulpunten hebben in het veld Fpr . Propositie 10.112. Zij p een priemgetal. Beschouw voor elke k en r in N waarbij k |r geldt het veld Fpk als deelveld van Fpr . Fp is dan een algebra¨ısche sluiting van Fp . Fp = ∪i∈N0 Fpi Bewijs. • F¯p is een veld. Neem twee elementen x en y uit F¯p , dan bestaan er getallen i en j in N0 zodat x een element is van Fpi en y een element van Fp j . Via de de gegeven inbeddingen behoren x en y dan tot (bijvoorbeeld) Fpi j . We kunnen x +y en x ·y nu beschouwen in Fpi j ⊆ F¯ p . EXTRA: bewijs verder p 104

• F¯p is algebra¨ısch over Fp . Neem immers een u ∈ F¯ p , dan bestaat er een i ∈ N0 zodat u een element is van Fpi en u is dus algbera¨ısch over Fp . • F¯p is algebra¨ısch gesloten.

TODO: deze sectie opnieuw!

Hoofdstuk 11 Lineaire Algebra 11.1

Herhaling

11.1.1

Conventies

In heel deze sectie zullen we spreken over een veld K, +, · en een K-vectorruimte V , +, · van eindige dimensie n. Definitie 11.1. Een K-lineaire afbeelding L is een afbeelding die lineair is in K: ∀λ 1 , λ 2 ∈ K, ∀v 1 , v 2 ∈ V : L(λ 1 · v 1 + λ 2 · v 2 ) = λ 1 · L(v 1 ) + λ 2 · L(v 2 )

Definitie 11.2. Een K-lineaire afbeelding van V naar zichzelf noemen we ook een lineaire transformatie, (lineaire) operator of endomorfisme van V . Stelling 11.3. Zij ε = {e 1 , . . . , en } en ε 0 = {e 10 , . . . , en0 } twee basissen van V . De matrix P ∈ M n×n (K ) van basisverandering van ε naar ε 0 heeft in de j-de kolomn de coördinaten van e j0 ten opzichte van ε. e j0

=

n X

cij ei

i=1

*.c 11 c 12 .c 21 c 22 P = ... . .. . .. .. ,cn1 cn2

. . . c 1n + / . . . c 2n // . . . .. // . / / . . . cnn -

EXTRA: bewijs

Stelling 11.4. Zij A een lineaire transformatie van V . De matrix M ∈ M n×n (K ) van A ten opzichte van een basis ε = {e 1 , . . . , en } van V heeft in de j-de kolom de coördinaten van A(e j ) ten opzichte van ε. n X A(e j ) = aij e j i=1

159

160

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA *.a 11 a 12 .a 21 a 22 M = ... . .. . .. .. ,an1 an2

. . . a 1n + / . . . a 2n // . / .. . .. // / . . . ann -

EXTRA: bewijs

Stelling 11.5. Zij ε = {e 1 , . . . , en } en ε 0 = {e 10 , . . . , en0 } twee basissen van V en P de matrix van basisverandering van ε naar ε 0. e 10 e 20 . . . en0 = e 1 e 2 . . . en P EXTRA: bewijs

Stelling 11.6. Zij x 1 , . . . , xn ∈ K de coördinaten van v ∈ V ten opzicht van ε en x 10 , . . . , xn0 ∈ K de coördinaten van diezelfde v ten opzicht van ε 0. v=

n X i=1

x i ei =

n X i=1

xi0ei0

0 *.x 1 +/ *.x 1 +/ ..x 20 // ..x 2 // .. . // = P .. . // .. .. // .. .. // 0 ,xn ,xn -

EXTRA: bewijs

Stelling 11.7. Zi A een lineaire transformatie van V en M de matrix van A ten opzichte van ε. Zij x 1 , . . . , xn ∈ K de coördinaten van v ∈ V ten opzichte van ε en y1, . . . , yn ∈ K de coördinaten van A(v) ten opzichte van ε. *.y1 +/ *.x 1 +/ .x 2 / ..y2 // .. . // = M ... . /// .. .. // .. .. // ,yn ,xn EXTRA: bewijs

Stelling 11.8. Zij ook nog M 0 de matrix van A ten opzichte van ε 0. M 0 = P −1 MP M en M 0 zijn dus gelijkvormig. EXTRA: bewijs

11.1.2

Herhaling

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA

161

Definitie 11.9. Zij K, +, · een veld en V , +, · een eindigdimensionale K-vectorruimte. Een lineaire transformatie A van V , +, · noemen we diagonaliseerbaar over K, +, · als er een basis van V , +, · bestaat zodat de matrix van A ten opzichte van die basis een diagonaalmatrix is over K.

Definitie 11.10. Een matrix M ∈ M n×n (K ) is diagonaliseerbaar over K als er een inverteerbare matrix P ∈ GLn (K ) bestaat zodat P −1 MP een diagonaalmatrix is. Eigenschap 11.11. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte met basis ε. Een lineaire transformatie A van V is diagonaliseerbaar over K als en slechts als de matrix van A ten opzichte van ε diagonaliseerbaar is over K. EXTRA: bewijs

Definitie 11.12. Zij K, +, · een veld en A een lineaire tranformatie van een K-vectorruimte V , +, ·. De vector v ∈ V is een eigenvector van A met eigenwaarde λ ∈ K als het volgende geldt A(v) = λv en v , ~0 Eigenschap 11.13. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensiolane K-vectorruimte. Een lineaire transformatie A van V is diagonaliseerbaar over K als en slechts als V een basis heeft van eigenvectoren (met eigenwaarden in K). EXTRA: bewijs

Definitie 11.14. Zij K, +, · een veld en M een matrix in M n×n (K ). De karakteristieke veelterm van M is fM . fM = det(X In − M ) ∈ K[X ]

Definitie 11.15. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte V . De karakteristieke veelterm van A is de karakteristieke veelterm van de matrix van A ten opzichte van een willekeurige basis van V . Stelling 11.16. De karakteristieke veelterm van een lineaire transformatie is onafhankelijk van de gekozen basis. EXTRA: bewijs

Propositie 11.17. Zij K, +, · een veld en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte V , dan is λ ∈ K een eigenwaarde van A als en slechts als λ een wortel is van de karakteristieke veelterm van A. EXTRA: bewijs

Definitie 11.18. Naar aanleiding van bovenstaande propositie spreken we ook over de eigenwaarden van een matrix.

162


Gevolg 11.19. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte van dimensie n en A een lineaire transformatie van V . Als de karakteristieke veelterm fA n verschillende wortel heeft in K, dan is A diagonaliseerbaar over K. EXTRA: bewijs

Gevolg 11.20. Als K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld is, dan zijn alle matrices en lineaire transformmaties van eindigdimensionale vectorruimtes over K trianguleerbaar.

11.1.3

Triagulatie

Stelling 11.21. De triagulatiestelling Zij K, +, · een veld en V een n-dimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire transformatie van V waarvoor fA volledig splitst in lineaire factoren over K, dan bestaat er een basis B = {v 1 , . . . , vn } van V zodat de matrix van A tev opzichte van B een bovendriehoeksmatrix is met de eigenwaarden van A op de hoofddiagonaal. EXTRA: bewijs?

Gevolg 11.22. Zij K, +, · een veld en M ∈ M n×n (K ) een matrix over K zodat fM volledig splitst in lineaire factoren over K, dan bestaat er een matrix P ∈ GLn (K ) zodat P −1AP een bovendriehoeksmatrix is met de eigenwaarden van M op de hoofddiagonaal. EXTRA: bewijs?

Opmerking 11.23. Als K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld is zijn alle matrices en lineaire transformaties van eindigdimensionale vectorruimtes over K trianguleerbaar.

11.2

Cayley-Hamilton

11.2.1 K-algebra’s Definitie 11.24. ZIj K, +, · een veld. Een K-algebra A, +, ·, ./ is een verzameling A voorzien van twee inwendige bewerkingen… (+) : A × A → A

en

(·) : A × A → A

… en een scalaire vermenigvuldiging (een uitwendige bewerking)… ./: K × A → A : (k, a) 7→ k ./ a … met de volgende eigenschappen: • A, +, · is een ring. • K, A, + is een vectorruimte met scalaire vermenigvuldiging ./. • ∀a, b ∈ A : ∀k ∈ K : k ./ (a · b) = (k ./ a) · b = a · (k ./ b)

Definitie 11.25. Een K-algebra A, +, ·, ./ is commutatief als de ring A, +, · commutatief is.

163


Definitie 11.26. Een K-algebra A, +, ·, ./ heeft een eenheidselement als de ring A, +, · een eenheidselement heeft.

Definitie 11.27. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K. We kunnen M substitueren voor X in een veelterm д ∈ K[X ] over K. r X д= ki · X i i=0

д(M ) =

X

ki ./ M i ∈ M n×n (K ) met M 0 = In

i=0

Definitie 11.28. Zij V een K-vectorruimte van willekeurige dimensie. Een lineare transformatie A ∈ Hom(V , V ) kunnen we substitueren voor X in een veelterm д ∈ K[X ] over K. д=

r X

ki · X i

i=0

д(A) =

X

ki ./ M i met A0 = Id en An = A ◦ An−1

i=0

Definitie 11.29. Zij K, +, · een veld en A, +, ·, ./ en B, +, ·, ♥ K-algebra’s. Een K-algebramorfisme is een afbeelding f met de volgende eigenschappen. f : A → B : a 7→ f (a) ∀k ∈ K : a ∈ A : f (k ./ a) = k♥f (b) QUESTION: klopt dit? was oefening

Stelling 11.30. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K De afbeelding ϕ is een K-algebramorfisme: ϕ : K[X ] → M n×n (K ) : д 7→ д(M ) EXTRA: bewijs

Stelling 11.31. De volgende verzameling is een commutatieve deel-K-algebra van M n×n (K ). {д(M ) | д ∈ K[X ]} EXTRA: bewijs

164


11.2.2

Cayley-Hamilton

Eigenschap 11.32. Zij K, +, · een veld en A ∈ M n×n (K ) een matrix, dan bestaat er een veelterm д ∈ K[X ] met д verschillend van de nulveelterm zodat A een wortel is van д. Bewijs. De dimensie van M n×n (K ) als vectorruimte over K is n2 . CLARIFY: waarom? 2

De n2 + 1 matrices An , An

2 −1

, . . . , A2 , A, I lineair afhankelijk.

CLARIFY: waarom?

Er bestaan dus ci ∈ K als volgt:

n2 X

ci Ai = 0

i=0

Kies dan д =

Pn2

i=0 ci

Xi

als veelterm die A als wortel heeft.

Stelling 11.33. De stelling van Cayley-Hamilton. Zij K, +, · een veld. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte (of een n × n matrix over K). Noteer met fA de karakteristieke veelterm van A. fA (A) = 0 Bewijs. Zij V een n-dimensionale K-vectorruimte en A een lineaire transformatie van V met matrix M ten opzichte van een basis {v 1 , . . . , vn } van V . ∀i ∈ {1, . . . , n} : A(vi ) =

n X

mijv j

j=1

We kunnen deze vergelijkingen als volgt opschrijven: P   A(v 1 ) = nj=1 m 1jv j    P    A(v 2 ) = nj=1 m 2jv j   .. ..   . .     P  n  A(vn ) = j=1 mnjv j  We kunnen de vergelijkingen opnieuw herschrijven als volgt: CLARIFY: wut?

(vraag nog niet waarom.)   (A − m 11I )(v 1 ) −m 12I (v 2 )       m 21I (v 1 ) (A − m 12I )(v 2 )   . ..  ..  .       mn1I (v 1 ) mn2I (v 2 ) 

...

−m 1n I (vn )

= 0

... .. .

−m 1n I (vn ) .. .

= 0 .. .

. . . (A − mnn I )(vn ) = 0

We definieren nu de (n × n)-matrix ∆ als volgt: *.A − m 11I −m 12I . . . −m 1n I . m 21I A − m 12I . . . −m 1n I ∆ = δij A − mij I = ... .. .. .. .. . . . . .. mn2I . . . A − mnn I , mn1I

+/ // ..// ./ / -

165

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA We kunnen de vergelijkingen dan nog eens herschrijven als volgt: *.v 1 +/ *.0+/ .v 2 / .0/ ∆ ... . /// = ... . /// .. .. // .. .. // ,vn - ,0Merk op dat ∆ elementen heeft in de commutatieve deelring RA van Hom(V , V ): RA = {д(A) | д ∈ K[X ]} Beschouw nu de adjunctmatrix adj (∆) van ∆. Deze bestaat ook uit elementen in RA . adj (∆) · ∆ = det (∆)I Hieruit halen we nu tenslotte het volgende: *.0+/ *.0+/ *.v 1 +/ *.v 1 +/ .0/ .0/ .v 2 / .v 2 / det (∆)I ... . /// = adj (∆)∆ ... . /// = adj (∆) ... . /// = ... . /// .. .. // .. .. // .. .. // .. .. // ,0- ,0,vn ,vn -

Dit betekent dat de lineaire transformatie det (∆)I elke basisvector vi op 0 afbeeldt. Die determinant moet dus nul zijn, en die determinant is precies fA (A). CLARIFY: holy shit!

11.3

Minimale veeltermen

Definitie 11.34. Zij K, +, · en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale Kvectorruimte (of een n×n matrix over K). De minimale veelterm van A is de (unieke) monische veelterm д ∈ K[X ] van minimale graad zodat д(A) = 0 geldt. We noteren de minimale veelterm van A als ϕA . Stelling 11.35. De minimale veelterm van een lineaire transformatie is een deler van de karakteristieke veelterm. EXTRA: bewijs, volgt uit Cayley-Hamilton

Eigenschap 11.36. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte V en M de matrix van A ten opzichte van een basis van V . ϕA = ϕ M EXTRA: bewijs

Eigenschap 11.37. Zij K 0 een velduidbreiding van een veld K, +, · en M ∈ M n×n (K ) een matrix over K met minimale veelterm ϕ M ∈ K[X ]. We kunnen M ook beschouwen als element van M n×n (K 0 ) 0 ∈ K 0[X ] met minimale veelterm ϕ M 0 ϕM = ϕM

166


0 is zeker een deler van ϕ , mant we kunnen ϕ ook beschouwen als veelterm in Bewijs. • ϕM M M 0 K [X ].

• Neem een basis β van K 0 als K-vectorruimte. X 0 λ j X j ∈ K 0[X ] ϕM = j

0 dan herschrijven als volgt: We kunnen ϕ M

X X X X * a ji X + bi * a ji bi + X j = j , i j , i -

0 ϕM =

Hierein zijn de a ji ∈ K de coördinaten van λ j ten opzichte van de basiselementen bi ∈ β. Noem P nu fi = j a ji X j ∈ K[X ]: X X a ji X j ∈ K[X ] fi bi met fi = j

j

Wanneer we deze veelterm evalueren in

M0

krijgen we de volgende gelijkheid: X 0 0 = ϕM (M ) = fi (M )bi i

Omdat de bi lineair onafhankelijk zijn over K moeten alle fi (M ) het nulelemente zijn in M n×n (K ). • Per definitie van ϕ M is ϕ M dan een deler van alle fi in K[X ]. ϕ M is dus ook een deler van alle 0 . fi in K 0[X ] en daarom ook van ϕ M

11.3.1

Decompositie via minimale veelterm

Propositie 11.38. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire transformatie van V met minimale veelterm ϕA . Zij ϕA = ϕ 1 · ϕ 2 met ϕ 1 en ϕ 2 monische veeltermen over K en relatief priem. We beschouwen de lineaire transformaties ϕ 1 (A) en ϕ 2 (A) van V en definieren V1 en V2 als volgt: V1 = Ker (ϕ 1 (A))

en

V2 = Ker (ϕ 2 (A))

• V1 = Im(ϕ 2 (A)) en V2 = Im(ϕ 1 (A)) • V = V1 ⊕ V2 , A(V1 ) ⊆ V1 en A(V2 ) ⊆ V2 . • De minimale veelterm van A|V1 is ϕ 1 en de minimale veelterm van A|V2 is ϕ 2 . Bewijs. We merken eerst het volgende op… ϕ 1 (A) ◦ ϕ 2 (A) = ϕ 2 (A) ◦ ϕ 1 (A) = 0 … en dat er veeltermen д en h in K[X ] bestaan als volgt: (ϕ 1 en ϕ 2 zijn immers relatief priem.ддd (ϕ 1 , ϕ 2 ) = 1) CLARIFY: referentie ?

дϕ 1 + hϕ 2 = 1 д(A) ◦ ϕ 1 (A) + h(A) ◦ ϕ 2 (A) = I

167

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA • We bewijzen dat Im(ϕ 1 (A)) gelijk is aan Ker (ϕ 2 (A)). De andere gelijkheid geldt dan ook. – ⊆ Uit de eerste opmerking volgt dat Im(ϕ 1 (A)) een deel is van Ker (ϕ 2 (A)). – ⊇ Kies nu een element a uit Ker (ϕ 2 (A)), dan zit a ook in Im(ϕ 1 (A): a = (ϕ 1 (A) ◦ д(A)) (a) + (h(A) ◦ ϕ 2 (A)) (a) = ϕ 1 (A)(д(A)(a)) = 0 •

– V = V1 + V2 Kies een v uit V : v = (ϕ 1 (A) ◦ д(A) + h(A) ◦ ϕ 2 (A)) (v) = ϕ 1 (A)(д(A)(a)) + ϕ 2 (A)(h(A)(a))

∈ Im(ϕ 1 (A)) + Im(ϕ 2 (A)) = V1 + V2

– V1 ∩ V2 = {0} Kies een v uit V1 ∩ V2 , dan geldt het volgende vanuit de tweede opmerking. ϕ 1 (A)(д(A)(v)) + ϕ 2 (A)(h(A)(v)) = v v moet dan het nulelement zijn. We tonen nog aan dat A(V1 ) een deel is van V1 . Kies hiervoor een v ∈ V1 ; dus met (ϕ 1 (A))(v) = 0. ϕ 1 (A)(A(v)) = (ϕ 1 (A) ◦ A)(v) = (A ◦ ϕ 1 (A))(v) = A(0) = 0 Bijgevolg is A(V1 ) inderdaad een deel van Kep(ϕ 1 (A)) = V . • Noteer voorlopig de minimale veeltermen van A|V1 en A|V2 als γ 1 en γ 2 . Uit de definitie van V1 en V2 volgt dan het volgende: γ 1 |ϕ 1 en γ 2 |ϕ 2 Anderzijds beweren we dat ϕ 1ϕ 2 |γ 1γ 2 geldt. Hieruit volgt dat γ 1 en γ 2 respectievelijk gelijk zijn aan ϕ 1 en ϕ 2 . Om tenslotte onze bewering te bewijzen zullen we nagaan dat (γ 1γ 2 )(A) = 0 geldt. Neem hiervoor een willekeurige v ∈ V . We kunnen v dan ontbinden als v = v 1 + v 2 met v 1 ∈ V1 en v 2 ∈ V2 . ((γ 1γ 2 )(A))(v) = γ 2 (A)(γ 1 (A)(v 1 )) + γ 1 (A)(γ 2 (A)(v 2 )) = 0 + 0 = 0 Gevolg 11.39. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire p p p transformatie van V met minimale veelterm ϕA . Zij ϕA = ϕ 11 · phi 22 · · · · phikk met ϕ 1 , . . . , ϕk ∈ K[X ] onderling verschillende monische irreducibele veeltermen. Noteer Vi = Ker (ϕi (A)pi . V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk ∀i : A(Vi ) ⊆ Vi p

De minimale veelterm van A|Vi is ϕi i . EXTRA: bewijs

168


Stelling 11.40. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten vold en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire transformatie van V met minimale veelterm ϕA . ϕA =

k Y

(X − ci )pi

i=1

In bovenstaande gelijkheid zijn alle ci ∈ K verschillend. Noteer Vi = Ker ((A − ci I )pi ). Lk pi • V = i=1 Vi , A(Vi ) ⊆ Vi en de minimale veelterm van Ai = A|Vi is (X − ci ) . • De eigenwaarden van A zijn de ci • Noteer mi voor de dimensie van Vi . De karakteristieke veeltermen fA en fAi van A en Ai zijn gegeven als volgt: k Y mi fAi = (X − ci ) en fA = f Ai i=1

TODO: bewijs p 118

Definitie 11.41. De deelruimte Vi noemt men de veralgemeende eigenruimte of karakteristieke deelruimte van de eigenwaarde ci . Eigenschap 11.42. Zij K, +, · een veld en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte, dan hebben ϕA en fA dezelfde irreducibele factoren in K[X ].

11.3.2

Diagonaliseren

Stelling 11.43. Examenvraag! Zij K, +, · een willekeurig veld, V een eindigdimensionale K-vectorruimte en A een lineaire transformatie van V . A is diagonaliseerbaar (over K, +, ·) als en slechts als de minimale veelterm ϕA ∈ K[X ] van A het product is van onderling verschillende lineaire veeltermen in K[X ]. ϕA =

k Y

(X − ci ) met ∀i, j : ci , c j

i=1

TODO: bewijs p 119

Eigenschap 11.44. Zij K, +, · een veld en M ∈ M n×n (K ) een matrix, dan bestaat er een matrix P ∈ GLn (K ) zodat P −1 MP een diagonaalmatrix is als en slechts als de minimale veelterm ϕ M ∈ K[X ] van M het product is van onderling verschillende lineaire veeltermen in K[X ]. EXTRA: bewijs

11.4

Nilpotente transformaties en Jordanvorm

11.4.1

Nilpotente transformaties

169


Definitie 11.45. Zijk K, +, · een willekeurig veld. Een lineaire transformatie A van een (niettriviale) K-vectorruimte V (, of een matrix A ∈ M n×n (K )) is nilpotent van index k ∈ N0 als het volgende geldt: Ak = 0 en Ak−1 , 0 Eigenschap 11.46. Een lineaire transformatie A van een eindigdimensionale K-vectorruimte V (, of een matrix A ∈ M n×n (K )) is nilpotent van index k als en slechts als de minimale veelterm ϕA gelijk is aan X k . EXTRA: bewijs

Eigenschap 11.47. Examenvraag! Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een nilpotente transformatie van V van index k. Neem v ∈ V een vector zodat Ak−1 (v) , ~0. v, A(v), A2 (V ), . . . , Ak−1 (v) zijn lineair onafhankelijk in V . TODO: bewijs p 122

Stelling 11.48. Zij K, +, · een veld en V een K-vectorruimte van eindige dimensie n. Zij A een nilpotente transformatie van V van index k, dan bestaan er… • … strikt positieve natuurlijke getallen p en k 1 , . . . , kp met ki ≤ ki+1 als volgt: p X

ki = n

i=1

• … en p vectoren vi ∈ V met Aki (vi ) = 0 … … zodat de volgende verzameling een basis vormt van V . p [

{vi , A(vi ), . . . , Aki −1 (vi )}

i=1

Bovendien zijn p en de ki hierin uniek bepaald. EXTRA: bewijs

Definitie 11.49. De k 1 , . . . , kp uit vorige stelling noemen we het invariant systeem van de nilpotente verzameling A. Gevolg 11.50. Examenvraag! Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een nilpotente transformatie van V van index k en met invariant systeem {k = k 1 , . . . , kp } Er bestaat dan een basis van V zodat de matrix van A ten opzicte van die basis de volgende blokvorm heeft: *.A1 0 .. 0 A2 .. . .. . .. .. ,0 0

...

0+ / . . . 0 // . / .. . .. // / . . . Ap -

170

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA Hierin is elke Ai een ki × ki -matrix met de volgende vorm: *.0 ..1 .. ..0 .. ... .. ..0 .. .0 ,0

0 0 . . . 0 0 0+ / 0 0 . . . 0 0 0// / 1 0 . . . 0 0 0// .. .. . . .. .. .. // . . . ./ . . / 0 0 . . . 0 0 0// // 0 0 . . . 1 0 0// 0 0 . . . 0 1 0-

EXTRA: bewijs

Propositie 11.51. Zij K, +, · een veld en zij gegeven strikt positieve natuurlijke getallen n, p en k 1 , . . . , kp zodat n de som is van de ki . • Er bestaat voor elke K-vectorruimte V van dimensie n een nilpotente transformatie van V met invariant syteem k 1 , . . . , kp . • Zij V en V 0 precies zo’n K-vectorruimten en A en A0 nilpotente transformaties met dat invariant systeem, dan bestaat er een isomorfisme (van K-vectorruimte) f : V → V 0 zodat het volgende diagram commuteert: V

A

f

V f

V0

A0

V0

EXTRA: bewijs

11.4.2

Jordanvorm

Definitie 11.52. Zij K, +, · een veld en c ∈ K een element van K. We definieren voor k ∈ N0 een matrix J (c; k ) als volgt: *.c ..1 .. ..0 . J (c; k ) = .. .. .. ..0 .. .0

0 0 . . . 0 0 0+ / c 0 . . . 0 0 0// / 1 c . . . 0 0 0// .. .. . . .. .. .. // . . . . / ∈ M k×k (K ) . . / 0 0 . . . c 0 0// // 0 0 . . . 1 c 0// ,0 0 0 . . . 0 1 c -

171

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA We definieren J (c; k 1 , . . . , kp ) verder als de volgende blokmatrix: 0 *. J (c; k 1 ) . 0 J (c; k 2 ) J (c; k 1 , . . . , kp ) = ... . .. . .. .. 0 , 0

...

0

... ...

0 .. .

+/ // // ∈ M n×n (K ) //

. . . J (c; kp ) -

Definitie 11.53. Een Jordanmatrik over een veld K, +, · is een blokmatrix van de volgende vorm, waarin de ci onderling verschillende elementen zijn van K. (1)

*. J (c; k 1 .. .. ..

, . . . , kp(2) )

0

...

0 0 .. .

0 .. .

J (c; k 1(2) , . . . , kp(2) ) .. .

... .. .

0

0

. . . J (c; k 1(m) , . . . , kp(m) ) -

,

+/ // // //

Stelling 11.54. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte, dan bestaat er een basis van V zodat de matrix A ten opzichte van die basis een Jordanmatrix is. Deze matrix is bovendien uniek op de volgorde van de blokken na. TODO: bewijs p 126

Eigenschap 11.55. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld. Zij V , respectievelijk V 0 een K-vectorruimte van dimensie n en A, respectievelijk A0 een lineaire transformatie hierop. A en A0 hebben dezelfde Jordanvorm als en slechs als er een isomorfisme van K-vectorruimten f bestaat zodat het volgende diagram commuteert V

A

f

V f

V0

A0

V0

EXTRA: bewijs

Definitie 11.56. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K. De Jordanvorm van M is de unieke Jordanmatrix J ∈ M n×n (K ) zodat er een P ∈ GLn (K ) bestaat opdat J = P −1 MP geldt. Propositie 11.57. Twee matrices M, M 0 over K hebben dezelfde Jordanvorm als en slechts als er een P ∈ GLn (K ) bestaat met M 0 = P −1 MP. Met andere woorden: “Gelijkvormige matrices hebben dezelfde Jordanvorm.” EXTRA: bewijs


11.5

Normale transformaties

11.5.1

Inproducten

172

Definitie 11.58. Zij V een R-vectorruimte. Een inproduct is een afbeelding h·, ·i … h·, ·i : V × V → R : (v, w ) 7→ hv, wi … met de volgende eigenschappen: • ∀v, w ∈ V : hv, wi = hw, vi • ∀v, v 0, w ∈ V , ∀α, β ∈ R : hαv + βv 0, wi = αhv, wi + βhv 0, wi (lineariteit) • ∀v ∈ V : hv, vi ∈ R+ • ∀v ∈ V : hv, vi = 0 ⇔ v = ~0

Definitie 11.59. Zij V een C-vectorruimte. Een hermetisch product is een afbeelding h·, ·i … h·, ·i : V × V → C : (v, w ) 7→ hv, wi … met de volgende eigenschappen: • ∀v, w ∈ V : hv, wi = hw, vi • ∀v, v 0, w ∈ V , ∀α, β ∈ C : hαv + βv 0, wi = αhv, wi + βhv 0, wi • ∀v ∈ V : hv, vi ∈ R+ • ∀v ∈ V : hv, vi = 0 ⇔ v = ~0

Definitie 11.60. Een reële of complexe vectorruimte, uitgerust met een inproduct of hermitisch product, noemen we een inproductruimte.

Definitie 11.61. Zij V een reële of complexe inproductruimte. Voor elke vector v ∈ V definiëren we de norm |v | van v als volgt: p |v | = hv, vi

Definitie 11.62. Zij V een reële of complexe inproductruimte. Twee vectoren v en w uit V noemen we orthogonaal als hun inproduct nul is.

Definitie 11.63. Zij V een reële of complexe inproductruimte. Twee vectoren v en w uit V noemen we orthonormaal als zo orthogonaal zijn en norm 1 hebben.

173

HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA Stelling 11.64. De ongelijkheid van Cauchy-Schwarz Zij V een reële of complexe inproductruimte. ∀v, w ∈ V : |hv, wi| ≤ |v | · |w | TODO: bewijs p 3

Definitie 11.65. Zij V , h·, ·i en W , [·, ·] inproductruimten over hetzelfde veld. Een lineaire afbeelding A : V → W heet een isometrie als het volgende geldt: ∀v, w ∈ V : hv, wi = [A(v), A(w )] Eigenschap 11.66. Een isometrie is bijectief. EXTRA: bewijs

Eigenschap 11.67. Zij A een lineaire afbeelding van de inproductruimte V , h·, ·i naar de inproductruimte W , [·, ·]. A is een isometrie als en slechts als A de norm van vectoren bewaart. ∀v ∈ V : |v | = |A(v)| TODO: bewijs p 3

11.5.2

De adjunct van een lineaire transformatien

Stelling 11.68. Examenvraag! Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale reële of complexe inproductruimte en zij A ∈ Hom(V , V ) een lineaire transformatie van V . Er bestaat een unieke lineaire transformatie A∗ ∈ Hom(V , V ) zodat het volgende geldt: hA(v), wi = hv, A∗ (w )i TODO: bewijs p 4

Definitie 11.69. De lineaire transformatie A∗ uit de vorige stelling noemen we de adjuncte lineaire transformatie van A.

T

Definitie 11.70. De adjunct M ∗ van een matrix M is de matrix M . Eigenschap 11.71. Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale reële of complexe inproductruimte. Zij ε een orthonormale basis van V en A ∈ HomV , V een lineaire tranformatie van V . Als M de matrix is van A ten opzichte van ε, dan is M ∗ de matrix van A∗ ten opzichte van ε. TODO: bewijs p 6

11.5.3

Normale transformaties

174


Definitie 11.72. Zij V , h·, ·i een inproductruimte en A ∈ H (V , V ) een lineaire transformatie van V waarvoor de adjunct A∗ bestaat. • We noemen A normaal als A ◦ A∗ = A◦ ◦ A geldt. • We noemen A hermetisch als A = A∗ geldt. • We noemen A unitair als A−1 = A∗ geldt. TODO: eigenschappen p 7

Lemma 11.73. Examenvraag! Zij V , h·, ·i een inproductruimte en A, B ∈ H (V , V ) lineaire transformaties van V . • (A + B) ∗ = A∗ + B ∗ • (Ak ) ∗ = (A∗ )k • (λA) ∗ = λA∗ voor λ ∈ F . • (A∗ ) ∗ TODO: bewijs p 8

Lemma 11.74. Zij A een normale transformatie van een inproductruimte V , h·, ·i. • Voor alle f ∈ F [X ] is f (A) een normale transformatie van V . • ∀v ∈ V : |A(v)| = |A∗ (v)| • Als v een eigenvector is van A bij eigenwaarde λ ∈ F , dan is v een eigenvector van A∗ bij eigenwaarde λ. • Eigenvectoren van A bij verschillende eigenwaarden zijn orthogonaal. • Zij v een vector in V .

Ak (v) = 0 ⇒ A(v) = 0

TODO: bewijs p 8

Lemma 11.75. Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale complexe improductruimte. Zij A ∈ Hom(V , V ) een normale transformatie. De minimale veelterm φA een product van verschillende lineaire factoren. TODO: bewijs p 9

Stelling 11.76. Examenvraag! Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale complexe improductruimte. A is normaal als en slechts als V een orthonormale basis van eigenvectoren voor A heeft. TODO: bewijs p 9

Gevolg 11.77. Zij M een normale matrix, dan bestaat er een unitaire matrix U zodat U −1 MU een diagonaalmatrix is. EXTRA: bewijs


Definitie 11.78. Zij O een reële matrix, dan heet O orthogonaal als OT = O −1 geldt.

175

Hoofdstuk 12 Booleaanse algebra Definitie 12.1. Een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is een verzameling K, uitgerust met drie inwendige bewerkingen: ∧, ∨, ¬ waarbij de eerste twee binair zijn en de derde unair. Een booleaanse alsgebra heeft de volgende definierende eigenschappen: B1 a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ c

(∧ is associatief)

B2 a ∨ (b ∨ c) = (a ∨ b) ∨ c

(∨ is associatief)

B3 a ∧ b = b ∧ a

(∧ is commutatief)

B4 a ∨ b = b ∨ a

(∨ is commutatief)

B5 a ∧ (b ∨ c) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c)

(∧ is distributief t.o.v. ∨)

B6 a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)

(∨ is distributief t.o.v. ∧)

B7 ∃e ∈ K : ∀a ∈ K : a ∨ e = a

(nulelement)

B8 ∃i ∈ K : ∀a ∈ K : a ∧ i = a

(eenheidselement)

B9 a ∧ ¬a = e

(complementaire wet voor ∧)

B10 a ∨ ¬a = i

(complementaire wet voor ∨)

Definitie 12.2. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra en a een element van K, dan noemt men ¬a het complement van a. Opmerking 12.3. In een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is ¬a noch het symmetrisch element van a volgens ∧, noch het symmetrisch element van a volgens ∨. Stelling 12.4. Het dualiteitsprincipe. Elke booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is isomorf met K, ∨, ∧, ¬. EXTRA: bewijs

Stelling 12.5. De involutiewet Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a ∈ K : ¬(¬a) = a EXTRA: bewijs

176

HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA Stelling 12.6. De idempotentiewet Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a ∈ K : a ∧ a = a EXTRA: bewijs

Stelling 12.7. De idempotentiewet Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a ∈ K : a ∨ a = a EXTRA: bewijs

Stelling 12.8. De absorptiewet Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a, b ∈ K : a ∧ (b ∨ a) = a EXTRA: bewijs

Stelling 12.9. De absorptiewet Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a, b ∈ K : a ∨ (b ∧ a) = a EXTRA: bewijs

Stelling 12.10. De wetten van De Morgan Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra. ∀a, b ∈ K : ¬(a ∧ b) = ¬a ∨ ¬b ∀a, b ∈ K : ¬(a ∨ b) = ¬a ∧ ¬b EXTRA: bewijs

Definitie 12.11. We definieren een relatie ≤ op een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ als volgt: a ≤ b ⇔ a ∧b = a Stelling 12.12. De relatie ≤ is een orderelatie in een booleaanse algebra. TODO: bewijs p 162 TAI EXTRA: is ≤ totaal?

177

178

HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA Stelling 12.13. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤. ∀a, b ∈ R : a ∧ b ≤ a EXTRA: bewijs

Stelling 12.14. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤. ∀a, b ∈ R : a ≤ a ∨ b EXTRA: bewijs

Stelling 12.15. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤. ∀a, b, c ∈ R : (a ≤ c) en (b ≤ c) ⇒ (a ∨ b) ≤ c EXTRA: bewijs

Stelling 12.16. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en nulelement e. ∀a, b ∈ R : a ≤ b ⇔ (a ∧ ¬b) = e EXTRA: bewijs

Stelling 12.17. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en nulelement e. ∀a ∈ R : e ≤ a EXTRA: bewijs

Stelling 12.18. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en eenheidselement i. ∀a ∈ R : a ≤ i EXTRA: bewijs

12.1

Atomen

Definitie 12.19. Een element a van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e heet een atoom als a niet het nulelement is en voor elke x in B het volgende geldt: x ∧a =a

of

x ∧a =e

Stelling 12.20. Zij a een atoom van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e. ∀x ∈ B : a ≤ x ∨ x ∧ a = e EXTRA: bewijs

179

HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA Stelling 12.21. Zij a een atoom van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e. ∀x ∈ B : x ≤ a ⇒ x = e of x = a EXTRA: bewijs

Opmerking 12.22. Het enige element dat strikt vooraf gaat aan een atoom is het nulelement. Stelling 12.23. Zij a 1 en a 2 twee atomen in een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e. a1 ∧ a2 , e ⇒ a1 = a2 TODO: bewijs p 166 TAI

Stelling 12.24. Zij a b1 , b2 , . . . , bn atomen in een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met orderelatie ≤. a≤

n _

bi ⇔ ∃i : a = bi

i=1

TODO: bewijs p 166 TAI

Stelling 12.25. Zij a een niet-nulelement van een eindige booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met orderelatie ≤, dan bestaat er een atoom b ∈ B zodat b ≤ a geldt. TODO: bewijs p 166 TAI

Stelling 12.26. Zij {b1 , . . . , bn } de verzameling van alle atomen van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met orderelatie ≤ en nulelement e. a = e ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , n} : a ∧ bi = 0 TODO: bewijs p 166 TAI

Stelling 12.27. Elk element in een booleaanse algebra is op een unieke manier te schrijven als een disjunctie van atomen. TODO: bewijs p 167 TAI

Stelling 12.28. Elke eindige booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ is isomorf met de booleaanse algebra 2A, ∪, ∩, ¬ waarbij A de verzameling is van atomen van B, ∧, ∨, ¬. TODO: bewijs p 167 TAI

Gevolg 12.29. Het aantal elementen in een booleaanse algebra is steeds een macht van 2. Definitie 12.30. Bn2 is de verzameling van n bit vectoren. Stelling 12.31. Bn2 , uitgerust met de bit-per-bit optelling (of), de bit-per-bit vermenigvuldiging (en) en het 2 complement, vormt een booleaanse algebra: Bn2 , +, ·,¯. EXTRA: bewijs

HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA

180

Definitie 12.32. We korten Bn2 , +, ·,¯vaak af als B. Opmerking 12.33. Het nulement van B is een rij nul-bits, en het eenheidselement van B is een rij e´ e´ n-bits. Definitie 12.34. De elementen van de booleaanse algebra B noemen we constanten.

Definitie 12.35. Een booleaanse uitdruking E wordt inductief gedefinieerd als volgt: • E = c met c een constante. • E = x met x een variabele. • (E) ¯ • (E) • E1 + E2 • E1 · E2

Definitie 12.36. Een minterm is een booleaanse uitdrukking x van de volgende vorm, waarin x 1 , . . . , xk de veranderlijken zijn. x δ = x 1δ1 x 2δ2 · · · xkδk

Definitie 12.37. Een maxterm is een booleaanse uitdrukking x van de volgende vorm, waarin x 1 , . . . , xk de veranderlijken zijn. x δ = x 11−δ1 + x 21−δ2 + · · · + xk1−δk Opmerking 12.38. Er zijn 2k mogelijke mintermen( en maxtermen) voor een booleaanse uitdrukking in k variabelen. Eigenschap 12.39. Een minterm is gelijk aan het eenheidselement als en slechts als elke factor gelijk is aan het eenheidselement. EXTRA: bewijs

Eigenschap 12.40. Een makterm is gelijk aan het nulelement als en slechts als elke factor gelijk is aan het nulelement. EXTRA: bewijs

Stelling 12.41. Elke booleaanse uitdrukking kan op een (unieke?) manier uitgedrukt worden als een som van mintermen. EXTRA: bewijs

181


Stelling 12.42. Elke booleaanse uitdrukking f (x) = f (x 1 , . . . , fk ) over B valt te schrijven als volgt: 1,1,...,1 X

f (x 1 , . . . , fk ) =

f (δx δ ) =

δ =0,0,...,0

X

f (δ )x δ

δ =B k2

… maar ook als volgt: f (x 1 , . . . , fk ) =

1,1,...,1 Y

( f (δ ) + x δ ) =

δ =0,0,...,0

X

( f (δ ) + x δ )

δ =B k2

TODO: bewijs p 173

Definitie 12.43. De twee vormen uit de vorige stelling noemt men respectievelijk de minterm normaalvorm en de maxterm normaalvorm.

12.2

Netwerken en Schakelalgebra

Definitie 12.44. Een booleaans netwerk is een ’zwarte doos’ met k binaire ingangen en l binaire uitgangen die een booleaanse functie f realiseert. f : Bk2 → Bl2 : (x 1 , x 2 , . . . , xk ) 7→ f (x 1 , x 2 , . . . , xk ) = (z 1 , z 2 , . . . , zl )

Definitie 12.45. Een poort is een booleaans netwerk met slechts 1 uitgang. Een poort realiseert dus een functie f : Bk2 → B 2 . EXTRA: en, niet en of TODO: sectie 5.1 en 5.2 p 179

12.2.1

Synthese van netwerken

Definitie 12.46. Gegeven een booleaanse functie f en een verzameling poorten G zeggen we dat f realiseerbaar is met G als er een netwerk bestaat dat f realiseert en enkel de poorten uit G (eventueel meermaals) bevat. Het netwerk noemen we een realisatie van f en het proces een synthese van f .

Definitie 12.47. Een verzameling poorten G noemt men functioneel volledig als iedere functie realiseerbaar is met poorten uit G.


182

Definitie 12.48. Een poort noemt men een universele poort als elke logische functie realiseerbaar is met die ene poort. Stelling 12.49. {N IET , EN , OF } is functioneel volledig. EXTRA: bewijs

Stelling 12.50. {N IET , OF } is functioneel volledig. EXTRA: bewijs

Stelling 12.51. {N IET , EN } is functioneel volledig. EXTRA: bewijs

Stelling 12.52. N EN is een universele poort. EXTRA: bewijs

Stelling 12.53. NOF is een universele poort. EXTRA: bewijs

Definitie 12.54. Zij f en д twee logische poorten f , д : Bk2 → B 2 , dan noemen we een uitdrukking van de volgende vorm een booleaanse vergelijking. f (x 1 , . . . , x K ) = д(x 1 , . . . , xk )

Definitie 12.55. Twee booleaanse vergelijkingen noemen we equivalent indien ze dezelfde oplossing heb. Stelling 12.56. Onderstaande vergelijkingen zijn equivalent. f (x 1 , . . . , x K ) = д(x 1 , . . . , xk ) f (x 1 , . . . , x K )д(x 1 , . . . , xk ) + f (x 1 , . . . , x K )д(x 1 , . . . , xk ) = 0 TODO: bewijs p 181 TAI

Stelling 12.57. Zij v een Booleaanse vergelijking in 1 onbekende. v ↔ a 1x¯ + a 2x = 0 v is oplosbaar als en slechts a 1a 2 = 0 geldt. De oplossingen zijn dat van de vorm x: x = a 1 + a 2λ TODO: bewijs p 182 TAI

183


Stelling 12.58. Zij f (x 1 , . . . , xk ) = 0 een booleaanse vergelijking met de volgende uitdrukking als minterm normaalvorm. X f (x 1 , . . . , xk ) = f (δ )x δ δ ∈B k2

Deze vergelijking is oplosbaar als en slechts als het volgende geldt: Y f (δ ) = 0 δ ∈B k2

TODO: bewijs p 183 TAI

Hoofdstuk 13 Codetheorie 13.1

Probleemstelling

We willen een boodschap versturen over een niet-foutloos kanaal zonder fouten. We ontwikkelen daarvoor een encodering van de boodschap die ons toelaat om de fouten op te sporen en/of te verbeteren. Boodschap ↓ encoder ↓ geencodeerde boodschap ↓ kanaal

← fouten

↓ ontvangen boodschap ↓ gedecodeerde boodschap Figuur 13.1: Probleemstelling

13.2

Begrippen

Definitie 13.1. Een boodschap van n bits is een opeenvolging van n elementen van een eindig veld Fq (meestal Z2 ). Het is dus een n-tal uit Fqn . We noemen n de lengte van de boodschap

Definitie 13.2. Een blokcode C is een deelverzameling van de n-tallen over een eindig veld Fq . C ⊆ Fqn

184

185

HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE

Definitie 13.3. Een (n, k )-code is een afbeelding c die een boodschap van k bits afbeeldt op een boodschap van n bits. c : Fqk → Fqn : b 7→ c (b) c Im(c) Zk2

Zn2

Figuur 13.2: Een code, schematisch voorgesteld Een code is nooit surjectief, en steeds injectief. Dit houdt in dat n groter is dan k. Opmerking 13.4. We identificeren een code vaak met de haar beeld (een blokcode).

Definitie 13.5. Een codewoord is een boodschap c (b) in het beeld van een code c.

Definitie 13.6. Een ontvangen woord w van een codewoord c (b) van een boodschap b met een code c is een (eventuele) afwijking van dat codewoord. w = c (b) + e We noemen e de fout op het ontvangen woord. Opmerking 13.7. Een ontvangen woord hoeft dus niet tot Im(c) te behoren. Definitie 13.8. Een n-tal uit Fqn zullen we in deze contex vaak noteren als een opeenvolging van de meest eenvoudige overeenkomstige representanten in Zq . Het heeft op die manier wel degelijk zin om te ’rekenen’ met boodschappen.

13.3

Foutdetectie

Definitie 13.9. Het Hamming gewicht wt (x ) van element uit Fqn is het aantal plaatsen in het n-tal dat niet het nulelement is.

Definitie 13.10. De Hamming afstand dt (x, y) tussen twee elementen uit Fqn is het aantal plaatsen waar de n-tallen verschillen. Eigenschap 13.11. De Hamming afstand tussen twee n-tallen is het Hamming gewicht van het verschil tussen de n-tallen. ∀x, y ∈ Fqn : dt (x, y) = wt (x − y)

186


Definitie 13.12. De complete maximum likelihood decoding (CMLD) van een ontvangen woord w resulteert in het codewoord c dat ten opzichte van w de kleinste Hamming afstand heeft.

Definitie 13.13. Zij C een (n, k )-code over Fq . Zij c ∈ C een verzonden boodschap en w het ontvangen woord. e = w − c is dan de fout. We zeggen dat C de fout e detecteert als e niet het verschil is tussen twee woorden uit C: ∀c ∈ C : c + e < C Opmerking 13.14. Intu¨ıtief is dit een passende definitie, dit immers is ook wat we (als mensen) doen als we een fout zien. Als we bijvoorbeel het woord “bat” ontvangen terwijl er “cat” verstuurd werd, zullen we dit niet kunnen detecteren (zonder context) omdat “bat” een geldig woord is. Een fout ontvangen woord als “cxt” zullen we wel kunnen detecteren.

Definitie 13.15. De afstand van een code C is de kleinste afstand tussen de codewoorden. d = min dt (c 1 , c 2 ) c 1 ,c 2

Stelling 13.16. Een blokcode kan s fouten detecteren als en slechts als de afstand ervan groter is dan s + 1. Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ s fouten houdt in dat elke fout e een gewicht kleiner of gelijk aan s heeft. De code kan e detecteren als en slechts als de minimale afstand tussun twee codewoorden groter is dan het gewicht van e. Dit is precies wanneer de afstand van de code 1 meer is dan s. • ⇐ Zij e een foutpatroon van gewicht kleiner of gelijk aan s en d de afstand van de code met d > s + 1. De afstand tussen c en c + e is precies s, maar s is kleiner dan d − 1, dus C detecteert e. Gevolg 13.17. Een blokcode van gewicht d kan d − 1 fouten detecteren.

13.4

Foutverbetering

Definitie 13.18. Een blokcode C verbetert foutpatroon e als het volgende geldt: ∃c ∈ C, ∀c 0 ∈ C, c 0 , c ∧ dt (c + e, c) ≤ dt (c + e, c 0 ) Met andere woorden, vanuit een ontvangen woord kan afgeleid worden welk de verstuurde boodschap was.

187


Definitie 13.19. We noemen een code t-foutenverbeterend als de code all foutpatronen met gewicht t kan verbeteren, maar niet alle foutpatronen van gewicht t + 1. Stelling 13.20. Een blokcode kan t fouten verbeteren als en slecht als het gewicht ervan groter is dan 2t + 1. Bewijs. Bewijs van een equivalentie • ⇒ • ⇐ TODO: bewijs p 38

Gevolg 13.21. Een blokcode van gewicht d kan

13.5

d−1 2

fouten verbeteren.

Lineaire blokcodes

Definitie 13.22. We noemen een blokcode C (als deelverzameling) van Fqn een lineaire blokcode als C een lineaire deelruimte is van de vectorruimte Fqn . Opmerking 13.23. Dit houdt in dat de som en het scalair product van codewoorden opnieuw een codewoord is. Stelling 13.24. De afstand van een lineaire blokcode is het kleinste gewicht van een codewoord. d = min wt (c) c∈C,c,0

TODO: bewijs p 39

13.5.1

Matrixbeschrijving van een lineaire blokcode

Definitie 13.25. Vermits een lineaire blokcode een deelruimte is kunnen we de code beschrijven als een matrix (ten opzichte van een geschikte basis). De generatormatrix is is steeds een k × n matrix met lineair onafhankelijke rijen.

Definitie 13.26. De duale code van een lineaire blokcode is het orthogonaal complement ervan. Eigenschap 13.27. De duale code van een k-dimensionale lineaire blokcode heeft dimensie n − k.

188


Definitie 13.28. De (n − k × n) generatormatrix van een duale code noemen we de pariteitsmatrix. Opmerking 13.29. Met behulp van de pariteitsmatrix H is het heel eenvoudig om te testen of een ontvangen boodschap x een codewoord is. x ∈ C ⇔ xH T = 0 Stelling 13.30. Zij H een pariteitsmatrix van een lineaire blokcode C, dan heeft C afstand d als en slechts al elke verzameling van d − 1 kolommen van H lineair onafhankelijk is, maar niet alle verzamelinggen van d kolommen. TODO: bewijs p 41

Definitie 13.31. Een code C is equivalent met een code C0 als de codewoorden dezelfde zijn (op een bepaalde permutatie van de elementen na). Opmerking 13.32. Twee equivalente codes hebben een gelijkvormige (?) generatormatrix.

Definitie 13.33. Een systematische code is zo bepaal dat de eerste k symbolen van elk codewoord het overeenkomstig informatiewoord vormen. Stelling 13.34. Elke lineaire blokcode is equivalent met een systematische code. TODO: bewijs p 43

13.5.2

Decodering van lineaire blokcodes

Definitie 13.35. De (volledige) tabel van een lineaire blokcode construeren we als volgt: • Zet op de eerste rij alle codewoorden. • Voor elke nevenklasse xC in Fqn/C, + zetten we in de eerste kolom (in volgorde) de kleinste representant. • De rest van de tabel wordt opgevuld door de som te nemen van het eerste element van die rij en kolom. Elke rij bevat dan de elementen van e´ e´ n nevenklasse.

Definitie 13.36. Een ontvangen woord w decoderen met een lineaire blokcode gaat als volgt: • Kijk na of w een codewoord is (door het in de eerste rij te zoeken). • Zo nee: zoek het ok in de tabel en neem als bijhorend codewoord het woord in dezelfde kolom op de eerste rij.

189


Stelling 13.37. Als een lineaire blokcode t fouten kan verbeteren (en dus afstand d = 2t + 1 heeft), staat elk woord van gewicht kleiner of gelijk aan t in de eerste kolom. TODO: bewijs p 45

Stelling 13.38. De decodering van een ontvangen woord is volgens CMLD. TODO: bewijs p 45

Opmerking 13.39. In de praktijk is deze vorm van decoderen niet toepasbaar omdat de tabel veel te groot wordt.

Definitie 13.40. Voor een ontvangen woord w definiëren we het syndroom s als volgt: s = wH t Stelling 13.41. Twee woorden v en w hebben hetzelfde syndroom als en slechts als ze in dezelfde nevenklasse zitten. TODO: bewijs p 45

Definitie 13.42. De syndroomtabel van een lineaire blokcode C is de tabel waarin voor elke (minimale) vertegenwoordiger van de neveklasse van de code het overeenkomstige syndroom staat.

Definitie 13.43. Een ontvangen woord w decoderen met een syndroomtabel gaat als volgt: • Bereken het syndroom s van w • Zoek de vertegenwoordiger e op met als syndroom s • c = w − e is nu het codewoord.

13.5.3

Hamming codes

Definitie 13.44. Een Hamming code is een lineaire blokcode die 1 fout kan verbeteren. TODO: meer stellingen uit te tekst filteren

13.5.4

Perfecte codes

Definitie 13.45. Zij c een codewoord uit een lineaire blokcode C, dan noemen we Sc (r ) als volgt een bol met straal r rond c. Sc (r ) = {v ∈ Fqn | dt (v, c) ≤ r }

190


Definitie 13.46. De kleinste straal rp zodat alle bollen van straal r rond de codewoorden disjunct zijn noemen we de pakkingsstraal van de code.

Definitie 13.47. De kleinste straal rd zodat de unie van alle bollen van straal r heel Fqn vormt noemen we de dekkingsstraal van de code.

Definitie 13.48. We noemen een code perfect als diens dekkingsstraal gelijk is aan de pakkingsstraal. Stelling 13.49. Hamming codes zijn perfect. TODO: bewijs p 49

Definitie 13.50. We noemen een code quasi-perfect als de dekkingsstraal e´ e´ n kleiner is dan de pakkingstraal.

13.6

Cyclische codes

Definitie 13.51. Een (n, k )-code C is een cyclische code als het volgende geldt: ∀(a 0a 1 . . . an−2an−1 ) ∈ C ⇒ (an−1a 0a 1 . . . an−2 ) ∈ C Stelling 13.52. Een lineaire deelruimte C van Fqn is een cyclische code als en slechts als C isomorf is met een ideaal van Fq [X ]/(X n −1) TODO: bewijs p 51

Definitie 13.53. De generator van een cyclische code is de minimale veelterm die de code voortbrengt. Opmerking 13.54. Elk codewoorde is dan een veelvoud van de generatorveelterm. Stelling 13.55. De generator д van een cyclische code C over Fqn deelt X n − 1. TODO: bewijs p 51

Definitie 13.56. Het quotient h van de deling van X n − 1 door de generatorveelterm van een cyclische code noemen we de pariteitsveelterm. X n − 1 = дh

13.7

wut

191


Definitie 13.57. Een code gegenereerd door een veelterm p(x ) ∈ Z2 [x] van graad n − k is een (n, k )-code c: c : Zk2 → Zn2 : b (x ) 7→ c (b) = r (x ) + x n−k x (x )

met

x n−k b (x ) = p(x )q(x ) + r (x )

Opmerking 13.58. Vermits de graad дr (r (x )) van de rest r (x ) een kleiner is dan n − k, passen de extra n − k bits netjes na de boodschap-bits. TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag!

Hoofdstuk 14 Voorbeelden 14.1

Groepen

14.1.1

Monoiden

Voorbeeld 14.1. De natuurlijke getallen, uitgerust met de optelling, vormen een mono¨ıde. Voorbeeld 14.2. Getallen, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen mono¨ıden. C, ·

14.1.2

R, ·

Q, ·

Z, ·

N, ·

Groepen

Definitie 14.3. De triviale groep is de groep met enkel een neutraal element. G, ∗ = {eG }, ∗ Commutatief: Ja

Cyclisch: eG

Definitie 14.4. De viergroep of groep van Klein V , · heeft als neutraal element e. V = {e, a, b, c} Er gelden drie eenvoudige regels: • ab = c • bc = a • ca = b

192

193

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN ◦ e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Commutatief: Ja

Cyclisch: Nee

Definitie 14.5. Q, ·,: De quaternionengroep. Q = {1, −1, i, −i, j, −j, k, −k } Er gelden vier eenvoudige regels: • i 2 = j 2 = k 2 = −1 • ij = k • jk = i • ki = j ·

1 −1

i

−i

j

−j

k −k

1

1 −1

i

−i

j

−j

k −k

1

−i

i

−j

−i −1

1

−1 −1 i

i

−i

−i

j

j

−j

−j

k

k

−j

j

1 −1 −k

k

j

−j

k −1

1

i

−i

1 −1

−i

i

i −1

1

−j −k j

k −k

k −k

k −k

j

−j

−i

k

−j

j

i

−k −k Commutatief: Nee

i

j −k

−i

1 −1

Cyclisch: Nee

Definitie 14.6. De symmetrische groep van graad n: Sn , ◦ is de groep van permutaties van {1, . . . , n}. |Dn | = n! Commutatief: Nee

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.7. S1 , ◦: De groep van permutaties van {1}. S3 = {Id} ◦

Id

Id Id Commutatief: Ja

Cyclisch: Id

194

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN Voorbeeld 14.8. S1 , ◦: De groep van permutaties van {1}. S3 = {Id} Id

◦

Id Id Commutatief: Ja

Cyclisch: Id

Voorbeeld 14.9. S2 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2}. S3 = {Id, (12)} ◦

Id

(12)

Id

Id

(12)

(12) (12) Commutatief: Ja

Id

Cyclisch: (12)

Voorbeeld 14.10. S3 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2, 3}. S3 = {Id, (12), (13), (23), (123), (132)}

Commutatief: Nee

◦

Id

(12)

(13)

(23)

(123) (132)

Id

Id

(12)

(13)

(23)

(123) (132)

(12)

(12)

Id

(13)

(13)

(123)

(23)

(23)

(132) (123)

(132) (123) Id

(23)

(13)

(132)

(12)

(23)

Id

(13)

(12)

(123) (123)

(13)

(23)

(12)

(132)

Id

(132) (132)

(23)

(12)

(13)

Id

(123)

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.11. S4 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2, 3, 4}.            S4 =             Commutatief: Nee

Id,

       (12), (13), (14), (23), (24), (34),     (123), (124), (132), (134), (142), (143), (234), (243)       (12)(34), (13)(42), (14)(23),      (1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432) 

Cyclisch: Nee

Eigenschap 14.12. Sn is een deelgroep van Sn+1 . TODO: bewijs EXTRA: An

195

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN

Definitie 14.13. De Diëdergroep of Dihedrale groep van graad n: Dn , ◦ is de groep van starre bewegingen die een regelmatige n-hoek op zichzelf afbeelden. Dn bevat n rotaties Id, a, . . . , an−1 en n spiegelingen b, ab, . . . , an−1b. |Dn | = 2n Er gelden drie eenvoudige regels: • an = Id • b 2 = Id • ba = a −1b Commutatief: Nee

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.14. D1 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 1-hoek op zichzelf afbeelden. D1 = {Id, b} Id

b

Id Id

b

b

Id

◦

Commutatief: Ja

b

Cyclisch: b

Voorbeeld 14.15. D2 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 2-hoek op zichzelf afbeelden. D2 = {Id, a, b, ab} Id

a

b

ab

Id Id

a

b

ab

a

a

Id ab

b

b

b

ab Id

a

b

Id

◦

ab ab Commutatief: Ja

a

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.16. D3 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 3-hoek op zichzelf afbeelden. D3 = {Id, a, a 2 , b, ab, a 2b} ◦

Id

a

a2

b

ab

a 2b

Id

Id

a

a2

b

ab

a 2b

a

a

a2

Id

ab

a 2b

b

a2

a2

Id

a

a 2b

b

ab

b

b

a 2b

ab

Id

a2

a

ab

b

a 2b

a

Id

a2

a 2b a 2b

ab

b

a2

a

Id

ab Commutatief: Nee

Cyclisch: Nee

196


Voorbeeld 14.17. D4 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 4-hoek op zichzelf afbeelden. D4 = {Id, a, a 2 , a 3 , b, ab, a 2b, a 3b} ◦

Id

a

a2

a3

b

ab

a 2b a 3b

Id

Id

a

a2

a3

b

ab

a 2b a 3b

a

a

a2

a3

Id

ab

a2

a 3b

b

a2

a2

a3

Id

a

a 2b a 3b

b

ab

a3

a3

Id

a

a2

a 3b

b

ab

a 2b

b

b

a 3b a 2b

ab

Id

a3

a2

a

ab

b

a 3b

a 2b

a

Id

a3

a2

a 2b a 2b

ab

b

a 3b

a2

a

Id

a3

a 3b a 3b a 2b

ab

b

a3

a2

a

Id

ab

Commutatief: Nee

Cyclisch: Nee

Stelling 14.18. Voor elke Ai met i > 2 bestaat er een deelgroep Ai−1 . EXTRA: bewijs, zeker?

Voorbeeld 14.19. De getallen, uitgerust met de optelling, vormen groepen met 0 als neutraal element. Z⊆Q⊆R⊆C • Z: Cyclisch: 1 • Q: Cyclisch: Nee • R: Cyclisch: Nee • C: Cyclisch: Nee Commutatief: Ja Voorbeeld 14.20. De complexe en reële niet-nul getallen, uitgerust met de vermeningvuldiging, vormen groepen met 1 als neutraal element. R0 ⊆ C0 Commutatief: Ja

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.21. De n-tallen, uitgerust met de optelling, vormen groepen met ~0 als neutraal element. Zn ⊆ Qn ⊆ Rn ⊆ Cn • Zn : Cyclisch: (1, · · · , 1) • Qn : Cyclisch: Nee • Rn : Cyclisch: Nee • Cn : Cyclisch: Nee

197

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN Commutatief: Ja

Voorbeeld 14.22. De reële en complexe n-tallen, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen groepen met (1, . . . , 1) als neutraal element. Rn ⊆ Cn Commutatief: Ja

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.23. De n-de eenheidswortels {z ∈ C | zn = 1}, uitgerust met de vermeningvuldiging is een groep met neutraal element 1. Commutatief: Ja Cyclisch: Ja 1

Definitie 14.24. De cirkelgroep S 1 is de verzameling van complexe getallen met modulus 1, uitgerust met de vermenigvuldiging. S 1 = {z ∈ c | |z| = 1} Commutatief: Ja

Cyclisch: Nee

Voorbeeld 14.25. De matrixes van dezelfde vorm, uitgerust met de optelling, vormen groepen met [0] als neutraal element. Zm×n ⊆ Qm×n ⊆ Rm×n ⊆ Cm×n • Zn×n : Cyclisch: In • Qn×n : Cyclisch: Nee • Rn×n : Cyclisch: Nee • Cn×n : Cyclisch: Nee Commutatief: Nee Voorbeeld 14.26. De verzameling GLn (R) van inverteerbare reële n × n-matrices, uitgerust met de matrix vermeningvuldiging, vormen een groep met In als neutraal element. Commutatief: Nee Cyclisch: Nee Voorbeeld 14.27. De verzameling van inverteerbare transformaties van een vectorruimte V , uitgerust met de samenstelling, vormen een groep: GL(V ), ◦. Commutatief: Nee Cyclisch: Nee Voorbeeld 14.28. De verzameling R[x] van reële veeltermen in de veranderlijke x, uitgeruist met de optelling, is een groep met neutraal element 0. Commutatief: Ja Cyclisch: Nee Voorbeeld 14.29. De reële getallen Z, uitgerust met de optelling modulo n ∈ N0 , vormen een groep Zn met neutraal element [0]n . Zo een groep heet de restklassengroep van graad n. Commutatief: Ja Cyclisch: 1¯ Voorbeeld 14.30. De machtsverzameling P (X ) van een verzameling X , uitgerust met het symmetrisch verschil, vormt een groep. Commutatief: Ja Cyclisch: Nee 1 Een

generator is bijvoorbeeld de eerste eenheidswortel na 1.

198


14.1.3

Deelgroepen

In dit deel voorbeelden duiden we de relatie “… is een deelgroep van …” aan als ⊆. д

Voorbeeld 14.31. nZ, + ⊆ Z, + ⊆ Q, + ⊆ R, + ⊆ C, + д

д

д

д

Voorbeeld 14.32. {1, −1}, · ⊆ Q0 , · ⊆ R0 , · ⊆ C0 , · д

д

д

Voorbeeld 14.33. {0, 4, 8}, + ⊆ {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12}, + ⊆ Z12 , + д

д

Voorbeeld 14.34. {0n×n }, + ⊆ {nIn | n ∈ N}, + ⊆ {Diaд}, + ⊆ {Bovendriehoeks}, + ⊆ Rn×n , + д

д

д

д

Voorbeeld 14.35. SLn (R), · ⊆ GLn (R), · д

Voorbeeld 14.36. { f ∈ R[X ] | дr ( f ) ≤ r }, + ⊆ R[X ], + д

14.1.4

Groepsmorfisme

In deze sectie geven we voorbeelden van groepsmorfismen Voorbeeld 14.37. Automorfisme Voorbeeld 14.38. Automorfisme Voorbeeld 14.39. Automorfisme Voorbeeld 14.40. Morfisme Voorbeeld 14.41. Morfisme Voorbeeld 14.42. Isomorfisme Voorbeeld 14.43. Isomorfisme Voorbeeld 14.44. Morfisme Voorbeeld 14.45. Morfisme

Z, + → Z, + : x 7→ 3x C, + → Z, + : z 7→ z¯ C0 , · → C0 , · : z 7→ z¯ R2 , + → R, + : (x, y) 7→ x R0 , · → R+0 , + : x 7→ |x | R, + → R+0 , + : x 7→ 2x R+0 , · → R, + : x 7→ ln(x ) R, + → C0 , · : x 7→ e 2πx GLn (R), · → R0 , · : A 7→ det (A)


14.1.5

199

Orde

Voorbeeld 14.46. In Z30 , + is de orde van 5 6 en de orde van 8 15. Voorbeeld 14.47. De orde van 7 in Z, + is ∞.

14.1.6

Nevenklassen

Voorbeeld 14.48. Beschouw H =< 3 > als deelgroep van Z12 , +. 2 + H = {2, 5, 8, 11} = 5 + H = 8 + H = 11 + H Voorbeeld 14.49. Beschouw H = {e, b} als deelgroep van D4 . a · H = {a, ab} en H · a = {a, a 3b}

14.1.7

Directe som

Voorbeeld 14.50. De viergroep V is isomorf met Z2 ⊕ Z2 . Voorbeeld 14.51. Z6 is isomorf met 2 ⊕ Z3 .

14.1.8

Permutatiegroepen

Voorbeeld 14.52. De groepsautomorfismen van de een groep G, ∗ vormen een permutatiegroep van G, +. Voorbeeld 14.53. De inverteerbare lineaire afbeeldingen van een vectorruimte V naar zichzelf vormen een permutatiegroep van V .

14.1.9

Conjugatie

Voorbeeld 14.54. De conjugatieklassen van S3 : {I }, {(12), (13), (23)}, {(123), (132)} Voorbeeld 14.55. De conjugatieklassen van D4 : {e}, {a, a 3 }, {a 2 }, {b, a 2b}, {ab, a 3b} Voorbeeld 14.56. De conjugatieklassen van de quatiernionengroep: EXTRA: oefening EXTRA: centralisators

14.1.10

Normaaldelers

Voorbeeld 14.57. In S3 , ◦ is {I , (123), (132)} een normaaldeler. Voorbeeld 14.58. In D4 , · zijn {e, a, a 2 , a 3 } en {e, a 2 } normaaldelers. Voorbeeld 14.59. In A4 , ◦ is {I , (12)(34), (13)(24), (14)(23)} een normaaldeler.

200


14.1.11

Quotientgroepen

Voorbeeld 14.60. Zn , + = Z/nZ, + Voorbeeld 14.61. Zij G, ∗ een groep. G/{eG } G, ∗ en G/G {eG }, ∗ Voorbeeld 14.62. Voorbeeld 14.63. Voorbeeld 14.64.

14.1.12

EXTRA: Cayleytabel van

D4/{e,a 2 }


A4/{I, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }


Z20/{0,4,8,12,16}

Enkelvoudige groepen

Voorbeeld 14.65. Z7 , + is een enkelvoudige groep. Zijn enige normaaldelers zijn immers {0}, + en Z7 , +. Voorbeeld 14.66. Z6 , + is een niet-enkelvoudige groep. Hij heeft immers {0, 3} en {0, 2, 4} als normaaldelers.

14.1.13

Oplosbare groepen

Voorbeeld 14.67. S3 is oplosbaar. Bewijs. We kiezen een (niet-triviale) normaaldeler van S3 van maximale orde: G 0 = {I , (123), (132)}. S3/{I ,(123),(132)} zou nu enkelvoudig moeten zijn en bovendien commutatief.               S3/{I,(123),(132)} =               

{I , (123), (132)},       {(12), (13), (23)},        {(23), (12), (13)},   , ◦¯  {(13), (23), (12)},       {(123), (132), Id},      {(132), Id, (123)}  

QUESTION: hoe controleren we of dit commutatief is?

G 0 = {I , (123), (132)} heeft geen niet-triviale normaaldelers meer. We hebben dus een eindige keten deelgroepen van S3 geconstrueerd om oplosbaarheid aan te tonen. {I }, ◦ ⊆ {I , (123), (132)}, ◦ ⊆ S3 , ◦ Voorbeeld 14.68. S4 is oplosbaar. EXTRA: oefening

201


14.1.14


Eerste isomorfismestelling Voorbeeld 14.69. Sn ,◦/An ,◦

Z2

Bewijs. Kies als morfisme sдn : Sn → {1, −1}. De kern hiervan is An .2

Voorbeeld 14.70. GLn (R),·/SLn (R),·

R0 , ·

Bewijs. Kies als morfisme det : GLn (R) → R0 . De kern hiervan is SLn (R). Voorbeeld 14.71. R0 ,·/{1,−1},·

R+0 , ·

Bewijs. Kies als morfisme | · | : R0 → R+0 . De kern hiervan is {1, −1}.

Voorbeeld 14.72. R,+/Z,+

{z ∈ C | |z| = 1}

Bewijs. Kies als morfisme f : R → C : r 7→ e 2iπr . De kern hiervan is Z.

Voortbrengers van een groep Voorbeeld 14.73. дrp{(1, 0), (1, 1)} = Z ⊕ Z Voorbeeld 14.74. дrp{(1, 0), (1, 2)} ( Z ⊕ Z Voorbeeld 14.75. Zn ⊕ Zm = дrp{(1, 0), (0, 1)} = дrp{(−1, 0), (1, 1)} Voorbeeld 14.76.

Dn = дrp{a, b} = дrp{an−1 , b}

Voorbeeld 14.77. Q = дrp{i, j} = дrp{i, k } = дrp{j, k } Voorbeeld 14.78. Q, + = дrp{1/n | n ∈ N} EXTRA: bewijs dat Q niet eindig voortgebracht kan worden

Voorbeeld 14.79. Sn =< (12), (13), (14), . . . , (1 n − 1), (1n) > EXTRA: bewijs p 34 2 Zie

propositie 8.77 op pagina 59.

202

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN Voorbeeld 14.80. Sn =< (12), (23), (34), . . . , (n − 2 n − 1), (n − 1 n) > EXTRA: bewijs p 34

Voorbeeld 14.81. Sn =< (12), (123 . . . n − 1 n) > EXTRA: bewijs p 34

Voorbeeld 14.82. An =< (ab)(cd ) | a , b ∧ c , d > EXTRA: bewijs p 34

Voorbeeld 14.83. n ≥ 3 ⇒ An =< (abc) | a, b, c ∈ {1, 2, . . . , n} > EXTRA: bewijs p 34

Tweede isomorfismestelling Voorbeeld 14.84. Zij H een deelgroep van Sn . Ofwel is H een deel van An , ofwel bevat H een oneven permutatie en dan geldt H An = Sn . De tweede isomorfismestelling zegt nu het volgende: H ∩ An / H An / Sn H/H ∩An

Sn/An

Met andere woorden: de even permutaties in H vormen een normaaldeler van H met index 2. Derde isomorfismestelling Voorbeeld 14.85. Zij G = Z ⊕ Z, N =< (1, 0) > en H =< (1, 0), (0, 5) >. De derde isomorfismestelling zegt het volgende: Z⊕Z/<(1,0)> <(1,0), (0,5)> / /<(1,0)> Z⊕Z/<(1,0),(0,5)> Kies het volgende isomorfisme om dit in te zien: f :

/

Z⊕Z/<(1,0)> <(1,0), (0,5)> /<(1,0)>

→ Z⊕Z/<(1,0),(0,5)> :

QUESTION: hoe doen we dit?

14.1.15

Commutatordeelgroep

Voorbeeld 14.86. In Dn zijn de commutatoren de elementen a 2i met i ∈ Z. De commutatordeelgroep D 0 of Dn is dus дrp{a 2 }.

14.2

Ringen

203


Definitie 14.87. De nulring 0 is de ring met e´ e´ n enkel element zodat zowel {0}, + als {0}, · een groep zijn met hetzelfde neutraal element. 0 = {0}, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 0

Voorbeeld 14.88. nZ, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: n

Integriteitsdomein

Voorbeeld 14.89. De gehele getallen, uitgeruist met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een integriteitsdomein: Z, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 1

Integriteitsdomein

Voorbeeld 14.90. De rationale getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een veld Q, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 1

Integriteitsdomein

Lichaam Veld

Voorbeeld 14.91. De reële getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een veld: R, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 1

Integriteitsdomein

Lichaam Veld

Voorbeeld 14.92. De complexe getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een veld: C, +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 1

Integriteitsdomein

Lichaam Veld

Voorbeeld 14.93. De reele veeltermen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een integriteitsdomein: R[X 1 , . . . , Xn ], +, · Commutatief: Ja

Eenheidselement: 1

Integriteitsdomein

Voorbeeld 14.94. De verzameling van reële vierkante matrices, uitgerust met de optelling en de matrixvermenigvuldiging vormen een ring. Rn×n , +, · Commutatief: Nee

Eenheidselement: In

Voorbeeld 14.95. De verzameling RN der oneindige rijen in R, uitgerust met de optelling + van rijen als en de convolutie ∗ van rijen vormen een ring. Eenheidselement: (1, 0, . . . ) Commutatief: Ja

204

HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN Voorbeeld 14.96.

Commutatief: Ja

    *r 0+ | r ∈ Z   , +, ·  0 0  ,  1 0+ Eenheidselement: * ,0 0 -

Integriteitsdomein

Voorbeeld 14.97. De quatiernionen vormen een niet-commutatief lichaam. H = {a + bi + cj + dk | a, b, c, d ∈ R} Commutatief: Nee

14.2.1

Eenheidselement: 1

Lichaam

Eenhedengroepen

Voorbeeld 14.98. De eenhedengroep Z× , · van Z, +, · is de groep {1, −1}, ·. Z× = {1, −1} Voorbeeld 14.99. De eenhedengroep (Rn×n ) × , · van Rn×n , +, · is de groep GLn (R), · van inverteerbare matrices. (Rn×n ) × = GLn (R) Voorbeeld 14.100. De eenhedengroep van R[x], +, · en die van R, +, · zijn beide gelijk aan R0 , ·. Voorbeeld 14.101. De eenhedengroep van Z[i], +, · is {0, 1, −1, i, −i, 1 + i, 1 − i, −1 + i, −1 − i}, +, ·

14.2.2

Deelringen

In dit deel voorbeelden duiden we de relatie “… is een deelring van …” aan als ⊆. r

Voorbeeld 14.102. nZ ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C, +, · r

r

r

r

Voorbeeld 14.103. {r In | r ∈ R} ⊆ {diaдonaalmatrix } ⊆ {bovendriehoeksmatrx } ⊆ Rn×n , +, · r

r

r

Voorbeeld 14.104. Afbeeldingen met bepaalde eigenschappen: { f : Rn → R | f differentieerbaar} ⊆ { f : Rn → R | f continu} ⊆ { f : Rn → R}, +, · r

14.2.3

Ringmorfismen

Voorbeeld 14.105. Morfisme

Z → Zn : x 7→ x¯

Voorbeeld 14.106. Automorfisme

C → C : x 7→ x¯

Voorbeeld 14.107. Morfisme R[X ] → R : f 7→ f (a) met a ∈ R Voorbeeld 14.108. Morfisme

¯ Z4 → Z10 : x¯ 7→ 5x

r

205


14.2.4

Breukenvelden

Voorbeeld 14.109. Het breukenveld van Z, +, · is Q, +, ·. Voorbeeld 14.110. Het breukenveld van R[X ] is R(X ). TODO: definieer beide ergens

Voorbeeld 14.111. Het breukenveld van Zp [X ] is Zp (X ). TODO: definieer beide ergens

14.2.5

Idealen

Voorbeeld 14.112. nZ, +, · / Z, +, · Voorbeeld 14.113. {veelterm met constante term 0}, +, · / R[X ], +, · Voorbeeld 14.114.

14.2.6

{(x, y, 0) | x, y ∈ R}, +, · / R3 , +, ·

Quotiëntringen

Voorbeeld 14.115. Zn , +, · = Z/nZ, +, · Voorbeeld 14.116. R/{e R }, +, ·

R

Voorbeeld 14.117. R/R

=0

Voorbeeld 14.118. Z20/{0,4,8,12,16}

= Z20/(4)

Voorbeeld 14.119. R/(X ) R CLARIFY: uitleg hier?

Voorbeeld 14.120. Z+Zi/(2−i)

14.2.7


14.2.8

Priemidealenn

Z5

Voorbeeld 14.121. (n) is een priemideaal als en slechts als n een priemgetal is. (n) = nZ EXTRA: bewijs

206


14.2.9

Maximale idealen

Voorbeeld 14.122. In Z36 zijn (2) en (3) de enige twee maximale idealen. EXTRA: bewijs

Voorbeeld 14.123. Alle priemidealen zijn maximale idealen in Z. Voorbeeld 14.124. In R[X ] is (X 2 + 1) een maximaal ideaal. EXTRA: zie uitleg p 55

Voorbeeld 14.125. De volgende verzameling veeltermen is een maximaal ideaal van Z[X ]. { f ∈ Z[X ] | de constante term van f is even} EXTRA: bewijs

14.2.10

Irreducibiliteit

Eerste criterium Voorbeeld 14.126. X 2 − 2 is irreducibel over Q, maar reducibel over R. √ √ X 2 − 2 = (X − 2)(X + 2) Voorbeeld 14.127. X 2 + 1 is irreducibel over R, maar reducibel over C. (X + i)(X − i) Voorbeeld 14.128. X 2 + 1 is irreducibel over Z3 , maar reducibel over Z5 . X 2 + 1 = (X + 2)(X + 3) in Z5 Tweede criterium Voorbeeld 14.129. De veeldterm f = 2X 5 + 6X 3 + 9X + 30 is irreducibel in Q[X ] vanwege het tweede criterium met p = 3. 3 - 2 ∧ 3 | 6 ∧ 3 | 9 ∧ 3 ∧ 30 ∧ 32 - 30 Derde criterium

14.2.11

HID en UFD

Voorbeeld 14.130. Z is een HID. TODO: complexe getallen p 199 TAI TODO: euclidische ring p 125

207


14.3

Velden

14.3.1

Karakteristiek van een ring

Voorbeeld 14.131. De karakteristiek van nZ, Z, Q, R, C en H is 0. Voorbeeld 14.132. De karakteristiek van Zn is n. Voorbeeld 14.133. De karakteristiek van Zn [X ] is 0. CLARIFY: zeker?

Voorbeeld 14.134. De karakteristiek van Zn ⊕ Zm is kдv (n, m). Voorbeeld 14.135. Zp [X ] is een oneindig veld met karakteristiek 0

14.3.2

Priemdeelring en priemdeelveld

Voorbeeld 14.136. De priemdeelring van R is Z.

14.3.3

Veldmorfisme

Voorbeeld 14.137. De afbeelding f is een veldmorfisme: f : K → K[X ]/(p) : a → a¯ EXTRA: leuker voorbeel zoeken

14.3.4

Velduitbreidingen

Voorbeeld 14.138. C is een veld uitbreiding van R en R is een velduitbreiding van Q. Voorbeeld 14.139. De uitbreidingsgraad van C over R is 2. Neem bijvoorbeeld {1, i} als basis van C ten opzichte van R.

14.3.5

Algebra¨ısche en transcendente elementent

√ 2 is algebra¨ısch over Q. q q √ √ 3 3 3 2 Voorbeeld 14.141. 1 + 2 is algebra¨ısch over Q. (X − 1) − 2 heeft immers 1 + 2 als wortel. Voorbeeld 14.140.

Voorbeeld 14.142. π is transcendent over Q. Zonder bewijs Voorbeeld 14.143. e is transcendent over Q. Zonder bewijs Voorbeeld 14.144. De veelterm X 2 + X + 2 is irreducibel in Z3 [X ]. Het veld E heeft 9 elementen want 1 en X¯ vormen een basis van E over Z3 . E = Z3 [X ]/(X 2 +X +2) E = {0, 1, 2, X¯ , 1 + X¯ , 2 + X¯ , 1 + 2X¯ , 2 + 2X¯ } EXTRA: maak de Caycleytabel van E × . EXTRA: β is een wortel van X 2 + X + 2 in E, welke is de andere wortel?

208


14.3.6

Enkelvoudige uitbreidingen

Voorbeeld 14.145. Voor elk element i ∈ C geldt R(i) = C. EXTRA: bewijs

√ Voorbeeld 14.146. De minimale veelterm van 2 over Q is X 2 − 2.

√ Voorbeeld 14.147. De minimale veelterm van de vierkantswortel d van een element d ∈ N dat geen kwadraat is, over Q is X 2 − d.

14.3.7

Ontbindingsvelden

Voorbeeld 14.148. Het ontbindingsveld van X 2 + 1 over Q is Q(i) ( C. Voorbeeld 14.149. Het ontbindingsveld van X 2 + 1 over C si C. Voorbeeld 14.150. Het ontbindingsveld van X 2 + X + 2 over Z3 Voorbeeld 14.151. Het ontbindinngsveld van X 3 − 2 ∈ Q[X ] is E, +, ·: √3 √3 √3 E = Q( 2, 2ω, 2ω 2 √3 √3 √ 2π i 2, 2ω en 3 2ω 2 zijn immers de nulpunten van f in C met ω = e 3

14.3.8

Algebra¨ısche sluitingen

Voorbeeld 14.152. Q is een algebra¨ısche sluiting van Q.

14.3.9

Eindige velden

Voorbeeld 14.153. De generatoren van R zijn X¯ en 1 + X . R = Z2 [X ]/X 2 +X +1 Voorbeeld 14.154. De generatoren van R zijn X¯ , 2X , 1 + X en 2 + 2X . R = Z3 [X ]/X 2 +X +1

14.3.10

Onderlinge inclusies

Voorbeeld 14.155. Hier is een schema van alle velden Fpr en hun onderline inclusies. Fp

⊂ Fp 3

⊂ Fp 9

∩

∩

∩

Fp 2 ⊂ Fp 6 ∩

⊂ Fp 18

∩

∩

Fp 4 ⊂ Fp 12 ⊂ Fp 36 ∩

∩

∩

Fp 8 ⊂ Fp 24 ⊂ Fp 72 Voorbeeld 14.156. Hier is een expliciet voorbeeld R van het deelveld van 3 elementen van F9 : F9 = z3/(X 2 +X +2) R = {0¯, 1¯, 2¯ } Voorbeeld 14.157. Hier is een expliciete voorstelling R van F16 als Z2 [X ]/( f ) en een deelveld S van R met 4 elementen. F16 = Z2 [X ]/(X 4 +X +1)


14.4

209

Booleaanse algebra

Voorbeeld 14.158. 2A, ∪, ∩,C is een booleaanse algebra voor elke verzameling A met ∅ als nulelement en A als eenheidselement. Voorbeeld 14.159. {0, 1}, ·, +, ¬ is een booleaanse algebra. (¬0 = 1 en ¬1 = 0) We korten deze algebra vaak af als B 2 .

14.5

Codetheorie

14.5.1

Foutdetectie

Voorbeeld 14.160. Het Hamming-gewicht van 120201 (over F6 ) is 4. Voorbeeld 14.161. Het Hamming-gewicht van 202200 (over F3 ) is 3

Hoofdstuk 15 Algebra I: Oefenzittingen 15.1

Oefenzitting 1: Herhalingen en Aanvullingen

Oefening 1 Kies de groep S3 . Beschouw nu de elementen (12) en (23), deze hebben beide orde 2. (12) 2 = Id

en

(23) 2

Nu heeft (12) ◦ (23) = (132) orde 3. (132) 3 = (132)(123) = Id

Oefening 2 Zij G een groep. Toon aan dat G commutatief is als en slechts als het volgende geldt: ∀a, b ∈ G, ∀n ∈ N : (ab)n = anb n Bewijs. Kies twee willekeurige elementen a en b uit G: • ⇒ Kies een willekeurige n ∈ N (ab)n = ababab . . . abab = aaaaa . . . bbbbb • ⇐ Kies n = 2:

abab = aabb bab = abb ba = ab

Oefening 3 (a) Bepaal alle deelgroepen van Z12 , +. 210

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN Z12 , + heeft orde 12.

{0, 2, 4, 6, 8, 10}, + {0, 3, 6, 9}, + {0, 4, 8}, + {0, 6}, + {0}, +

(b) Bepaal alle deelgroepen van D5 , ◦. D5 , + heeft orde 10.

{e, a, a 2 , a 3 , a 4 }, ◦ {e, b 5 }, ◦ {e, b 4 }, ◦ {e, b 3 }, ◦ {e, b 2 }, ◦ {e, b}, ◦ {e}, ◦

(c) Bepaal alle deelgroepen van Q, ·. Q, · heeft orde 8.

{1, −1, k, −k }, · {1, −1, j, −j}, · {1, −1, i, −i}, · {1, −1}, · {1}, ·

(d) Bepaal alle deelgroepen van A4 , ◦.

211

212

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN A4 , ◦ heeft orde 12.

{Id, (123), (132)}, ◦ {Id, (124), (142)}, ◦ {Id, (134), (143)}, ◦ {Id, (234), (243)}, ◦ {Id, (12)(34)}, ◦ {Id, (13)(24)}, ◦ {Id, (14)(23)}, ◦ {Id, (34)}, ◦ {Id, (24)}, ◦ {Id, (23)}, ◦ {Id, (14)}, ◦ {Id, (13)}, ◦ {Id, (12)}, ◦ {Id}, ◦

Oefening 4 Zij G een cyclische groep van orde n en H een cyclische groep van orde m met ддd (m, n) = 1. Bewijs dat G ⊕ H cyclisch is van orde mn. Bewijs. Zij д een generator voor G en h een generator voor H . дn = eG

en

hm = eH

en

(eG , h)m = (eG , eH )

Dit betekent dat in G ⊕ H het volgende geldt: (д, eH )n = (eG , eH )

We bewijzen nu dat (д, h) een generator is voor G ⊕ H met orde mn. (д, h)mn = (eG , hn ) = (дm , eH ) = (eG , eH ) Dit betekent dat (д, h) G ⊕ H genereert met orde mn.

Oefening 5 Beschouw de deelgroep G van Gl 2 (R). 0 1 + *0 1 + G= * , −1 0 , - ,1 0 *

+

Bepaal G. Met welke bekende groep is G isomorf?   *1 0+ *−1 0 + *0 1+ * 0 −1+ * 0 1+ *0 −1+ *1 0 + *−1 0+    G=  0 1 , 0 −1 , 1 0 , −1 0 , −1 0 , 1 0 , 0 −1 , 0 1  - , - , - , - , - , - , - , - , G is isomorf met de quaternionengroep.

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN

213

Oefening 6 Zij G, · een niet-cyclische groep van orde 6. (a) G heeft een element van orde 3. Bewijs. De orde van een element van een groep is een deler van de orde van de groep.1 Elk element heeft dus een orde in {1, 2, 3, 6}. Enkel e heeft als orde 1, en er zijn geen elementen van orde 6 want dan zou G cyclisch zijn. Stel dat elk element orde 2 heeft, dan is G commutatief.2 Dit zou betekenen dat {e, a, b, ab} een deelgroep was van G met orde 4, maar 4 is geen deler van 6. Contradictie3 Bijgevolg bestaat er minstens e´ e´ n element van orde 3 en is de orde van G dus 3.4

(b) Zij a een element van orde 3 en b < {e, a, a 2 }, dan geldt G = {e, a, a 2 , b, ab, a 2b}. Bewijs. We bewijzen dat {e, a, a 2 , b, ab, a 2b} enkel verschillende elementen bevat. • {e, a, a 2 } is een verzameling van onderling verschillende elementen, en bovendien een groep. • {e, a, a 2 , b} is een verzameling van onderling verschillende elementen omdat b niet in{e, a, a 2 } zit en {e, a, a 2 } een groep is. • {e, a, a 2 , b, ab} is een verzameling van onderling verschillende elementen: ab , e b zou immers de inverse zijn van a en niet in de groep {e, a, a 2 } zitten. ab , a

want dan zou b het neutraal element zijn.

ab , a

want dan zou b gelijk zijn aan a.

ab , b

want dan zou a het neutraal element zijn.

• {e, a, a 2 , b, ab, a 2b} is een verzameling van onderling verschillende elementen: a 2b , e b zou immers de inverse zijn van a 2 en niet in de groep {e, a, a 2 } ab 2 , a

want dan zou b 2 het neutraal element zijn.

ab 2 , a 2

want dan zou b 2 gelijk zijn aan a en b 3 = ab dus gelijk aan b

ab 2 , b

want dan zou ab gelijk zijn aan b.

ab 2 , ab

want dan zou b het neutraal element zijn.

(c) De orde van b is 2. 1 Zie

gevolg 8.59 op pagina 57. stelling 8.49 op pagina 53. 3 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 4 Zie stelling 8.39 op pagina 50. 2 Zie


214

Bewijs. We gaan na aan welk element van {e, a, a 2 , b, ab, a 2b} b 2 gelijk moet zijn. b 2 , a want ??? b 2 , a2

want dan zou b 2a het neutraal element zijn en ???

b 2 , ab

want dan zou a gelijk zijn aan b.

b2

a 2b

, want dan zou a 2 gelijk zijn aan b. Bijgevolg geldt b 2 = e.

(d) ba is gelijk aan a 2b. Bewijs. ba , e

want dan zou {e, a, a 2 } geen groep zijn.

ba , a

(gegeven)

ba , a 2

want dan zou b = a gelden.

ba , b

want dan zou a = e gelden.

ba , ab

want ???

ba ,

a 2b

want dan zou b = a 2 gelden.

CLARIFY: Waarom?

(e) G D3 S3 geldt. Bewijs. Constructief bewijs. • Er bestaat een bijectie tussen G en S3 : a a2 b ab a 2b + *e ,e (123) (132) (12) (13) (23) • G is gelijk aan D 3 .

15.2

Oefenzitting 2: Permutatiegroepen

Oefening 1 Geef alle mogelijke permutaties π op de verzameling {1, 2, 3, 4, 5} die orde 5 hebben en voldoen aan π (1) = 5, π (2) = 3 en π (3) = 4. De permutaties die we zoeken zien er als volgt uit: *1 2 3 4 5 + ,5 3 4 a b -


215

Om een permutatie te zijn moet {a, b} gelijk zijn aan {1, 2}. Als a 1 is en b 2, voldoet de permutatie aan de opgelegde eigenschappen. Als a 2 is en b 1, heeft de permutatie orde 6. Antwoord: *1 2 3 4 5 + ,5 3 4 1 2 -

Oefening 2 Beschouw het volgend geheim schrift. De vercijfering van een tekst gebeurt door in de tekst de letters van het alfabet te permuteren volgens de permutatie π . a b c d e π =* ,b c d e f

f

д h i

j k

l

m n o p q r s t u v w x y z + д h i a z x m l o p n s r t q j w v k u y -

(a) Zoek de disjuncte cykel-schrijfwijze van de permutatie π . (abcde f дhi)(jzyuj)(kx )(lm)(nop)(qst )(vw ) (b) Wat is de orde van π ?

kдv (9, 5, 2, 2, 3, 3, 2) = 90

(c) Wat is het teken van π ? −1 want er is een oneven aantal cykels met even lengte. EXTRA: verwijzing naar stelling.

Oefening 3 Waar of niet? Er bestaat geen permutatie π van 9 elementen met orde 15. Niet waar:

(abc)(e f дhi)

Oefening 4 Onder welke voorwaarden is de afbeelding π : {0, . . . , n − 1} → {0, . . . , n − 1} : i 7→ ai + b mod n een permutatie. (a, b ∈ Z). a en b moeten relatief priem zijn. CLARIFY: waarom?

Extra oefening Zij σ en τ permutaties in Sn . Zoek de nodige en voldoende voorwaarden op σ en τ opdat zo zouden commuteren. Hint: στ = τ σ geldt als en slechts als τ en σ disjunct zijn of … EXTRA: oefening

216


15.3

Oefenzitting 3: Conjugatie en klasvergelijking

Oefening 1 Geef alle conjugatieklassen van een Abelse groep G, ∗. Controleer de klasvergelijking voor een eindige abelse groep. De conjugatie met a is in een Abelse groep de identieke transformatie Id. De conjugatieklassen van G, ∗ zijn dus singletons van alle respectievelijke elementen in G. De klasvergelijking is bijzonder simpel voor een Abelse groep omdat dan het centrum van G, ∗ heel G is.

Oefening 2 Geef de conjugatieklassen van S3 en controleer de klasvergelijking.  {Id},      {(12), (13), (23)},     {(123), (132)},  |G |

= |Z (G)| +

|S3 | =

1

P

+

           |Cl (ai )| 5

Oefening 3 Geef de conjugatieklassen van S4 en controleer de klasvergelijking.  {Id},       {(12), (13), (14), (23), (24), (34)},      {(123), (132), (124), (142), (234), (243), (134), (143)},      {(12)(34), (13)(24), (14)(23)},      {(1234), (1342), (1423), (1432), (1243), (1324)}  |G |

= |Z (G)| +

|S4 | =

1

P

+

                      

|Cl (ai )| 23

Oefening 4 Geef de conjugatieklassen van de quaternionengroep en controleer de klasvergelijking.                       

{1}, {−1}, {i, −i}, {j, −j}, {k, −k }

|G | = |Z (G)| + |Q| =

2

+

                       P

|Cl (ai )| 6

217


Oefening 5 Geef de conjugatieklassen van de didiëdergroep D4 met 8 elementen en controleer de klasvergelijking.  {Id},            2   {a },         {a, a 3 },          2b},    {b, a         {ab, a 3b}     P |G | = |Z (G)| + |Cl (ai )| |D4 | =

2

+

6

Oefening 6 Bepaal alle eindige groepen met precies 2 conjugatieklassen. Zij G, ∗ een eindige groep met precies 2 conjugatieklassen. Elk element in het centrum heeft zijn eigen conjugatieklas. Er zit minstens 1 element in het centrum: eG . eG zit dus al zeker in zijn eigen conjugatieklas. Alle andere elementen zitten in dus samen in een conjugatieklas. De groep is van orde minstens twee omdat alle conjugatieklassen niet-leeg zijn. Noem C de conjugatieklas van G, ∗ waar eG niet in zit. |C | = |G | − 1 We weten dat de orde van elke conjugatieklas een deler moet zijn van de orde van G 5 . |G | − 1 is alleen een deler van |G | als |G | precies 2 is. Er is maar 1 groep van orde 2, op isomorfisme na: Z2 .

Oefening 7 Bepaal alle eindige groepen met precies 3 conjugatieklassen. Verdergaand op de redenering in de vorige oefening moet een groep G, ∗ met precies 3 conjugatieklassen minstens drie elementen. G heeft dan als orde 1 + a + b zodat zowel a als b |G | delen. De mogelijkheden voor (a, b) zijn dan {(1, 1), (1, 2), (2, 3)}. • Als a = b = 1 geldt, is G abels, en dan is G isomorf met Z3 . • Als a = 1 en b = 2 gelden, is G een groep van orde 4 die niet abels. Zo’n groep bestaat niet. Elke groep van orde 4 is immers isomorf met ofwel de viergroep, ofwel Z4 .6 • Als a = 2 en b = 3 gelden, is G een groep van orde 6. G is dan ofwel isomorf met S3 ofwel met Z6 . 7

Oefening 8 Bepaal de orde van het centrum van een niet-abelse groep P van orde p 3 met p een priemgetal. Controleer dit voor de didiëdergroep D4 en de quaternionengroep. 5 Zie

gevolg 8.103 op pagina 66. eigenschap 8.65 op pagina 58. 7 Zie eigenschap 8.66 op pagina 58. 6 Zie

218


De orde van het centrum is een deler van de orde van P 8 9 en bovendien groter dan 1.10 . |Z (P )| moet dus p of p 2 zijn. Voor |Z (P )| 3 zou immers betekenen dat P abels is. De orde van P kan bovendien niet p 2 zijn, want dan zou P abels zijn.11

15.4

Oefenzitting 4: Normaaldelers

Oefening 1 (a) Is {Id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} een normaaldeler van A, ◦? Ja CLARIFY: waarom?

(b) Is {Id, (12)(34)} een normaaldeler van A, ◦? Nee CLARIFY: waarom?

Oefening 2 Is SLn (R) een normaaldeler van GLn (R)? Ja. Bewijs. ∀д ∈ GLn (R), n ∈ SLn (R) : det(д · n · д−1 ) = det(д) · det(n) · det(д−1 ) = 1

Oefening 3 Zij H een normaaldeler van een groep G, ∗. Bewijs: H is de unie van de conjugatieklassen van alle h ∈ H. [ ClG (h) H /G ⇒ H = h∈H

Bewijs. H is een normaaldeler van G, dus het volgende geldt. 12 ∀д ∈ G : дHд−1 = H Bekijk H nu als volgt:

8 Zie

H =

S

=

S

S

=

S

=

S

д∈G дhд {дhд−1 | д

eigenschap 8.99 op pagina 64. stelling 8.58 op pagina 56. 10 Zie propositie 8.106 op pagina 66. 11 Zie stelling 8.107 op pagina 67. 12 Zie stelling 8.117 op pagina 69. 9 Zie

д∈G дHд д∈G h∈H h∈H

−1

h∈H

S

дhд−1 −1

∈ G} =

S

h∈H

Cl (h)

219


Oefening 4 Geldt het volgende?

Q, + = дrp{1/p | p is een priemgetal.}

QUESTION: hoe begin ik hieraan?

Oefening 5 Zij H, ∗ een deelgroep van G, ∗ met index 3 zodat er een x ∈ G \ H bestaat waarvoor x ∗ H = H ∗ x geldt. Bewijs dat H een normaaldeler is van G, ∗. Bewijs. Merk op dat G/H orde 3 heeft.13 . Dit betekent dat er een y bestaat in G \ H zodat G/H er als volgt uitziet: G/H = {xH, yH, H } QUESTION: hoe??

Oefening 6 Zij G, ∗ een groep met normaaldelers A en B. Bewijs dat A ∗ B een normaaldeler is van G, ∗. Bewijs. Kies een willekeurige д uit G en een willekeurig element a ∗ b uit A ∗ B. д ∗ a ∗ b ∗ д−1 = д ∗ a ∗ д−1 ∗ д ∗ b ∗ д−1 ∈ A ∗ B Hierboven is д ∗ a ∗ д−1 een element van A omdat A een normaaldeler is van G en д ∗ b ∗ д−1 analoog een element van B.

Oefening 7 Zij G, ∗ een groep. Waar of niet waar? (A / B ∧ B / C) ⇒ A / C Waar Bewijs. (∀c ∈ C, ∀b ∈ B : cbc −1 ∈ B) ∧ (∀b ∈ B, ∀a ∈ A : bab −1 ∈ A) ⇒ ∀c ∈ C, ∀a ∈ A : cac −1 ∈ B) ⇒ ∀c ∈ C, ∀a ∈ A : (cac −1 )a(cac −1 ) −1 ∈ A (cac −1 )a(cac −1 ) −1 = cac −1a(c (ac −1 )) −1 = cac −1a((ac)c −1 ) = cac −1aacc −1 = ca(c −1a)(ac)c −1 = ca(ac) −1 (ac)c −1 = caec −1 13 Zie


= cac −1

220

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN ∀c ∈ C, a ∈ A : cac −1 ∈ A

Oefening 8 Zij G, ∗ een groep en A ⊆. • C (A), ∗ is een deelgroep van G, ∗. Bewijs. De centralisator van elk element van д is een deelgroep van G, ∗.14 en de doorsnede van deelgroepen is een deelgroep.15 • A is een commutatieve deelgroep van G ⇒ A / C (A). ∀c ∈ C (A), ∀a ∈ A : cac −1 = cc −1a = eG a = a ∈ A EXTRA: nog drie deeloefeningen

Oefening 9 Zij G een groep en zij H een deelgroep van index n. Stel dat {e} de enigge normaaldeler is van G die bevat is in H . Toon aan dat G isomorf is met een deelgroep van Sn . EXTRA: hint p 5 oef 30 in oefeningen bundel

15.5

Oefenzitting 5: Quotiënten en isomorfismestellingen

Oefening 1 Waar of niet?

Q/Z, +

Q, +

Niet waar. We zoeken een morfisme van Q, + naar een groep isomorf met Q, + waarvan Z, + de kern is. Stel dat f zo’n isomorfisme is. f ( 12 + 12 ) moet dan 0 zijn, maar f ( 12 ) niet. Contradictie.

Oefening 2 Zij σ een endomorfisme van Q0 , · als volgt. Wat zegt de eerste isomorfismestelling? σ : Q0 → Q0 : x 7→ |x | De kern van σ is {1, −1}. De eerste isomorfismestelling zegt dus dat Q0/{1,−1}, · isomorf is met Q+0 . Q0 π Q0/{1,−1} 14 Zie 15 Zie


σ σ¯

σ0

Q0 i Q+0

221


Oefening 3 Zij G = дrp{a} een cyclische groep van orde 12. Zij M = дrp{a 2 } en N = дrp{a 6 }. Waar of niet waar? /

G/N M /N

G/M

Waar. Bewijs. N en M zijn normaaldelers van G want het zijn deelgroepen van een commutatieve 16 groep. Beschouw dan de derde isomorfismestelling.

Oefening 4 Gegeven de deelgroepen N = {1, −1} en H = дrp{ 21 } van Q, ·. Waar of niet waar? H N/N , ·

H/H ∩N

Waar. Bewijs. H is een deelgroep van Q, · en N een normaaldeler van Q, ·. Beschouw dan de tweede isomorfismestelling.

Oefening 5 Zij G, ∗ een groep, H, ∗ een deelgroep van G, ∗ en N een normaaldeler van G zodat G/N en N Abels zijn. Bewijs dat er een normaaldeler D van H bestaat zodat H/D en D Abels zijn. QUESTION: hoe?? oef 35

Oefening 6 Zij G, ∗ een groep met normaaldelers M en N en een deelgroep H, ∗. Bewijs volgende bewering: H ∩ M = H ∩ N ⇒ H M/M H N/N Bewijs. Volgens de tweede isomorfismestelling geldt het volgende: H N/N

= H/H ∩N = H/H ∩M = H M/M

Oefening 7 Beschouw Z2×2 , + als additieve groep. Beschouw ϕ als volgt. Wat zegt de isomorfismestelling hierover? a b+ ϕ : Z2×2 → Z : * 7→ a + d ,c d De kern van ϕ is de verzameling van diagonaalmatrices: {Diaд}. De eerste isomorfismestelling zegt dan het volgende: Z2×2/{Diaд} Z 16 Zie


222

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN Z2×2 π Z2×2/{Diaд}

ϕ ϕ¯

Z

ϕ0

Z

i

Oefening 8 Zij G, ∗ een eindige groep en p een priemgetal dat de orde van |G | deelt, bewijs dan dat G een element van orde p heeft. Je mag (/zal moeten) gebruiken dat G commutatief is. QUESTION: Hoe?? TODO: hoeveel ringmorfismen f : Z → R zijn er die 1 op 1 afbeelden? TODO: bewijs de deelbaarheidstesten door 9 en 11 uit de lagere school. p 48

15.6

Oefenzitting 6: Basisbegrippen

Oefening 1 Gegeven een verzameling U . Bewijs dat P (U ), ∆, ∩ een commutatieve ring is met eenheidselement. Bewijs. We gaan elke definierende eigenschap van een ring af. • P (U ) is een commutatieve groep: – ∆ is associatief. – Er bestaat een neutraal element: ∅ – Elk element X in P (U ) heeft een inverse: X c • ∩ is associatief. • ∩ is distributief ten opzichte von +. • ∩ is commutatief.

Oefening 2 Gegeven een ring R, +, · met nulelement eR als volgt. We noemen dit een Boolering. ∀a ∈ R : a 2 = a Bewijs dat R, +, · een commutatieve ring is en het volgende: ∀a ∈ R : a + a = eR


223

Bewijs. Voor elke twee elementen x en y uit R geldt het volgende: (x · y) 2 = x · y x ·y ·x ·y = x ·y y ·x = x ·y R, +, · is dus al een commutatieve ring. a + a = a2 + a2 = a · (a + a) = a 2 · eR = eR

Oefening 3 Zij R een deelverzameling van Q als volgt: a | a, b ∈ Z en b oneven R= b • Bewijs dat R, +, · een deelring is van Q. • Merk op dat R als volgt geschreven kan worden: ( n ) 2a | n ∈ N en a, b oneven ∪ {0} b • Geef de eenheden van R, +, ·. • Neem een ideaal I , {0} van R, +, · en bewijs dat I voortgebracht wordt door 2m waarbij m het kleinste getal is waarvoor 2m in I zit. • Besluit dat R, +, · een HID is. EXTRA: oefening

15.7

Oefenzitting 6: Idealen

Oefening 1 a b+ bewijs dat I = {* | a, b, c, d ∈ 2Z} een ideaal is van M 2×2 (Z). Hoeveel elementen heeft M 2×2 (Z)/I ? ,c d EXTRA: oefening

224


15.8

Oefenzitting 7: Quotientringen

Oefening 1 Zij R = Q[X ]/I met I = (X 2 + X + 1). • Gelden volgende beweringen? ?

– −2X 2 + I = 2X 3 + 2X + I ?

– 3+I =X +I

?

– X 3 + 2X 2 + I = 3X + 2 + I • Toon aan dat elk element van R op een unieke wijze geschreven kan worden als aX + b + I met a, b ∈ Q. • Reken uit en schrijf het resultaat in de vorm aX + b + I . – (X + I ) + (X 2 + I ) – (X + 3 + I ) · (X 2 + 1 + I ) • Men kan aantonen dat R, +, · een veld is. Wat is het invers van X +I voor de vermenigvuldiging in R, +, ·? Merk allereerst op dat Q een veld is17 . Merk dan op dat er eenvoudige manier bestaat om na te kijken of twee veeltermen in dezelfde restklasse zitten. ∀f , д ∈ Q[X]/I : f + I = д + I ⇔ f = д + r · (X 2 + X + 1) Dit betekent dat als we f −д ‘delen’ door X 2 +X +1, en als rest 0 krijgen, f en д in dezelfde restklasse zitten. • Om deze beweringen na te kijken moeten we het delings – −2X 2 − (2X 3 + 2X ) = −2X 3 − 2X 2 − 2X −2X 3 −2X 2 −2X X 2 + X + 1 −2X 3 −2X 2 −2X −2X 0 Deze bewering geldt. – 3 + I en X + I zijn niet gelijk. 3¯ = 3 + I , X + I = X¯ . – X 3 + 2X 2 − (3X + 2) = X 3 + 2X 2 − 3X − 2 X 3 +2X 2 −3X −2 X 2 + X + 1 .. X 3 +X 2 +X . X +1 +X 2

−4X −2

+X 2

+X

+1

−5X −3 De rest is hier niet nul, dus de bewering geldt niet. 17 Zie

voorbeeld ?? op pagina ??.

225


• De nevenklasse van de rest bij deling door X 2 + X + 1 moet gelijk zijn aan de nevenklasse van f , en de rest moet van graad 1 of lager zijn. – (X + I ) + (X 2 + I ) = (X 2 + X ) + I = −1 + I

•

X2 + X + 1

X 2 +X

X 2 +X +1 1 −1 – (X + 3 + I ) · (X + 1 + I ) = (X 3 + 3X 2 + X + 3 + I ) = (−2X + 1) + I X 3 +3X 2

+X

X3

+X

+X 2

+3 X 2 + X + 1 .. . X

+2X 2

+3

+2X 2

+2X +2 −2X +1

• We weten nu al dat het invers van X + I er uitziet als aX + b + I met a en b in Q. (X + I ) · (aX + b + I ) = 1 + X X · (aX + b) = aX 2 + bX De rest bij deling van aX 2 + bX door X 2 + X + 1 moet dus 1 zijn. aX 2

+bX

aX 2

+aX

X2 + X + 1 +a a

(b − a)X −a Dit betekent dat (b − a) nul moet zijn en a −1. De inverse van X + I is dus −X − 1 + I . Inderdaad: X · (−X + 1) = −X 2 − X −X 2 −X

X2 + X + 1

−X 2 −X −1 −1 1

Oefening 2 Bereken Z[X ]/(2) .

Z[X ]/(2)

= f + (д · 2) | д ∈ Z[X ] , f ∈ Z[X ]

Merk allereerst op dat dit de veeltermen over Z met even coëfficienten zijn. We zoeken nu een ringmorfisme waarvan (2) de kern is, dat begint in Z[X ]. Kies bijvoorbeeld ϕ voor dit morfisme: ϕ : Z[X ] → Z2 [X ] :

n X i=0

ai X i 7→

n X

(ai

mod 2)X i

i=0

(2) is inderdaad de kern van dit morfisme, dus geldt het volgende isomorfisme:18 Z[X ]/(2) 18 Zie

gevolg 9.97 op pagina 104.

Z2 [X ]

226


Oefening 3 Bereken Z[X ]/(2,X ) . Z[X ]/(2,X )

= f + (д · 2 + h · X ) | д, h ∈ Z[X ] , f ∈ Z[X ]

Merk allereerst op dat dit de veeltermen zijn met een even constante term. We zoeken nu een ringmorfisme waarvan (2, X ) de kern is, dat begint in Z[X ]. Kies bijvoorbeeld ϕ voor dit morfisme: ϕ : Z[X ] → Z2 :

n X

ai X i 7→ (a 0

mod 2)

i=0

(2, X ) is inderdaad de kern van dit morfisme, dus geldt het volgende isomorfisme:19 Z[X ]/(2)

Z2

Oefening 4 Bereken Z2 [X ]/(X 2 +X +1) . Z2 [X ]/(X 2 +X +1)

( ( ) ) = f + (д · (X 2 + X + 1)) | д ∈ Z2 [X ] , f ∈ Z2 [X ]

Dit zijn de binaire veeltermen zijn van graad 1.

Oefening 5 Bereken Z[X ,Y ,Z ]/(X −Y ,X 3 −Z ) . Dit is niet evident! We zoeken een ringmorfisme waarvan (X −Y , X 3 −Z ) de kern is, dat begint in Z[X , Y , Z ]. (X − Y , X 3 − Z ) = { f · (X − Y ) + д · (X 3 − Z ) | f , д ∈ Z[X , Y , Z ]} Nu vragen we ons daarom af wat er waar moet zijn over een veelterm in X , Y en Z opdat f · (X − Y ) + д · (X 3 − Z ) nul is. Wel, f · (X − Y ) en д · (X 3 − Z ) moeten dan beide nul zijn. f · (X − Y ) = 0 ⇔ X = Y ∨ f = 0 д · (X 3 − Z ) = 0 ⇔ X 3 = Z ∨ д = 0 Deze voorwaarden zijn equivalent met de volgende: X = Y ∧ X3 = Z We zoeken dus een morfisme dat veeltermen die hieraan voldoen op nul afbeeldt. Beschouw bijvoorbeeld ϕ: ϕ : Z[X , Y , Z ] → Z[X ] : f (X , Y , Z ) 7→ f (X , X , X 3 ) We tonen nu aan dat (X − Y , X 3 − Z ) inderdaad de kern is van ϕ: • (X − Y , X 3 − Z ) ⊆ Ker (ϕ) Elk element uit (X − Y , X 3 − Z ) ziet er uit als f (X , Y , Z ) · (X − Y ) + д(X , Y , Z ) · (X 3 − Z ). ϕ ( f (X , Y , Z ) · (X −Y ) +д(X , Y , Z ) · (X 3 −Z )) = f (X , X , X 3 ) · (X −X ) +д(X , X , X 3 ) · (X 3 −X 3 ) = 0 19 Zie



227

• Ker (ϕ) ⊆ (X − Y , X 3 − Z ) We moeten bewijzen dat elk element uit Ker (ϕ) eruit ziet als f (X , Y , Z ) · (X −Y ) +д(X , Y , Z ) · (X 3 − Z ). Kies een willekeurige h ∈ Z[X , Y , Z ]. We zullen eerst h delen door Z − X 3 , 0, de rest zal dan nog steeds in Ker (ϕ) zitten. Noem de quotient van die deling f . h(X , Y , Z ) = f (X , Y , Z ) · (X 3 − Z ) + r (X , Y ) Merk ook op dat de rest r (X , Y ) onafhankelijk is van Z : Z[X , Y , Z ] (Z[X , Y ])[Z ] We delen daarna r nog door Y −X , 0. Opnieuw zal de rest nog steeds in Ker (ϕ) zitten. Noem de quotient van deze deling д. h(X , Y , Z ) = f (X , Y , Z ) · (X 3 − Z ) + д(X , Y ) · (Y − X ) + r 0 (X ) Merk nu op dat de rest r 0 (X ) onafhankelijk is van Y en Z . Z[X , Y , Z ] (Z[X , Y ])[Z ] CLARIFY: hier moet meer uitleg bij!

Oefening 6 Zij R, +, · een willekeurige ring met eenheidselement. Bereken R[X ]/(X ) .

Oefening 7 Zij P = X 3 + X + 1 ∈ Z2 [X ]. Bereken voor elk element verschillen van 0 van Z2 [X ]/(P ) het inverse voor de vermenigvuldiging.

15.9

Oefenzitting 8: Veeltermringen, HID’s en UFD’s

Oefening 1 Zoek de wortels in Z5 van 3 + X + X 64 ∈ Z5 [X ]. Z5 is klein genoeg om dit e´ e´ n voor e´ e´ n te doen, maar we willen 464 natuurlijk niet hoeven uit te rekenen. Noem 3 + X + X 64 f . f (0) = 3 + 0 + 064 , 0 f (1) = 3 + 1 + 164 = 0 f (2) = 3 + 2 + 264 , 0 want 264 - 5 f (3) = 3 + 3 + 364 , 0 want 366 - 5 f (4) = 3 + 4 + 464 , 0 want 2129 - 5

Oefening 2 Geef een voorbeeld van waarom het derde criterium niet geldt in Z8 [X ] (dat geen veld is). QUESTION: hoe?

228


Oefening 3 Schrijf f = X 3 + 6 ∈ Z7 [X ] als product van irreducibele veeltermen over Z7 . Z7 is een veld, want 7 is een priemgetal.20 Z7 is dus een UFD21 , de vraag is dus zinvol. Bereken eerst de nulpunten van f :22 f (0) = 0 + 6 = 6 f (1) = 1 + 6 = 0 f (2) = 8 + 6 = 0 f (3) = 33 + 6 = 4 f (4) = 64 + 6 = 0 We weten al dat f deelbaar is door X − 1, X − 2 en X − 4. X3 X 3 −X 2 X2 X2

+6 X − 1 .. . X2 + X + 1 .. . . −X .. X

+6

X

−1 0

X2 X2

+X

+1 X − 2 . −2X .. X + 3 3X

+1

3X

−6 0

X 3 + 6 is in Z7 dus gelijk aan (X + 6)(X + 5)(X + 3).

Oefening 4 Zij p een priemgetal, hoeveel irreducibele veeltermen over Zp van de vorm X 2 + aX + b bestaan er? EXTRA: oefening

Oefening 5 Vindt een grootst gemeenschappelijke deler van X 3 + 2X 2 + 4X − 7 en X 2 + X − 2 in Q[X ]. EXTRA: oefening

Oefening 6 Bekijk de veelterm X 2 + 1 over H. De wortel i kunnen we afsplitsen: X 2 + 1 = (X − i)(X + i) 20 Zie

gevolg 9.30 op pagina 90. stelling 9.196 op pagina 123. 22 Zie stelling 9.156 op pagina 117. 21 Zie

229

HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN Omdat j ook een wortel is, bekomen we na substitutie ook nul: (j − i)(j + i) = 0 De laatste gelijkheid kan niet omdat H geen nuldelers heeft. Waar zit de fout? De rekenregels in H zijn fout toegepast. (j − i)(j + i) , j 2 + 1 maar wel − 2k

Oefening 7 • Toon aan dat X 3 + 5X 2 + 25X + 5 irreducibel is over Q. Bewijs. Kies p = 5 in het criterium van Einstein.

• Toon aan dat 5x 3 + 9x + 3 irreducibel is over Q. Bewijs. Kies p = 3 in het criterium van Einstein.

• Toon aan dat 5X 3 − 15X 2 + 24X − 11 irreducibel is over Q. Bewijs. We tonen eerst aan dat als f (X + 1) irreducibel is, f (X ) dan ook. Stel immers dat f (X ) reducibel is, dan zals f (X + 1) ook reducibel zijn. f (X ) = д(X ) · h(X ) ⇒ f (X + 1) = д(X + 1) · h(X + 1) f (X + 1) = 5X 3 + 9X + 3 Kies p = 3 in het criterium van Einstein.

Oefening 8 Definieer op F als volgt:

F = {a + bα | a, b ∈ Z2 } = {0, 1, α, α + 1}

• Bewijs dat α 2 gelijk moet zijn aan α + 1. – α 2 kan niet gelijk zijn aan 0 want dan zou α 0 zijn. – α 2 kan niet gelijk zijn aan alpha want dan zou alpha nul of 1 zijn. – α 2 kan niet gelijk zijn aan 1 want dan zou α (1 + α ) gelijk zijn aan α + 1. Dit zou dan betekenen dat α gelijk is aan 1. – α 2 moet dus gelijk zijn aan α + 1. • Maak de Cayleytabel van F × . 1

α

1+α

1

1

α

1+α

α

α

1+α

1

1

α

1+α 1+α • Bewijs dat F , +, · een veld is. EXTRA: bewijs

230


15.10

Oefenzitting 9: Velden

Oefening 1 Bereken de karakteristiek k van Zn · Zm . Merk eerst op dat de karakteristiek van Zn en Zm respectievelijk n en m zijn. Voor elk element (a, b) ∈ Zn · Zm moet het volgende gelden k (a, b) = (0, 0) We weten echter dat a enkel nul is als het een veelvoud van n keer bij zichzelf wordt opgeteld. Analoog geldt dat voor b. k moet dus kдv (n, m) zijn.

Oefening 2 Wanneer is de priemdeelring van Zn · Zm niet heel Zn · Zm ? Zij k = kдv (n, m) de karakteristiek van Zn · Zm , dan is de priemdeelring isomorf met zk .23 Als k n · m is, dan is zk isomorf met Zn · Zm en de priemdeelring van Zn · Zm dus Zn · Zm zelf. k is n · m als en slechts als n en m relatief priem zijn: kдv (n, m) = n · m ⇔ ддd (n, m) = 1

Oefening 3 Zij F , +, · een veld van orde een macht pr van een priemgetal p. Met welke ’bekende’ groep is F , +, · isomorf? We berekenen eerst de karakteristiek k van F en beschouwen daarna F als een vectorruimte over zijn priemdeelveld. F is eindig, dus k eindig. k is bovendien een deler van de orde van F , en ook een priemgetal, dus k moet gelijk zijn aan p. Het priemdeelveld P, +, · van F is isomorf met Zk = Zp We bewijzen nu dat de uitbreidingsgraad van het priemdeelveld van F , +, · over F , +, · daarom r is. Bewijs. Kies een basis {xi , . . . , xn } waarin n de dimensie is van F als vectorruimte. Elk element f van F ziet er dan als volgt uit: n X f = ai xi met ∀i : ai ∈ P i=1

P n → F : (a 1 , . . . , an ) 7→

n X

ai x i

i=1

Dit morfisme is injectief omdat het een veldmorfisme is24

en surjectief omdat de xi een basis vormen.

pr = |F | = |Zpn | = pn r moet dus gelijk zijn aan n. 23 Zie 24 Zie



231

Oefening 4 Zij F , +, · een veld. Zij a en b elementen van F waarbij a een niet-nulelement is. Zij bovendien c een element in een uitbreiding van F , +, · naar E, +, ·. F (c) = F (ac + b) Bewijs. Het volstaat om aan te tonen dat F (c) ac + b bevat, omdat F (ac + b) F omvat. c=

(ac + b) − b ∈ F (ac + b) a

Gevolg 15.1. Voor elke a, b ∈ R met b niet nul geldt R(a + bi) = C.

Oefening 5 Zij a en b twee getallen uit Q+0 . Bewijs het volgende: √ √ Q( a) = Q( ) ⇔ ∃c ∈ Q : a = bc 2 Bewijs. • ⇒ √ Er bestaat een c ∈ Q zodat a geschreven kan worden als volgt: √ √ a c b = 1 1 Dit is precies wanneer, voor die c, het volgende geldt: a = bc 2 • ⇐ √ – Voor alle elementen uit Q die geschreven kunnen worden als a met a ∈ Q geldt de bewering. √ √ – Voor alle andere elementen, kies een basis voor Q( a) over Q: {1, a}. CLARIFY: moeten we niet bewijzen dat dit inderdaad een basis is?

Nu moeten we bewijzen dat b te schrijven valt als lineaire combinatie van de elementen in die basis. √ CLARIFY: waarom enkel b en niet elk element in Q( b)

√ √ b = x +y a √ b = x 2 + 2xy + 2xy a + ay 2 √ b = (x 2 + y 2 ) · 1 + (2xy) · a

Oefening 6

Hoofdstuk 16 Toepassingen van Algebra: Oefenzittingen 16.1

Oefenzitting 1: Bewerkingen en Groepen

Oefening 1 Op R definieren we de samenstellingswet τ : aτb = a + b + a 2b 2 (a) Geef het neutraal element van deze wet. Het neutraal element is hier 0: aτ 0 = a + 0 + a 2 02 = a = 0 + a + 02a 2 (b) ze is niet associatief. Ga na! cτ (aτb) = cτ (a + b + a 2b 2 ) = c + (a + b + a 2b 2 ) + c 2 + (a + b + a 2b 2 ) 2 , (cτa)τb = (c + a + c 2a 2 )τb = (c + a + c 2a 2 ) + b + (c + a + c 2a 2 ) 2 + b (c) Ze is commutatief. Waarom? De samenstellingswet is commutatief omdat zowel de optelling als het product voor a en b commutatief zijn.

Oefening 2 Bewijs dat in R 2 × R 2 volgende relaties equivalantierelaties zijn: G = {((a, b), (c, d )|a 2 + b 2 = c 2 + d 2 } H = {((a, b), (c, d ))|b − a = d − c} J = {((a, b), (c, d ))|b + a = d + c} Deze relaties zijn inderdaad reflexief, transitief en symmetrisch. welke zijn de partities die door deze relaties bepaald worden? 232

HOOFDSTUK 16. TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA: OEFENZITTINGEN

233

G (a,b) = {(x, y) ∈ R2 |x 2 + y 2 = a 2 + b 2 } √ Dit zijn de concentrische cirkels met de oorsprong als middelpunt en straal a 2 + b 2 . H (a,b) = {(x, y)ε : y = x + b − a} Dit zijn alle punten op dezelfde evenwijdige rechte met de identieke. J (a,b) = {(x, y)εR 2 : y = −x + b + a} Dit zijn alle punten op dezelfde evenwijdige rechte met de tegengestelde van deidentieke. welke zijn de partities die hierdoor gedefinieerd worden? (H ∩ J ) (a,b) = {(x, y) ∈ R2 |x = a, y = b} = {(a, b)}

Oefening 3 los het volgende stelsel op:  3x 1 − 2x 2 + 6x 3 = 4 mod 7      4x 1 + x 2 + x 3 = 0 mod 7     2x + x + 2x = −1 mod 7 2 3  1  x 1 − 3x 2 + 2x 3 = 6 mod 7     −→  4x 1 + x 2 + x 3 = 0 mod 7     2x + x + 2x = −1 mod 7 2 3  1  x 1 − 3x 2 + 2x 3 = 6 mod 7     −→  0x 1 − 1x 2 + 0x 3 = 4 mod 7     0x + 0x + 5x = 1 mod 7 2 3  1 De oplossingsverzameling van dit stelsel is {(2, 3, 3)}

Oefening 4 Bepaal de isometrieen van een gelijkzijdige driehoek. Stel voor deze ismetrieen de bewerkingstabel op, onder de samenstellingswet ◦. Benoem de volgende isometrieen: 1 identieke r 1 rotatie over 120 graden r 2 rotatie over 240 graden s 1 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 1 s 2 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 2 s 3 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 3


234

De bijhoordende bewerkingstabel is dan de volgende: ◦

1 r1 r2 s1 s2 s3

1

1 r1 r2 s1 s2 s3

r1 r1 r2 r2 r2

1 s3 s1 s2

1 r1 s2 s3 s1

s1 s1 s2 s3

1 r1 r2

s2 s2 s3 s1 r2

1 r1

s3 s3 s1 s2 r1 r2

1

Oefening 5 Een latijns vierkant in een n x n tabel waarin slechts n verschillende elementen voorkomen. In elke rij en elke kolom komt namelijk elk element juist eenmaal voor. (a) Bewijs dat de bewerkingstabel voor een eindige groep steeds een latijns vierkant is (b) Is dit ook een voldoende voorwaarde om een groep te hebben? Bepaal of volgend latijns vierkant de bewerkingstabel van een groep is τ

a b

c

d

e

f

a c

e

a b

f

d

b

f

c

b a d

e

c

a b

c

d

e

f

d

e

a d

f

c

b

e

d

f

e

c

b a

f

b d

f

e

a c

(a) Elke rij en kolom van de bewerkings tabel zijn verschillende elementen. Stel immers dat er op een rij of kolom twee keer hetzelfde element voorkomt, dat is de bewerking niet injetief. Bijgevolg is de bewerking niet injectief en dus niet inverteerbaar. Er is dan geen uniek invers element voor elk element van de groep. Dit is in contradictie met de definitie van een bewerking op een groep. (b) De bewerking is niet associatief:

aτ (aτb) = aτe = f (aτa)τb) = cτb = b

16.2

Oefenzitting 2: Groepen

Oefening 1 Bewijs dat R0 × R, voorzien van de samenstellingswet (∗) : R0 → R : ((a, b), (c, d )) 7→ (ac, bc + d ) een groep is. Is hij abels?


235

Bewijs. We bewijzen elke eigenschap in het criterium voor groepen. • associativiteit ((a, b) ∗ (c, d )) × (e, f ) = (ac, bc + d ) × (e, f ) = (ace, (bc + d )e + f )) (a, b) × ((c, d ) × (e, f )) = (a, b) × (ce, de + f ) = (ace, (bce) + (de + f )) = (ace, (bc + d )e + f ) • Het neutraal element is (1, 0). 1 −b • Het invers element van een element (a, b) is ( , ). a a De groep is niet commutatief, tegenvoorbeeld: (1, 1) ∗ (0, 0) = (0, 0)

en

(0, 0) ∗ (1, 1) = (0, 1)

Oefening 2 Sn , ◦ is de groep van permutaties van een verzameling van n elementen. Stel de samenstellingstabel op van S3 , ◦. Zijn er deelgroepen? Normaaldelers? Zie het hoofdstuk met voorbeelden.1

Oefening 3 Zoek de generatoren van de volgede additieve cyclische groepen: Z10 Z11 Z12 . Generators van Z10 :

{1, 3, 7, 9}

Generators van Z11 :

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}

Generators van Z12 :

{1, 5, 7, 9, 10, 11}

Deze generatoren vallen makkelijk te berekenen.2

3

Oefening 4 Genereer de groep voorgebracht onder vermenigvuldiging door de matrices. * 0 1 + en * 0 1 + , −1 0 , 1 0 Bewijs dat dit een niet abelse groep is van orde 8. Zie oefening 15.1 op pagina 213. 1 Zie

voorbeeld 14.10 op pagina 194. stelling 8.45 op pagina 51. 3 Zie stelling 8.39 op pagina 50. 2 Zie


236

Oefening 5 Beschouw de groep G = Z7 /{0}, · van de gehele getallen modulo 7 zonder de nul en met vermenigvuldiging modulo 7.Bepaal de orde van al de elementen. Is de groep Commutatief? element orde 1

1

2

4

3

7

4

3

5

7

6

2

Oefening 6 Bewijs dat elke deelgroep van een cyclische groep cyclisch is. Inderdaad.4

Extra oefening 1 Hoeveel groepen zijn er van orde 4, op isomorfisme na. 2: Z4 en Z2 ⊕ Z2 .

Extra oefening 2 Zoek alle isomorfismen tussen Z4 , + en Z5 , ·.      *0 1 2 3+   1 2 4 3  - ,

4 Zie


Hoofdstuk 17 Algoritmes 17.1

Jordanmatrix berekenen

Abstract Vraag Gegeven is de lineaire afbeelding A : Cn → Cn met A als matrix ten opzichte van de standaarbasis van C. Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke veelterm en de minimale veelterm van A. Antwoord • Bereken de karakteristieke veelterm van A. fA (X ) =

q Y

(X − ci )ni

i=1

• Componenten van de vectorruimten bepalen: Vi = Ker (A − ci I )pi We bepalen de pi als volgt: Bepaal de dimensie van A − ci I , (A − ci I ) 2 ,… dim(Ker (A − ci I ) j ) = n − dim((A − ci I ) j ) Ga door met j te verhogen tot dim(Ker (A − ci I ) j ) dim(Vi ) is. pi is dan j. • Diagram voor elke Vi Definieer nu di als volgt: d 1 = dim(Ker (A − ci I )) en d j = dim(Ker (A − ci I ) j − dim(Ker (A − ci I ) j−1 Maak voor elke Vi een diagram van rijen ‘doosjes’ met op de j-de rij d j doosjes. Vul dan het diagram in als volgt: (begin onderaan links) – Vul de dozen in rij k op met lineair onafhankelijke vectoren uit Ker (A − ci I )k \ Ker (A − ci I )k−1 . – Vul de doos boven een gevulde doos met vector v op met de vector (A − ci I )v. – Als de huidige doos de onderste uit een rij is, vul deze dan in met een vector die onafhankelijk is van de vectoren links ervan. • Maak een matrix P door de collecties vectoren als de kolommen in een matrix te zetten. • Maak de Jordanmatrix door de eigenwaarden op de diagonaal de zetten, en een 1 er links van als de overeenkomstige vector in een doos zit waar nog een vector onder staat. 237

238

HOOFDSTUK 17. ALGORITMES

Voorbeeld Vraag Gegeven is de lineaire afbeelding A : C5 → C5 met A als matrix ten opzichte van de standaarbasis van C. 1 1 −2 −3 0 + *. .. 0 3 0 −2 0/// / .. .. 0 −1 3 3 0/// .. 0 0 0 1 0// ,−1 2 −1 −2 1Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke veelterm en de minimale veelterm van A. Antwoord •

X

−1 0 0 0 1

0 X − 1 −1 2 3 X −3 0 2 0 X −3 0 2 = (X − 1) 0 1 X − 3 −3 0 0 1 X − 3 −3 0 0 X −1 0 0 0 0 X − 1 −2 1 2 X − 1 X − 1 −1 2 = (X − 1) 2 0 X −3 0 1 X − 3 0 X −3 0 3 = (X − 1) 1 X − 3 = (X − 1) 3 (X − 3) 2 −1

2

3

• De vectorruimte valt uit elkaar in twee componenten: C5 = Ker (A − I )p1 ⊕ Ker (A − 3I )p2 De dimensies zijn als volgt:

dim(V1 ) = 3 en dim(V2 ) = 2

– V1 ∗

0 1 −2 −3 0 *. + .. 0 1 0 −2 0/// dim(A − I ) = dim ... 0 −1 2 3 0/// = 3 ⇒ dim(Ker (A − I )) = 2 / .. . 0 0 0 0 0// ,−1 2 −1 −2 0-

239

HOOFDSTUK 17. ALGORITMES ∗

0 4 −4 −8 0 + *. ..0 4 0 −4 0/// ! dim(A−I ) 2 = dim ...0 −4 4 0 0/// = 2 ⇒ dim(Ker (A−I ) 2 ) = 3 = dim(V1 ) ⇒ p1 = 2 / .. .0 0 0 0 0// ,0 4 0 −4 0– V2 ∗

∗

−2 1 −2 *. .. 0 0 0 dim(A − 3I ) = dim ... 0 −1 0 .. .0 0 0 ,−1 2 −1 4 0 *. ..0 0 2 dim((A−3I ) ) = dim ...0 0 .. .0 0 ,4 −4

4

4

−3

0

−2

+ 0 /// / 0 // = 4 ⇒ dim(Ker (A − 3I )) = 1 / 0 //

3 −2

−2 −2-

0

+ 0/// ! / 0 −4 0// = 3 ⇒ dim(Ker (A−3I )) = 2 = dim(V2 ) ⇒ p2 = 2 / 0 4 0// 0

4

4

4

4-

• diagram – V1 d 1 = 2 en d 2 = 1, dus het diagram ziet er al volgt uit: v2

v3

v1 v 1 moet in Ker (A − I ) 2 \ Ker (A − I ) zitten. Kies bijvoorbeeld v 1 = (1, 0, 0, 0, 0). v 2 staat boven v 1 , dus v 2 moet (A − I )v 1 = (0, 0, 0, 0, −1) zijn. Kies nu een vector v 3 , lineair onafhankelijk van v 2 , uit Ker (A − I ). Bijvoorbeeld v 3 = (1, 1, −1, 1, 0). – V2 d 1 = 1 en d 2 = 1, dus het diagram ziet er als volgt uit: v2 v1 v 1 moet in Ker (A − 3I ) 2 \ Ker (A − 3I ) zitten. Kies bijvoorbeeld v 1 = (0, 1, 0, 0, 1). v 2 staat boven v 1 , dus v 2 moet (A − 3I )v 1 = (1, 0, −1, 0, 0) zijn. • *. .. P = ... .. . ,

1

0

0

0

0

0

0

0

0 −1

1

0

1

+ 0 /// / −1 0 −1 // / 1 0 0 // 1

1

0

1

0 -

240

HOOFDSTUK 17. ALGORITMES •

1 0 0 0 0 *. .. J = ... .. . ,

+ 1 1 0 0 0 /// / 0 0 1 0 0 // / 0 0 0 3 0 // 0 0 0 1 3 -

Hoofdstuk 18 Examenvragen: Algebra I Disclaimer: vertrouw NIET op deze antwoorden. Ze zijn hoogstens gedeeltelijk juist.

18.1

Snelheidsvraagjes

Deze vraagjes worden gesteld tijdens het mondelinge examen en moet u dus met gesloten boek kunnen beantwoorden. • Waar of niet? Zij G, ∗ een groep en A, ∗ een normaaldeler van G, ∗ met zowel A, ∗ en G/A, ∗ commutatief, dan is G, ∗ commutatief. Niet waar. Zowel A3 als S3/A3 zijn commutatief, maar S3 niet. • Waar of niet? “Een groep is eindig als alle elementen eindige orde hebben.” Niet waar. L∞ Tegenvoorbeeld: In i=1 Z2 heeft elk element orde 2. • Waar of niet? “Als een groep eindig is, dan hebben al diens elementen een eindige orde.” Waar. Als een groep eindig is met orde n , hebben alle elementen een deler van n als orde.1 • Waar of niet? Zij R een ring met eenheidselement, dan hebben u en v elk een inverse als en slechts als uw een inverse heeft. Wat verandert er als de ring commutatief is? Waar, maar enkel als de ring commutatief is. Bewijs. Bewijs van een equivalentie. 1 Zie


241

HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I

242

– ⇒: Als u en v elk een inverse hebben, dan heeft uv als inverse v −1u −1 . – ⇐: Zij x de inverse van uv, dan is vx de inverse van u en (maar dit enkel als R, +, · commutatief is) ux de inverse van v. • Waar of niet? In een integriteitsdomein geldt (R[X ]) × = R × . Waar.2 • Waar of niet? Zij E, +, · een velduitbreiding van een veld K, +, ·. Zij a en b transcendente elementen in E over K, +, · a · b is transcendent over K, +, cdot. Niet waar. Tegenvoorbeeld: e en over Q.

1 e

zij beide transcendent over Q, maar e · e1 = 1 is algebra¨ısch

• Bestaat er een algebra¨ısch gesloten veld dat C strikt omvat? Nee, elke algebra¨ısche uitbreiding van C is gelijk aan C. • Geef alle 2 × 2 matrices oven C die zowel hermetisch als unitair zijn. A = A∗ en A−1 = A∗ ⇒ A = A−1 cos θ i sin θ + cos θ sin θ + A=* ∨A = * ∨ A = I ∨ A = −I −i sin θ − cos θ sin θ − cos θ , , • In Z: – Geef alle idealen. – Geef alle maximale idealen. – Geef alle priemidealen. – Geef de priemdeelring. – Geef de doorsnede van alle deelringen. – Is (4, 7) een hoofdideaal? Merk eerst op dat Z een HID is.3 – Elk ideaal van Z is een hoofdidieaal, en voor elke n ∈ Z is nZ een ideaal van Z. {nZ | n ∈ Z} zijn dus alle idealen van Z. – De maximale idealen van Z, +, · zijn alle nZ waarvoor n priem is.4 – Alle maximale idealen van Z, +, · zijn priemidealen5 alsook de nulring. 2 Zie

stelling 9.149 op pagina 115. stelling 9.200 op pagina 124. 4 Zie stelling 9.197 op pagina 123. 5 Zie eigenschap 9.102 op pagina 105. 3 Zie

243

HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I – De priemdeelring van Z, +, · is Z, +, · zelf.6 – De doorsnede van alle deelringen van Z, +, · is de nulring. – Ja.

(4, 7) = {4n + 7m | n, m ∈ Z} = Z

• Welke inclusies gelden er tussen F2 , F4 , F6 en F8 Merk op dat 2, 4 en 8 machten zijn van het priemgetal 2 en F6 bestaat niet.7 Er gelden dus de volgende inclusies.8 F2 ( F4 ( F8 • Wat is F16 ∩ F64 ? 64 = 26 dus de strikte deelvelden van F64 zijn die met 21 , 22 en 23 elementen. 16 = 24 dus de strikte deelvelden van F16 zijn die met 21 en 22 elementen. Antwoord: F4 . • Geef de grootst gemene deler en het kleinst gemeen veelvoud van X en Y in R[X , Y ] Antwoord: 1 en XY Merk op dat inderdaad 1|X en 1|Y alsook X |XY en Y |XY gelden. • Zij Fq een eindig veld met q elementen. Welke groepen Fq , + en Fq× , · zijn cyclisch? Fq× , · is steeds een cyclische groep.9 Fq , + is enkel cyclisch als F isomorf is met Zp . • Bespreek de inclusies tussen de volgende verzamelingen van Cn×n matrices: Diagonaliseerbaar, Unitair, Normaal, Hermetisch – Bijna alle matrices in Cn×n zijn diagonaliseerbaar. Er zijn er ook die niet diagonaliseerbaar zijn, maar dat zijn er niet veel. *0 1 + ,0 0 -

– Alle unitaire en hermetische matrices zijn normaal. – Er bestaan matrices die unitair zijn en ook hermetisch.

18.2

Groepen

• Zij p een priemgetal. – Zij H , + een abelse groep van orde n en p een priemfactor van n. Maak gebruik van de structuurstelling voor eindige groepen om aan te tonen dat H een element heeft van orde p. – Zij G, ∗ een groep van orde pr met r ∈ N0 . ∗ Toon aan met behulp van de eerste deelvraag dat G een element д heeft van orde p en dat de groep voortgebracht door д een normaaldeler is van G. д /G 6 Zie

eigenschap 10.17 op pagina 133. stelling 10.32 op pagina 137. 8 Zie propositie ?? op pagina ??. 9 Zie stelling 10.98 op pagina 154. 7 Zie


244

∗ Toon aan met inductie op r aan dat er voor elke s met 0 ≤ s ≤ r een normaaldeler N van G met orde ps . – H, + is vanwege de structuurstelling isomorf met Zpr ⊕ zn/p r . Er is in H dus een element dat overeenkomt met (1, 0), en dat element heeft orde p: –

∗ p is een priemfactor van de orde. G, ∗ is een p-groep, dus het centrum van G bevat meer dan e´ e´ n element10 Het centrum Z (G) is een (commutatieve) deelgroep van G 11 , dus heeft een orde px met 1 ≤ x ≤ r .12 Er bestaat in Z (G) ⊆ G dus een element д van orde p. Het element д heeft in G dus ook een orde p en bijgevolg heeft < д > ook orde p.13 < д > is een deelgroep van Z (G) dus zeker een normaaldeler. ∗ · r = 1: OK, zie hierboven. · r = k: Inductiehypothese · r = k + 1: G/N is ook een p-groep. EXTRA: zit vast

• Zij G een groep met 102 = 2 · 3 · 17 elementen en |Z (G)| = 2. Toon aan: – |Z (G/Z (G) )| = 1 – G/Z (G) heeft een deelgroep van orde 17. – G heeft een deelgroep van orde 34. Antwoord: – We moeten aantonen dat er maar 1 element uit G/Z (G) commuteert met alle elementen in G/Z (G) . Enkel de elementen uit Z (G) commuteren met alle elementen in G, dus enkel de elementen zZ (G) uit G/Z (G) met z ∈ Z (G) commuteren met alle elementen in G/Z (G) . Omdat zZ (G) gelijk is aan Z (G) voor alle z ∈ Z (G) is er dus maar e´ e´ n element in G/Z (G) dat commuteert met alle elementen in G/Z (G) . – Omdat |Z (G)| twee is, geldt |G/Z (G) | = 3 · 17.14 Volgens de structuurstelling is G/Z (G) isomorf met Z3 ⊕ Z17 . De groep {(0, n) | n ∈ Z17 } is nu een deelgroep van Z3 ⊕ Z17 van orde 17, dus G/Z (G) heeft een overeenkomstige deelgroep van orde 17. – Vanwege dezelfde redenering bevat G een deelgroep van orde 34. Deze komt dan overeen met de deelgroep {(x, 0, y) | x ∈ Z2 , y ∈ Z17 } van Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z17 van orde 34.

18.3

Ringen

• Zij R, +, · een niet-triviale commutatieve ring met eenheidselement i en nulelement e waarin het volgende geldt: ∀a ∈ R, ∃b ∈ R : a 2b = a Toon aan dat elk priemideaal van R, +, · ook een maximaal ideaal van R, +, ·. Antwoord: Zij I, +, · een priemideaal van R, +, ·, dan is R/I een integriteitsdomein. In R/I geldt hetzelfde als in R: a 2b = a ⇒ a(ab − i) = e 10 Zie

propositie 8.106 op pagina 66. eigenschap 8.99 op pagina 64. 12 Zie gevolg 8.59 op pagina 57. 13 Zie stelling 8.39 op pagina 50. 14 Zie stelling 8.58 op pagina 56. 11 Zie

245


Omdat R/I een domein is moeten a en b inversen zijn (als a niet e is). Een integriteitsdomein R/I met enkel eenheden is een veld, dus I is een maximaal ideaal.15 • Zij R, +, · een HID, toon dan aan: – Een priemideaal van R, +, · is een maximaal ideaal. – Zij f een surjectief ringmorfismme van R naar S met S, ?, ∗ een integriteitsdomein, dan is ofwel f een isomorfisme, ofwel S, ?, ∗ een veld. – Als R[X ], +, · een HID is, dan moet R, +, · een veld zijn. Antwoord. – Kies een willekeurig priemideaal P van R, +, ·. Omdat R, +, · een HID is bestaat er dan een element p dat P genereert: P = (p) Het element dat P genereert moet irreducibel zijn, want P is een priemideaal.16 Het hoofdideaal (p) gegenereerd door p is dan zeker maximaal. 17

18.4

Velden

√ √ • Bereken [Q( 2, 3 4) : Q]. √ √ – [Q( 2) : Q] = 2 want X 2 − 2 is de minimale veelterm van 2 over Q. √ √ – [Q( 3 4) : Q] = 3 want X 3 − 2 is de minimale veelterm van 3 over Q. Omdat 2 en 3 relatief priem zijn kunnen we deze gewoon vermenigvuldigen. Het antwoord is dus 6.

18.5

Lineaire algebra

• Zij K, +, · een veld en A een nilpotente transformatie van een K-vectorruimte van index k. Bewijs het volgende: {0} ( Ker (A) ( Ker (A) 2 ( · · · ( Ker (Ak−1 ) ( Ker (A)k = V EXTRA: examenvraag

• Gegeven is de lineaire afbeelding A : daarbasis van C. 2 *. .. 0 .. .. 0 ..−1 .. .1 ,0 15 Zie

stelling ?? op pagina ??. stelling 9.105 op pagina 107. 17 Zie stelling 9.197 op pagina 123. 16 Zie

C6 → C6 met A als matrix ten opzichte van de stan−1

0

1

0

0

+ 0 // // −1 2 0 0 0 // / 0 1 4 1 1 // / 0 −1 −1 1 −1// 2

0

0

0

0

0

0

0

2-


246

Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke veelterm en de minimale veelterm van A. –

X − 2 1 0 −1 0 0 X −2 0 0 0 0 0 0 1 X − 2 0 0 0 1 0 −1 X − 4 −1 −1 0 1 1 X −1 1 −1 0 0 0 0 0 X − 2 X − 2 1 0 −1 0 0 X −2 0 0 0 = (X − 2) 0 1 X −2 0 0 0 −1 X − 4 −1 1 −1 0 1 1 X − 1 X − 2 0 −1 0 0 X − 2 0 0 = (X − 2) 2 1 −1 X − 4 −1 1 1 X − 1 −1 X − 2 −1 0 = (X − 2) 3 1 X − 4 −1 1 X − 1 −1 −1 + X − 4 −1 1 3 * = (X − 2) (X − 2) + 1 X − 1 −1 X − 1 ,

= (X − 2) 3 ((X − 2) ((X − 4)(X − 1) + 1) + ((X − 1) − 1)) = (X − 2) 3 (X − 2) X 2 − 5X + 5 + ((X − 2) = (X − 2) 4 X 2 − 5X + 6 = (X − 2) 5 (X − 3) – De vectorruimte valt uiteen in twee componenten: C Ker (A − 2I )p1 ⊕ Ker (A − 3I )p2 dim(V1 ) = 5, dim(V2 ) = 1 ∗ V1 : p1 = 2. 0 −1 0 1 0 0 *. + .. 0 0 0 0 0 0 /// .. / 0 −1 0 0 0 0 // . dim(A − 2I ) = dim . = 3 ⇒ dim(A − 2I ) = 3 ..−1 0 1 2 1 1 /// .. / . 1 0 −1 −1 −1 −1// ,0 0 0 0 0 0-

247

HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I −1 *. .. 0 .. 0 2 dim(A−2I ) = dim .. ..−1 .. .0 ,0 ∗ V2 : p = 1

0 1 2 1 1 + 0 0 0 0 0// // 0 0 0 0 0// 2 2 / = 1 ⇒ dim(A−2I ) = 1 ⇒ dim(Ker (A−2I ) ) = 5 0 1 2 1 1// / 0 0 0 0 0// 0 0 0 0 0-

−1 −1 0 1 0 0 + *. .. 0 −1 0 0 0 0 /// / .. 0 −1 −1 0 0 0 // . = 5 ⇒ dim(A − 2I ) = 1 dim(A − 3I ) = dim . ..−1 0 1 1 1 1 /// / .. . 1 0 −1 −1 −2 −1// , 0 0 0 0 −1 – Diagram: ∗ V1 : d 1 = 3, d 2 = 2

v2

v4

v1

v3

v5

Kies bijvoorbeeld de vectoren als volgt: (−1, 0, −1, 0, 0, 0)

(0, 0, 0, −1, 1, 0)

(0, 1, 0, 0, 0, 0)

(1, 0, −1, 0, 1, 0)

∗ V2 : d 1 = 1

(1, 0, 0, 1, 0, 0)

∗

∗

(1, 0, 0, 0, 0, 1)

0 −1 *. .. .. P = .. .. .. . ,

1

0

1 1

+ 0 0 // // 0 −1 −1 0 0 0 // / 0 0 0 −1 0 1 // / 0 0 1 1 0 0 // 1

0

0

0

0

0

0

0

0 1 -

2 0 0 0 0 0 + / 1 2 0 0 0 0 // / 0 0 2 0 0 0 // / 0 0 1 2 0 0 // / 0 0 0 0 2 0 // / 0 0 0 0 0 3 , -

*. .. .. J = ... .. .. .

• Zij A ∈ C3×3 een diagonaliseerbare matrix met 3 verschillende eigenwaarden λ 1 , λ 2 en λ 3 en bijhorende eigenvectoren v 1 ,v 2 en v 3 . Beschouw C ∈ C6×6 . A I+ C=* , 0 A-


248

Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. • Zij A ∈ Cn×n een matrix en zij fA = (X − i)ϕA en ϕA2 = (X 2 + 1) fa . Bereken fA en ϕA en geef de Jordanvorm van A. • Voor welke n bestaat er een matrix M ∈ Cn×n zodat de minimale veelterm van M (x − 1)(x − 2) 2 (x − 3) 3 is? • Zij A een nilpotente matrix in C6×6 zodat dim(Ker (A2 )) = 4 geldt, geef alle mogelijke invariante systemen van A. met karakteristieke veelterm fA (X ) = X 2 +aX +b waarbij de discriminant a 2 − 4b kleiner is dan nul. Toon aan dat er een basis β van R2 bestaat zodat A de volgende matrix krijgt ten opzichte van β.

Hoofdstuk 19 Examenvragen: Toepassingen van Algebra 19.1

Benoem deze algebra

19.1.1

Abstract

Vraag Benoem een gegeven algebra. Antwoord De algebra zal 2, 3 of 4 bewerkingen bevatten. Afhankelijk hiervan vallen er al een aantal opties weg. • 1 bewerking: Zeker geen ring of booleaanse algebra • 2 bewerking: Zeker geen booleaanse algebra (Hoogstwaarschijnlijk zal de structuur een speciaal geval zijn van een ring maar geen veld.) Beantwoord zeker de volgende vragen: • 1 bewerkingen: G, ♥ – Is G, ♥ een groep? – Is G, ♥ commutatief? • 2 bewerkingen: R, , ♠ – Is R, een groep? – Is R, commutatief? – Is R, , ♠ een ring? – Is R, , ♠ commutatief? – Heeft R, , ♠ nuldelers? – Heeft R, , ♠ een eenheidselement? ∗ Bevat R, , ♠ enkel eenheden? – Bekijk dan figuur 9.5 op pagina 129 en beslis verder. • 3 bewerkingen: B, ?, , . – Is B, ?, , . een booleaanse algebra? 249

HOOFDSTUK 19. EXAMENVRAGEN: TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA

19.1.2

250

Voorbeeld

Vraag Benoem de algebra R2×2 , +, ·. Antwoord R2×2 , heeft twee bewerkingen. • R2×2 , + is een groep. • R2×2 , + is commutatief. Het heeft dus zin om verder te kijken of het R2×2 een ring is. • R2×2 , +, · is een ring. • R2×2 , +, · is niet commutatief. Qua specifieke structuren kan het dus enkel een lichaam zijn, maar dan mag het geen nuldelers hebben. • R2×2 , +, · bevat nuldelers:

*1 0 + · *0 0 + = *0 0 + ,0 0 - ,0 1 - ,0 0 -

HOOFDSTUK 19. EXAMENVRAGEN: TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA

19.2

Ontbind in priemfatoren

19.3

BM algoritme

19.4

Convolutionele codes

251

Index n-koppel, 14 n-tal, 14 n-voudig Carthesis product, 14 (integriteits)domein, 89 (lineaire) operator, 159 (ring)(homo)morfisme, 91 (ring)isomorfisme, 92 abelse groep, 40 absorptiewet, 9, 10, 177 additieve notatie, 35 adjuncte lineaire transformatie, 173 adjunctie, 139 afbeelding, 22 afgeleide, 149 afgeleide groep, 81 afstand van een code, 186 aftelbaar, 28 aftelbaar oneindig, 28 algebra, 38, 162 algebra¨ısch, 138, 143 algebra¨ısch gesloten, 151 algebra¨ısche sluiting, 152 algebra¨ısche structuur, 38 algebramorfisme, 163 Algoritme van Euclides, 111 alternatieve criteria, 42 anti-symmetrie, 7 anti-symmetrisch, 18 argument, 21 associatief, 8, 32 associativiteit, 32 atoom, 178 automorfisme, 44, 92 Bézout-Bachet, 30 beeld, 16, 21, 22, 44 beperking, 24 bewerking, 32, 35 bijectief, 23 blokcode, 184 bol, 189 boodschap, 128, 184 booleaanse algebra, 176

booleaanse uitdruking, 180 booleaanse vergelijking, 182 Boolering, 222 bovengrens, 19 breukenveld, 96 carthesisch product, 13, 14 centralisator, 64 centralisator van een deelverzameling, 64 centrum, 64 Chinese reststelling, 30 cirkelgroep, 197 CMLD, 186 coëfficienten, 112 code, 128, 185 code gegenereerd door een veelterm, 129, 191 codewoord, 129, 185 commutatief, 9, 162 commutatieve groep, 40 commutatieve ring, 88 commutativiteit, 32 commutatordeelgroep, 81 commutatoren, 81 complement, 10, 176 complementaire wet, 10, 11 complete maximum likelihood decoding, 186 compositiefactoren, 74 conjugatie met een element, 63 conjugatieklas, 61 constante (veel)term, 113 constante afbeelding, 24 constanten, 180 copriem, 112 criteria voor idealen, 98 criteria voor normaaldelers, 69 criterium van een deelgroep, 41 criterium van Einstein, 119 criterium voor deelvelden, 133 criterium voor een meervoudige wortel, 149 cyclische code, 190 cyclishe groep, 50 cyclotome uitbreiding, 147 cyclotome veelterm, 148 252

253

INDEX cyclotome veld, 147 decoderen met een lineaire blokcode, 188 decoderen met een syndroomtabel, 189 deelalgebra, 38 deelgroep, 40 deelring, 91 deelveld, 133 definitie van een afbeelding, 22 definitie van een functie, 21 dekkingsstraal, 190 deler, 29, 88, 107 delingsalgoritme, 116 derde criterium, 119 Derde isomorfismestelling, 80 derde isomorfismestelling, 105 detecteert, 186 Diëdergroep, 195 diagonaliseerbaar, 161 Dihedrale groep, 195 directe som, 58 disjunct, 9 disjuncte cykelnotatie, 26 distributief, 35 domein, 16 doorsnede, 9, 10 duale code, 187 dualiteitsprincipe, 176 echte deler, 109 een deelverzameling, 6 een koppel, 13 eenhedengroep, 87 eenheid, 87 eenheidselement, 86 eenheidsrelatie, 15 eerste criterium, 118 Eerste isomorfismestelling, 76 eerste isomorfismestellng, 104 eigenvector, 161 eigenwaarde, 161 eindige uitbreiding, 137 endomorfisme, 43, 92, 159 equivalent, 188 equivalentieklasse, 17 equivalentierelatie, 17 Euclidische deling, 29 euclidische ring, 110 even, 27 Factorisatiestelling, 104

factorisatiestelling, 77 fout, 185 foutenverbeterend, 187 Frobeniusmorfisme, 132 functie, 21 functioneel volledig, 181 fundamentele stelling van de algebra, 119 fundamentele stelling van de veldentheorie, 137 geassocieerd, 108 geconjugeerde, 61 gelijk, 6 gelijkheid, 13 generator, 50, 190 geordend paar, 13 graad, 112, 136 groep, 40, 49 groep der inwendige automorfismen, 63 groep van Klein, 192 grootste element, 18 grootste gemene deler, 29, 109 halfgroep, 40 Hamming afstand, 185 Hamming code, 189 Hamming gewicht, 185 hermetisch, 174 hermetisch product, 172 HID, 122 homoloog, 38 homomorfisme, 38 hoofdideaal, 101 hoofdideaaldomein, 122 hoofdstelling van de (klassieke) algebra, 152 ideaal, 98 ideaal voortgebracht door een element, 101 ideaal voortgebracht door een verzameling, 102 ideaal voortgebracht door elementen, 102 idempotentiewet, 177 identieke transformatie, 23 identiteitswet, 8, 9 index, 56 infimum, 19 injectief, 23 inlassing, 24 inproduct, 172 inproductruimte, 172 invariant systeem, 169 invariante of stabiele deelverzameling, 23 invers beeld f −1 (A) van een verzameling, 22

254

INDEX inverse, 15, 16, 25, 87 netwerk, 181 inverteerbaar, 25 nilpotent, 169 involutiewet, 176 norm, 172 inwendig automorfisme bepaald door een element, normaal, 174 normaaldeler, 68 63 irreduceerbaar, 118, 121 normalisator, 68 irreducibel, 118, 121 nul(veel)term, 113 isometrie, 173 nuldeler, 85 isomorf, 43 nulelement, 84 isomorfisme, 43 nulpunt, 116 nulring, 86, 203 Jordanmatrik, 171 nulwet, 8, 9 karakteristiek, 90, 130 karakteristieke deelruimte, 168 karakteristieke veelterm, 161 kardinaliteit, 28 kern, 44, 92 klasvergelijking, 66 kleinst gemeen veelvoud, 109 kleinste element, 18 lege verzameling, 7 leidende coëfficient, 112 leidende term, 112 lengte, 184 lichaam, 88 lineaire blokcode, 187 lineaire transformatie, 159 linker inverse, 24 linker nuldeler, 85 linkerideaal, 98 links-distributief, 35 links-regulier, 33 links-schrapbaar, 33 linkse nevenklasse, 53 machtsverzameling, 12 maximaal element, 19 maximaal ideaal, 105 maxterm, 180 maxterm normaalvorm, 181 meervoudige wortel, 149 minimaal element, 19 minimale veelterm, 139, 165 minterm, 180 minterm normaalvorm, 181 monische veelterm, 113 mono¨ıde, 40 morfisme, 43 morfismestelling, 104 multiplicatieve notatie, 34

onbepaalde, 112 ondergrens, 19 onderling ondeelbaar, 29, 112 oneven, 27 ongedefinieerd, 21 ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, 173 ontbindingsveld, 146 ontvangen woord, 185 oplosbaar, 75 orde, 48 orderelatie, 18 orthogonaal, 172, 175 orthonormaal, 172 overaftelbaar, 28 pakkingsstraal, 190 parallellogramisomorfismestelling, 79 parrallellogramisomorfismestelling, 104 perfect, 190 permutatie, 25 permutatiegroep, 58 polynomenring, 120, 121 priemdeelring, 133 priemdeelveld, 134 priemelement, 110 priemfactorisatie, 31 priemgetal, 31 priemideaal, 105 primitief element, 143, 155 principaal ideaal, 101 productformule, 138 quasi-perfect, 190 quaternionengroep, 193 quotiëntenveld, 96 quotiëntgroep, 73 quotient, 72, 117 quotientgroep, 68, 72

255

INDEX quotientring, 103 quotientverzameling, 17 realisatie, 181 rechter inverse, 24 rechter nuldeler, 85 rechterideaal, 98 rechts-distributief, 35 rechts-regulier, 33 rechts-schrapbaar, 33 rechtse nevenklasse, 54 reduceerbaar, 118 reducibel, 118 reflexief, 16 regulier, 33 rekenregel in integriteitsdomein, 131 relatie, 15 relatief priem, 29 representanten, 71 rest, 117 restklassen, 99 restklassengroep, 197 reststelling, 117 ring, 84 ring met eenheidselement, 86 samenstelling S ◦ R van twee relaties, 15 samenstelling van relaties is associatief, 15 schrapbaar, 33 singleton, 8 Stelling van Bezout, 124 Stelling van Cayley, 59 stelling van Cayley-Hamilton, 164 Stelling van euclides, 31 stelling van het primitieve element, 143 stelling van Kronecker, 137 Stelling van Lagrange, 56 stelling van Wedderburn, 89 strikte deelverzameling, 7 structuurstelling voor eindige commutatieve groepen, 75 subalgebra, 38 substitutie, 116 supremum, 19 surjectief, 23 symmetrisch, 16 symmetrisch element, 33 symmetrisch verschil, 12 symmetrische groep, 58, 193 symmetriseerbaar, 33 syndroom, 189

syndroomtabel, 189 synthese, 181 systematische code, 188 tabel van een lineaire blokcode, 188 teken, 26 toegevoegde, 61 toevoeging, 139 totale orderelatie, 19 transcendent, 138, 143 transitief, 17 transitiviteit, 6, 7 transitiviteit van het algebra¨ısch zijn, 145 transpositie, 25 triagulatiestelling, 162 triviale, 86 triviale deelgroepen, 43 triviale groep, 192 triviale idealen, 98 tweede criterium, 119 tweede isomorfismestelling, 79, 104 tweezijdig ideaal, 98 UDF, 125 uitbreiding, 136 uitbreidingsgraad, 136 unie, 8, 10 unie is commutatief, 8 unie is idempotent, 8 unieke factorisatiedomein, 125 unitair, 174 universele poort, 182 universele verzameling, 7 van twee verzamelingen, 8, 9 vast punt, 22 veelterm over een ring, 112 veelterm zonder constante term, 113 veeltermenring, 120, 121 veeltermfunctie, 116 veeltermring, 114 veld, 89 veld(homo)morfisme, 136 veldisomorfisme, 136 velduitbreiding, 136 veralgemeende eigenruimte, 168 verbetert, 186 verschil, 11 verzameling, 6 verzameling van alle deelverzamelingen, 12 viergroep, 192

INDEX waarde, 116 wet van De Morgan, 11 wetten van De Morgan, 177 wortel, 116

256

Todo list TODO: bewijs zie p 14 . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: algoritme van euler . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs en definieer kgv . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: voor doorbijters: Bewijs . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijzen in hoofdstuk van deelbaarheid EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid . EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid . EXTRA: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: verifieer . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

257

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26 27 29 29 29 29 30 30 30 30 30 30 30 30 30 31 31 31 31 36 36 36 37 37 42 43 43 52 52 53 56 58 58 58 58 59 59 59 59 60 63

INDEX

258

EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 TODO: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 CLARIFY: duidelijk zo? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 QUESTION: waarom heeft Zn zeker normaaldelers? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 EXTRA: nagaan dat σ goed gedefinieerd is . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 EXTRA: ga dit na met het criterium van deelgroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 EXTRA: bewijs p 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 CLARIFY: waarom is p zeker een groepsmorfisme, en waarom moeten we surjectiviteit bewijzen? 79 EXTRA: dit is me niet duidelijk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 CLARIFY: Dit kan duidelijker en gedetailleerder! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 TODO: bewijs p 139 TAI bekijken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 EXTRA: meer uitleg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 CLARIFY: waarom heeft elk element een interne inverse in I ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 CLARIFY: Ik ben nog niet overtuigd. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 CLARIFY: meer uitleg! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 QUESTION: wat moet hier nog bij? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 EXTRA: zucht, bekijk gewoon de tweede isomorfismestelling van groepen! . . . . . . . . . . 105 TODO: bewijs p 54 ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

INDEX

259

TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 TODO: bewijs p 126 TAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 TODO: vanaf algoritme van Euclides om grootste gemene deler te vinden p 126 TAI tot sectie 7 p 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 CLARIFY: waar loopt het mis als je geen commutativiteit eist? . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 EXTRA: verwijzing naar een bewijs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 TODO: bewijs p 136 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 TODO: bewijs p 134 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 TODO: formuleer de bewerkingen op R[X 1 , . . . , Xn ] en bewijs de zinnigheid . . . . . . . . . . 120 QUESTION: wat moet er hier? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 CLARIFY: dit is een veralgemening van de vorige definite von grootst gemene deler, laten staan? 122 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 EXTRA: bewijs, na bewijs, maak hier een stelling van. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 CLARIFY: waarom geldt dit enkel voor een veld? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 QUESTION: waar komen de eenheden ui vandaan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 CLARIFY: hier moet veel meer uitleg‼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 EXTRA: bewijs p 68 katelijne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 CLARIFY: waarom niet d ipv i?! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 CLARIFY: meeeer uitleeeeeeg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 CLARIFY: bij dit bewijs moet veel meer uitleg‼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 TODO: dobbelstenen bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

260

INDEX CLARIFY: waarom is n minimaal? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom mag dit ook voor p = 2?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: vanwaar komt die implicatie? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie naar bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: en nu? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: meer uitleg nodig! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs: elk domein kan worden uitgebreid tot een breukenveld . . . . . . . . . . EXTRA: voorbeeld p 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom moeten we het enkel bewijzen voor deze en niet voor alle elementen? EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: hoe komen we aan deze f en daarna aan de д? . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: verifieer! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! Schrijf er ook de gebruikte strategie bij. . . . . . . . TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: wutwut, wut uun bewuis, opnieuw doen! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: nog een bewijs van deze stelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: wat heeft dit met het priemdeelveld te maken?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom dan nog het volgend bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

131 131 132 132 132 132 132 133 134 134 134 135 136 136 137 138 138 138 138 138 139 141 142 142 142 142 143 144 144 145 146 146 148 148 149 150 152 152 153 153 153 153 154 154 155 155 155 155 156 156

261

INDEX CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: meer uitleg? . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . TODO: deze sectie opnieuw! . . . . . . . . EXTRA: bewijs verder p 104 . . . . . . . . . TODO: deze sectie opnieuw! . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: klopt dit? was oefening . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: wut? . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: holy shit! . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs, volgt uit Cayley-Hamilton EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 118 . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 119 . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 122 . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 126 . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 3 . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 3 . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 4 . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 6 . . . . . . . . . . . . . . TODO: eigenschappen p 7 . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

156 156 156 157 157 157 158 158 158 159 160 160 160 160 160 161 161 161 161 162 162 162 163 163 163 164 164 164 165 165 165 166 167 168 168 168 169 169 169 170 170 171 171 171 173 173 173 173 173 174

262

INDEX TODO: bewijs p 8 . . . . . . TODO: bewijs p 8 . . . . . . TODO: bewijs p 9 . . . . . . TODO: bewijs p 9 . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . TODO: bewijs p 162 TAI . . . EXTRA: is ≤ totaal? . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . TODO: bewijs p 166 TAI . . . TODO: bewijs p 166 TAI . . . TODO: bewijs p 166 TAI . . . TODO: bewijs p 166 TAI . . . TODO: bewijs p 167 TAI . . . TODO: bewijs p 167 TAI . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . TODO: bewijs p 173 . . . . . EXTRA: en, niet en of . . . . TODO: sectie 5.1 en 5.2 p 179 EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . TODO: bewijs p 181 TAI . . . TODO: bewijs p 182 TAI . . . TODO: bewijs p 183 TAI . . . TODO: bewijs p 38 . . . . . . TODO: bewijs p 39 . . . . . . TODO: bewijs p 41 . . . . . . TODO: bewijs p 43 . . . . . . TODO: bewijs p 45 . . . . . . TODO: bewijs p 45 . . . . . . TODO: bewijs p 45 . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

174 174 174 174 174 176 176 177 177 177 177 177 177 177 178 178 178 178 178 178 178 179 179 179 179 179 179 179 179 180 180 180 181 181 181 182 182 182 182 182 182 182 183 187 187 188 188 189 189 189

263

INDEX TODO: meer stellingen uit te tekst filteren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag! . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs, zeker? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: centralisators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Cayleytabel van D4/{e,a2 } . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Cayleytabel van A4/{I,(12)(34),(13)(24),(14)(23)} . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Cayleytabel van Z20/{0,4,8,12,16} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe controleren we of dit commutatief is? . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs dat Q niet eindig voortgebracht kan worden . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe doen we dit? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: definieer beide ergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: definieer beide ergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: uitleg hier? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: zie uitleg p 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: complexe getallen p 199 TAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: euclidische ring p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: zeker? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: leuker voorbeel zoeken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: maak de Caycleytabel van E × . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: β is een wortel van X 2 + X + 2 in E, welke is de andere wortel? . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: Waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: verwijzing naar stelling. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe begin ik hieraan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: nog drie deeloefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: hint p 5 oef 30 in oefeningen bundel . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe?? oef 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: Hoe?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: hoeveel ringmorfismen f : Z → R zijn er die 1 op 1 afbeelden? . . . . TODO: bewijs de deelbaarheidstesten door 9 en 11 uit de lagere school. p 48

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

189 190 190 190 191 194 194 196 199 199 200 200 200 200 200 201 201 202 202 202 202 202 205 205 205 205 206 206 206 206 206 207 207 207 207 208 214 215 215 215 218 218 219 219 220 220 221 222 222 222

264

INDEX EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: hier moet meer uitleg bij! . . . . . . . . . . . . . . . . . QUESTION: hoe? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: moeten we niet bewijzen dat dit inderdaad√een basis is? CLARIFY: waarom enkel b en niet elk element in Q( b) . . . . . . EXTRA: zit vast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: examenvraag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

223 223 227 227 228 228 229 231 231 244 245

Bibliografie [1] Professor Wim Veys. Algebra I. 2014.

265

KU Leuven. Algebra. Notities. Tom Sydney Kerckhove. met dank aan: Katelijne Caerts Eline van der Auwera Anneleen Truijen

Recommend Documents