Курсовароботанатему:
«Факторіальні кільця та їхзастосування»
Вступ
Завдання алгебри є вивчення алгебраїчних структур.Безперечно, алгебра вивчає далеко не всі алгебраїчні структури. Можнапобудувати чимало прикладів алгебраїчних структур, але в переважній більшостівони не матимуть ніяких застосувань ні в теорії, ні в практиці, а «теорія»таких структур складатиметься з означень і тривіальних наслідків з них. Такіструктури, очевидно, не можуть бути об'єктом вивчення.
У процесі розвиткуматематики виділилася й стала докладно вивчатися невелика кількість основнихтипів алгебраїчних структур, алгебраїчні операції в яких за своїмивластивостями більш-менш близькі до операцій додавання і множення чисел.Найважливішими серед різних алгебраїчних структур є група, кільце, поле,лінійний простір, лінійна алгебра. Вивчення властивостей саме цих алгебраїчнихструктур, опис їх будови і зв'язків між ними й іншими основними математичнимиоб'єктами є одним з найважливіших завдань алгебри на сучасному етапі їїрозвитку.
У цій роботі буде детально розглянутовластивості та особливості таких алгебраїчних структур, як кільця. А саме,розглядатимуться кільця, які є факторіальними, тобто кільця, що є областюцілісності і будь-який їхній елемент, відмінний від нуля і дільників одиниці,однозначно (з точністю до дільників одиниці і порядку множників) розкладаєтьсяна добуток простих множників. Зокрема будуть досліджуватись кільця головнихідеалів, евклідові кільця, кільця многочленів від однієї та від кількохзмінних.
Кожний розділ теоретичного матеріалусупроводжується задачами, в розв’язанні яких підтверджуються на практицітеореми та властивості, які були доведені в теоретичній частині, та розглядаютьсяокремі конкретні випадки, які допомагають краще зрозуміти той чи інший нюанстієї чи іншої теми зокрема та теорії кілець в цілому.
1. Кільця: означення таприклади
Означення Непорожня множина K на якій визначено дві бінарніалгебраїчні операції «+» і «·» називається кільцем, якщо виконуються умови:
1. «a, b [a+b=b+a];
2. »a, b, c [(a+b)+c=a+(b+c)];
3. $θ,«a [a+θ=a];
4. »a $ã [a+ã=θ];
5. «a, b, c [(ab) c=a(bc)];
6. »a, b, c [(a+b) c=ac+bc];
7. «a, b, c [c (a+c)=ca+cb];
Якщо операція множення комутативна, токільце комутативне. Перші чотири аксіоми означають, що відносно операціїдодавання кільце утворює адитивну абелеву групу.
Приклади кілець, що наводяться нижчесвідчать про те, що система аксіом кільця несуперечлива.
№1Множина цілих чисел Z є комутативне кільце відносновизначених у ній операцій додавання і множення. Справді, множина Z є абелева група по додаванню, операція множення чисел, яквідомо, асоціативна, комутативна і дистрибутивна відносно операції додавання.
№2Множина парних чисел є комутативне кільце відносно операцій додавання імноження чисел. Справді, ця множина є абельова група по додаванню, в нійвизначена операція множення: добуток парних чисел є парне число, причомуоперація множення асоціативна, комутативна і дистрибутивна відносно операціїдодавання.
№3Множина R всіх дійсних чисел, очевидно також єкільце відносно визначених у ній операцій додавання і множення.
№4Множина K всіх чисел виду />, де a іb – будь-які раціональні числа, є комутативне кільце відносно визначених у нійоперацій додавання і множення. Справді, які б ми не взяли числа a1+b1/> і a2+b2/> з множини K, їх сума (a1+b1/>)+(a2+b2/>)=(a1+a2)+(b1+b2)/>, добуток (a1+b1/>) (a2+b2/>)= =(a1a2+2b1b2)+(a1b2+b1a2)/> і різниця (a1+b1/>) – (a2+b2/>)=(a1–a2)+(b1–b2)/> є числа виду />, тобто належать до множиниK. Отже в множині K визначені операції додавання та множення і здійсненнаобернена додаванню операція віднімання. Оскільки операції додавання і множеннядійсних чисел асоціативні й комутативні, а елементи множини K є дійсні числа,то операції додавання і множення елементів множини K також асоціативні йкомутативні. З цієї ж причини в множині K операція множення дистрибутивнавідносно операції додавання. Отже, множина є комутативне кільце.
До цього кільця належать, зокрема, всіраціональні числа (при b=0), а також число />(приа=0, b=1). В цьому прикладі замість числа /> можнабуло взяти/> і інші.
№5Множина, що складається з одного числа 0, очевидно, є кільце. Це кільценазивають нульовим.
Означення Підмножина K´ кільця K називається його підкільцем,якщо вона сама утворює кільце відносно визначених в K операцій.
Теорема (критерій підкільця) K´ – підкільце кільця K тоді ітільки тоді, коли K´ÌK і „a, b [a, bÎK´Þ(a±b)ÎK´ÙabÎK´].
Означення Характеристикою кільця K з одиницею називають найменшенатуральне число n, для якого справджується рівність
ne=0
Якщо це можливо лише коли n=0, тоговорять, що кільце K має нульову характеристику.
Зрозуміло, що всі числові кільця маютьнульову характеристику.
Наведемо приклад кільця, яке маєненульову характеристику:
Z4={/>}, 4·/>=/>, n=4.
Теорема Якщо кільце K має характеристику n, то для будь–якого aÎKсправджується рівність na=0.
Доведення
ne=0 за умовою
na=n(ea)=(ne) a=0a=0.
Доведено.
Означення Комутативне кільце з одиницею e, в якому немає дільників нуляназивається областю цілісності.
Задачі
№1
На множині Rзадані операції:
aÅb=a+b+1,
aÄb=a+b+ab,
де +, звичайні арифметичні операції. Довести, що алгебра (R,Å,Ä), буде областюцілісності.
Доведення.
Властивості кільцяперевіряються безпосередньою перевіркою. Перевіримо дистрибутивність
(aÅb)Äc=aÄcÅaÄb.
Нехай A=(aÅb)Äc, B=aÄcÅaÄb, тоді
A=(aÅb)Äc=(a+b+1)Äc=a+b+1+c+ac+ab+c=a+b+2c+ac+bc+1,
B=aÄcÅaÄb=(a+c+ac)+(b+c+bc)=a+c+ac+b+c+bc+1=a+b+2c+ac+bc+1,
Отже, A=B.
Перевіримо існуваннянульового елемента
aÅq=a,
a+q+1=a,
q=–1 – нульовийелемент.
Перевіримо існуваннясиметричного елемента
aÅã=q,
a+ã+1=–1,
ã=–2-a –протилежний елемент.Отже, алгебра (R,Å,Ä)буде комутативним кільцем. Тепер з’ясуємо наявність одиниці.
aÄe=a
a+e+ae=a,
e (1+a)=0,
e=0 – одиничний елемент.
З’ясуємо чи існуютьдільники 0.
aÄb=–1, a≠–1,b≠–1,
a+b+ab=–1,
a+1+b (a+1)=0,
(a+1) (1+b)=0.Оскільки a≠–1, b≠–1 і a, bÎR, тодільників нуля немає.
Це означає, що K – областьцілісності.
Доведено.
№2
Довести, що множина Z[/>] усіх чисел виду a+b/>, де a і b – цілі числа, єкільцем відносно звичайних операцій додавання і множення.
Доведення.
Застосуємо прийом, якийдає змогу скоротити процес доведення. Якщо треба довести, що деяка непорожнямножина K1 є кільцем, то її поміщають (якщо це можливо) в якесьвідоме кільце K. Тоді треба лише довести, що K1 є підкільце кільцяK, звідки випливає, що K1 – кільце.
Оскільки Z[/>] є підмножиною, наприклад,кільця всіх дійсних чисел R, то доведемо, що Z[/>] – підкільце кільця R.Застосуємо критерій підкільця.Насамперед, покажемо, що Z[/>]≠Ø. Цесправді так, бо, наприклад, 0=0+0/>ÎZ[/>]. Нехай тепер t=a+b/>, s=c+d/>, де a, b, c, d ÎZ, t, s ÎZ[/>].
Покажемо, що (t+s)ÎZ[/>], (t–s)ÎZ[/>], tsÎZ[/>].
Справді, t±s=(a+b/>)±(c+d/>)=(a±c)+(b±d)/>ÎZ[/>], оскільки (a±с)ÎZ, (b±d)ÎZ. Аналогічно длядобутку дістанемо ts=(a+b/>)±(c+d/>)=(ac+3bd)+(ad+bc)/>ÎZ[/>], оскільки для цілих чиселa, b, c, d, 3 маємо ac, 3bd, ad, bcÎZ.
Отже, Z[/>] – підкільце кільцядійсних чисел R, а тому Z[/>] –кільце.
Доведено.
2. Ідеали кільця
2.1 Поняття ідеалу
В теорії подільності цілих чисел, атакож в загальній теорії подільності в кільцях, важливу роль відіграє теоремапро можливість і однозначність розкладу елемента (числа) в добуток простихмножників. Виявляється в деяких кільцях розклад елемента на добуток простихмножників не однозначний.
Наприклад, 60=2·30=6·10, а 2, 6, 30, 10– прості елементи в Z2
Один і той же елемент в різних кільцяхможе бути простим і складеним.
Наприклад, 17 в Z[i] – складене 17=(4-i) (4+i).
Щоб з’ясувати, в яких кільцяхсправджується загальна теорема про існування і єдиність розкладу елемента вдобуток простих множників, треба узагальнити поняття подільності елементів, щоробиться за допомогою ідеалу.
Означення Непорожня множина I кільця K називається його ідеалом,якщо вона замкнена відносно віднімання і множення на довільний елемент кільця.
Переконаємося, що ідеал І замкненийвідносно операції додавання. Справді із замкнутості відносно операціївіднімання випливає, що 0ÎА (а–а=0), – еÎІ і поряд з кожним bÎI I'(–b) – b=–eb.Тому з кожним елементом a–b містить a – (–b)=a+b. (a+b)ÎI.
Звідси випливає, що ідеал І кільця К єйого підкільцем. Проте не всяке підкільце кільця буде його ідеалом.
Розглянемо деякі приклади:
№1 К–ідеал самого себе. Цей ідеал називається одиничним. Позначається Іе.
№2Кожне кільце містить підкільце {0}, яке теж буде ідеалом кільця К. Цейідеал називається нульовим. Позначається І0.
Іе та І0–тривіальні ідеали. В розумінні відношення включення Іе – найбільший,а І0– найменший серед усіх ідеалів кільця.
Означення Ідеал І кільця К називається головним, якщо вінскладається з усіх елементів ка кільця К, аÎК, кÎК. Говорять, що вінпороджений елементом а. Позначають (а).
Наприклад, ідеал Z2 кільця Z буде головним, він породженийелементом 2 або –2.
2.1 Операції над ідеалами
Теорема Перетин ab ідеалів a, bÎK є ідеалом кільця K.
Доведення.
З того, що a, bÎI1ÇI2випливає, що abÎI1, abÎI2. Так як I1та I2 –ідеали, то (a–b)ÎI1, (a–b)ÎI2Þ (a–b)ÎI1ÇI2. aÎI1ÇI2Þ aÎI1, aÎI2.
kÎK Þ kaÎI1, kaÎI2,kaÎI1ÇI2.
Отже, I1ÇI2ÎK.
Доведено.
Слід зауважити, що об’єднання ідеалів незавжди буде ідеалом кільця. Ця властивість поширюється на перетин n ідеалів.
Операції додавання ймноження підмножин кільця можна, звичайно, застосувати до ідеалів.
Означення Сумою ідеалів I1, I2 кільця Kназивається множина I1+I2, яка визначається рівністю
I1+I2 ={a+bï aÎI1,bÎI2}.
Означення Добуток ідеалів I1I2 кільця К тежбуде ідеалом кільця К.
Нехай а і b – довільніідеали кільця К.
Теорема 2. Сума а+ b ідеалів a і b кільця К є ідеал цього кільця.
Доведення.
Справді, сума (а1+b1) + (a2+ b2) будь-яких двох елементів a1+b1і a2+b2 множини a+b належить до a+b,оскільки (a1+a2)Îa, (b1+b2)Î b, іелемент – (а+b) = (–а) + (–b), протилежний довільно вибраному елементу (a+b)Î(a+b), також належитьдо a+b, бо (–a)Îa, (–b)Îb.
Отже, а + b єпідгрупа адитивної групи кільця K. Крім того, для будь-яких елементівa+bÎa+b і хÎK x (a+b)=xa+xbÎa+b і (a+b) x=ax+bxÎa+b.
Цим теорему доведено.
Теорема 3. Добуток ab ідеалів а і bкільця К. також є ідеал кільця К.
Доведення.
Справді, сума /> +/> будь-яких двох елементівмножини аb є, очевидно, елемент цієї самої множини, і елемент />, протилежний довільновибраному елементу />Îab, належить до ab.Крім того, для будь-яких
/>Îab і xÎK />/> Î ab й /> Î ab.
Цим теорему доведено.
Таким чином, у множиніідеалів кільця К здійсненні операції додавання й множення. Операціядодавання ідеалів – асоціативна і комутативна, а операція множення –асоціативна. Якщо кільце К – комутативне, то операція множення ідеалівтакож комутативна.
Задачі
№1
Нехай K1 – підкільцекільця K. Довести, що K1ÇI –ідеал кільця K1.
Доведення.
Введемо позначення D=K1ÇI. Покажемоспочатку, що ідеал I, як і будь–який ідеал, містить нуль–елемент кільця K.Справді, оскільки I≠Ø, то в I існує хоч один елемент а. Тодізгідно з першим пунктом означення ідеалу, елемент а–а, тобто 0, теж належить ідеалуI. Оскільки 0ÎK1, 0ÎI, то 0ÎD і тому D≠Ø.
Якщо a, bÎD, то a, bÎK1 іa, bÎI. Згідно з означенням ідеалу і критеріємпідкільця, a±bÎI, a±bÎK1, атому a±bÎD.
Нехай aÎD, bÎK1.Покажемо, що ab і ba належать D. Справді, оскільки DÍK1, тоa, bÎK1 і за критерієм підкільця K1маємо, що
ab, ba ÎK1. (1)
Оскільки DÍI, а I – ідеалкільця K, то для будь–якого елемента aÎDÍI і будь–якогоелемента bÎK1ÎK маємо, що
ab, baÎI. (2)З включень (1) і (2) випливає, що
ab, baÎK1ÇI=D.
Отже, D=K1ÇI –ідеал кільця K1.
Доведено.
№2
Чи є ідеалом (лівим абоправим) така підмножина
/>в кільці M (2, Z).
Розв’язання
Перевіримо чи будемножина S лівим ідеалом
/>
Перевіримо множення зліва
/>
Отже, дана підмножиналівим ідеалом кільця M (2, Z).
Перевіримо чи буде правимідеалом
/>
Отже правим ідеалом буде.
Відповідь: є правимідеалом.
3. Факторіальнікільця
3.1 Кільцяголовних ідеалів та евклідові кільця
3.1.1 Подільністьв області цілісності
В теорії кілець особливоїуваги заслуговують кільця, які за своїми властивостями досить близькі до кільцяцілих чисел. Зокрема, для цих кілець можна розвинути теорію подільності,аналогічну теорії подільності цілих чисел. Ці кільця дістали назву кілецьголовних ідеалів. Вивченням їх ми і будемо займатись. Але спочатку викладемодеякі загальні відомості, що стосуються подільності в області цілісності зодиницею.
Нехай R – областьцілісності з одиницею. Оскільки область цілісності – комутативне кільце, то вній поняття правого і лівого дільника елемента збігаються і тому означенняподільності формулюється так:
Означення 1. Якщо для елементів а і b області цілісності Rв R існує такий елемент с, що а == bс, то говорять, що а ділиться на bабо b ділить а і пишуть відповідно аM b; b/а або а == 0 (mod b).
Як бачимо, означення 1 єпоширенням на область цілісності означення подільності в кільці цілих чисел,яке є конкретним прикладом області цілісності.
З означення 1 випливаютьтакі властивості подільності в області цілісності:
1. “(a, b, cÎR) [aM bÙbM cÞaM c].
2. „(a, b, cÎR) [aM cÙbM cÞ(a+b)M c Ù(a-b)M c].
3. “(a, b, cÎR) [aM b Þ acM b].
4. „(a1, b1, a2, b2,…,an, bn, cÎR) [a1 M cÙa2 M c Ù… ÙanM c Þ (a1b1 +a2 b2 + … + +anbn) M c].
Ці властивості, як легкобачити, є поширенням на область цілісності відповідних властивостей подільностів кільці цілих чисел.
5. Кожен елемент аÎ R ділитьсяна будь-який дільник ε одиниці е. Справді, а = ε (ε-1а)і, отже, ε/а.
6. Якщо а Î R ділитьсяна bÎ R, то а ділиться і на bε, де ε– будь-який дільник одиниці.
Справді, з рівності а =bс випливає рівність а == bε (ε-1с) і, отже, bε/а.
7. Кожен з дільників одного з елементів а ÎR і aεÎ R де ε – будь-який дільник одиниці, є дільником і іншого.
Справді, з рівності а =сg випливає рівність aε == с (εg), а з рівності аε = сq –рівність а == с (ε-1q). Отже, якщо с/а, то с/аε, інавпаки.
Всюди далі будемо розглядатиелементи області цілісності R, відмінні від нуля.
Означення 2. Елементи а і b області цілісності R називаютьсяасоційованими, якщо кожен з них є дільником іншого:
а = bс, b= аd. (1)
З рівностей (1) випливає,що а = а (сd). Звідси, скоротивши обидві частини рівності на а≠0,дістаємо сd = 1. Отже, с і d є дільники одиниці. Таким чином, якщо а і b –асоційовані елементи, то b = аε, де ε – деякий дільник одиниці. Здругого боку, який би ми не взяли дільник одиниці ε, елементи а і аεасоційовані між собою, оскільки а = (аε) ε-1.
Означення 2'. Елементи а і b області цілісностіRназиваються асоційованими, якщо b= аε, де ε – деякий дільник одиниці.
В кільці цілих чисел,наприклад, асоційованими є кожні два числа т і – т.
Якщо а і b – асоційованіелементи, тобто а = bс і b = аd, то (а) Í (b) і (b) Í (а) і, отже, (а)= (b).
Таким чином, дваасоційовані елементи а і b породжують той самий головний ідеал.
Нехай а і b – довільніелементи області цілісності R.
Означення 3. Елемент сÎR називаєтьсяспільним дільником елементів а і b, якщо кожен з цих елементів ділиться на с.За властивістю 5, всі дільники одиниці е області цілісності R єспільними дільниками елементів а і b. Але в елементів а і b можуть бути й іншіспільні дільники. Ми хочемо ввести поняття найбільшого спільного дільника цихелементів. Означення НСД двох цілих чисел, за яким найбільшим спільнимдільником називають найбільший із спільних дільників, поширити на областьцілісності не можна, оскільки в довільній області цілісності R немаєвідношення порядку. Проте ми знаємо й інше означення НСД двох чисел, а саме:НСД двох чисел називають такий спільний дільник цих чисел, який ділиться набудь-який інший їхній спільний дільник. Саме це означення ми й поширимо наобласть цілісності.
Означення 4. Найбільшим спільним дільником елементів а і bобласті цілісності R називається такий спільний дільник цих елементів,який ділиться на будь-який інший їхній спільний дільник.
Щоб зазначити, що d єнайбільший спільний дільник елементів а і b, пишуть а=(а, b).
Якщо також d' = (а, b),то елементи d і d' діляться один на одного і, отже, вони асоційовані. З другогобоку, якщо d = (а, b) і ε – будь-який дільник одиниці, то, очевидно, dе = (а,b). Як бачимо, найбільший спільний дільник елементів а і b визначається зточністю до множника ε, що є дільником одиниці.
Означення 5. Елементи а, bÎRназиваються взаємно простими, якщо вони не мають спільних дільників, відміннихвід дільників одиниці, тобто якщо (а, b) = 1.
Нехай ε – будь-якийдільник одиниці і а – довільний елемент області цілісності R. Тоді а = аε•ε-1. З цієї рівності випливає, що всі елементи, асоційовані зелементом а, і всі дільники одиниці ε дільниками елемента а. Їх називаютьтривіальними, або невласними, дільниками елемента а. Всі інші дільники елементаа, тобто дільники, відмінні від аε і ε, якщо такі існують, називаютьнетривіальними, або власними. Так, в кільці цілих чисел Z тривіальнимидільниками числа 10 є числа ±1, ±10 і нетривіальними – числа ±2, ±5.
Означення 6. Елемент аÎR називається нерозкладним, або простим, якщо він не є дільником одиницій не має нетривіальних дільників; елемент аÎRназивається розкладним, або складеним, якщо він має нетривіальні дільники.
Інакше кажучи, елемент аÎR називаєтьсярозкладним, якщо його можна записати у вигляді добутку а = bс двохнетривіальних множників b і с; він називається нерозкладним, якщо його не можназаписати у вигляді добутку двох нетривіальних дільників, тобто якщо з а = bсзавжди випливає, що один з множників b і с є дільник одиниці, а інший –асоційований з а. Так, у кільці цілих чисел Z нерозкладними є числа ±2,±3, ±5,… (тобто числа прості й протилежні простим); всі інші числа, відміннівід ±1, – розкладні.
Наведемо такі двівластивості нерозкладних елементів.
1. Якщо елемент рÎR нерозкладний, тоі будь-який асоційований з ним елемент рε також нерозкладний. Цявластивість випливає з властивості 7 подільності елементів області цілісності R.
2. Якщо а – будь-який, ар – нерозкладний елемент з R, то або а ділиться на р, або а і р –взаємно прості.
Справді, якщо (а, р) = d,то d, як дільник нерозкладного елемента р, або є деякий дільник ε одиниці,або елемент вигляду рε. У першому випадку а і р взаємно прості, в другому– а ділиться на р.
Задачі
№1
Довести, що (-8+3/>)M (1+2/>) в кільці z [/>].
Доведення.
Поділимо ці гаусові числа, домноживши чисельник і знаменникчастки на число спряжене із знаменником
/>.
Так як 2–/>ÎZ[/>], то (-8+3/>)M (1+2/>).
Доведено.
№2
Довести, що в області цілісності К елементи 25–17/> і 7-/> асоційовані, якщо К=z[/>].
Доведення.
Асоційованість доводиться тим, що одне число ділиться надруге і навпаки.
/> Оскільки 3–2/>Î Z[/>], то(25–17/>)M(7-/>).
/>
Бачимо, що і (7-/>)M(25–17/>).
Отже, дані елементи асоційовані.
Доведено.
№3
Довести, що характеристикою області цілісності є або нуль,або просте число.
Доведення.
Нехай K – область цілісності, а е – одиниця кільця К. Якщоme≠0 для жодного натурального числа m1, то характеристикакільця K дорівнює нулю.
Нехай тепер me=0 і m найменше натуральне число, що має цювластивість, тобто m – характеристика кільця K. Тоді m≠1, оскільки е≠0.Якщо m просте число, то твердження задачі доведено.
Нехай m складене число. Тоді існують натуральні числа s і tтакі, що 1
0=me=(st) e=(se) (te).
Крім того, оскільки m – характеристика кільця K і s
Тому характеристикою області цілісності є або нуль, абопросте число.
Доведено.
3.1.2 Кільцеголовних ідеалів
Перейдемо тепер довивчення кілець головних ідеалів.
Означення. Кільцем головних ідеалів називається областьцілісності з одиницею, в якій кожен ідеал є головний.
Найпростішим прикладомкілець головних ідеалів є кільце цілих чиселZ: кільцеZ, яквідомо, є область цілісності з 1 і, за теоремою, кожен його ідеал головний.
Кожне поле Р є кільцеголовних ідеалів. Справді, поле Р є областю цілісності з одиницею; якщо U єненульовий ідеал поля Р, то разом з будь-яким своїм елементом а ≠ 0 вінмістить і елемент аa-1 = 1 і, отже, U = (1). Кільцем головнихідеалів є також кільце многочленів від змінної х з коефіцієнтами з поля Р.
Звичайно, не кожнаобласть цілісності з одиницею є кільцем головних ідеалів. Нижче ми наведемоприклади таких областей цілісності. А тепер займемося вивченням властивостейкілець головних ідеалів. Всюди далі вважатимемо, що R – кільце головнихідеалів.
Теорема 1. Будь-які два елементи а і b кільця головнихідеалів R мають найбільший спільний дільник d, причому d= rа + sb, де rі s – деякі елементи кільця R.
Доведення.
Якщо один з елементів а іb дорівнює нулю, то справедливість теореми очевидна. Нехай а і b – будь-яківідмінні від нуля елементи кільця R. Вони породжують ідеал (а, b), якийскладається з усіх елементів вигляду ха + уb, де х і у – будь-які елементикільця R. Оскільки R – кільце головних ідеалів, то ідеал (а, b) єголовний, тобто породжується деяким елементом dÎR: (а, b) = (d).
Тому
d = rа + sb (r, sÎR), (2)
а = gd, b = hd (g, hÎR). (3)
З рівностей (3) випливає,що d є спільний дільник елементів а і b;
з рівності ж (2)випливає, що d ділиться на будь-який спільний дільник елементів а і b. Отже, а= (а, b).
Доведено.
Спираючись на теорему 1,доведемо твердження, яке є критерієм взаємної простоти двох елементів кільцяголовних ідеалів.
Теорема 2. Елементи а і b кільця головних ідеалів Rвзаємно прості тоді і тільки тоді, коли в кільці R є такі елементи r іs, що rа +sb = 1.
Доведення.
Необхідність умовиочевидна: якщо а і b – взаємно прості, тобто (а, b) = 1, то, за теоремою 1, в кільціR існують такі елементи r і s, що rа + sb = 1. Доведемо достатністьумови. Припустимо, що в кільці R існують такі елементи r і s, що rа + sb= 1.
З цієї рівності випливає,що спільними дільниками елементів а і b можуть бути лише дільники одиниці і, отже,елементи а і b взаємно прості.
Доведено.
Теорема 3. Якщо елемент аÎR взаємнопростий з кожним із елементів bÎR і сÎК, то він взаємно простий і з добутком цих елементів.
Доведення.
Оскільки а і b – взаємнопрості, то, за теоремою 2, існують такі r, sÎR, що
rа + sb = 1.
Помноживши цю рівність нас, дістаємо: а (rc) + (bс) s = с. З цієї рівності випливає, що кожен спільнийдільник елементів а і bс буде дільником і елемента с. Але за умовою теоремиспільними дільниками елементів а і с є лише дільники одиниці, тому і спільнимидільниками a і bс будуть лише дільники одиниці й, отже, а і bс взаємно прості.
Теорема 4. Якщо добуток елементів aÎR і bÎR ділитьсяна елемент с ÎR, але а і с взаємно прості, то b ділиться на с.
Доведення.
Оскільки а і с – взаємнопрості, то в кільці R існують такі r і s, що
rа + sc = 1.
Помноживши цю рівність наb, дістаємо:
(аb) r+с (bs) = b.
Обидва доданки лівоїчастини останньої рівності діляться на с, а тому і права її частина b ділитьсяна с.
Теорема 5. Якщо елемент а ÎR ділитьсяна кожен з елементів bÎR і сÎR, які між собою взаємно прості, то а ділиться і на добуток bс.
Доведення.
Справді, за умовоютеореми, а.: b, тобто а = bg. Оскільки а M с, то bgM с. Але b і с взаємно прості, тому, за теоремою 4, g: с,тобто g=cq.
Отже, а == (bс) q, тобтоаMbс.
Доведено.
Теорема 6. Якщо R – кільце головних ідеалів і р –простий елемент цього кільця, то фактор-кільце R/(р) є поле.
Доведення.
Одиничний елемент /> = 1 + (р) кільця R/(р)відмінний від /> = (р). Справді,якби />= />, то елемент 1 містився б відеалі (р) і тому р/1. Але елемент р не може бути дільником одиниці, оскількивін нерозкладний. Отже, в кільці R/(р) є принаймні один відмінний віднуля елемент.
Покажемо, що в кільці R/(р)здійсненна операція ділення, крім_ділення на нуль, тобто що для будь-якихелементів /> = a + (р) ≠ 0 і />=/> + (р) кільця R/(р)рівняння />• /> = /> має в цьому кільцірозв'язок. Справді, оскільки />≠/>, то а не ділиться на р.Отже, за другою властивістю нерозкладних елементів, елементи а і р – взаємнопрості, тобто (а, р) = 1. Тому, за теоремою 2, в кільці R існують такіелементи r і s, що аr + рs = 1. Звідси
аrb + рsb =b, аrb º b (тоd p),
і, отже, />• />= />. Таким чином, />=/> є розв'язком рівняння />=/>.
Доведено.
Наслідок. Якщо добуток кількох елементів кільця головнихідеалів R ділиться на простий елемент рÎR, топринаймні один із співмножників ділиться на р.
Доведення.
Припустимо, що добуток a1• а2 •… • as (aiÎR) ділиться нанерозкладний елемент р ÎR, тобто що a1а2…аs Î (р).
Розглянемо елементи ai= аi+(р) (і =1, 2,…. s) і />=a1 a2 …as+(р). За означенням операції множенняв кільці R/(р) =/> Оскількиa1 a2 …asÎ(р), то />=/> і, отже, />= /> Звідси, оскільки, затеоремою 6, R/(р) є поле, випливає, що для деякого m (1 =/>. Але />=/>означає, що amÎ(p), тобто що amM р.
Цим справедливістьнаслідку доведено.
Нашою метою буде тепердоведення твердження про можливість розкладу кожного елемента кільця головнихідеалів у добуток простих (нерозкладних) множників. Воно ґрунтується на такійлемі.
Лема. В кільці головних ідеалів R не існує нескінченноїстрого зростаючої послідовності ідеалів
U0ÌU1ÌU2 Ì…ÌUNÌ…. (4)
Доведення.
Припустимо, щонескінченна строго зростаюча послідовність (4) існує. Позначимо символом bоб'єднання всіх ідеалів послідовності (4). Множина b є ідеал кільця R.Справді, якщо aєb і bєb, то а є елемент деякого ідеалу Us,і b – деякого ідеалу Ul. Тому а і b є елементи ідеалу Um,де m – більший з індексів s і l. Отже, (а + b)є UmÌb, (а – b)єUmÌb і для будь-якогоrєR arєUmÌb. Оскільки R– кільце головних ідеалів, то ідеал b головний. Нехай b= (b). Елемент b, якелемент об'єднання ідеалів послідовності (4), належить до деякого ідеалу Uk,а отже, і до кожного ідеалу Ui, при і ≥k
Тому (b) = Uk=Uk+1= Uk+2 =…. А це суперечить нашому припущенню.
Доведено.
Теорема 7. В кільці головних ідеалів Rкожен відмінний від нуля елемент, що не е дільником одиниці, розкладається вдобуток простих множників.
Доведення.
Для кожного простогоелемента кільця R теорема справедлива: для простого елемента добуток,про який говориться в теоремі, складається з одного множника. Припустимо, що вкільці R є відмінний від нуля елемент а, який не можна розкласти вдобуток простих множників. Елемент а не простий і, отже, а = a1a2,де a1 і a2 – нетривіальні дільники елемента а.
Принаймні один зелементів a1 і a2 не можна розкласти в добуток простихмножників, бо в противному разі і елемент а розкладався б у добуток простихмножників. Не втрачаючи загальності міркувань, припустимо, що a1 неможна розкласти в добуток простих множників. Тоді a1=a11a12,де a11 та a12–нетривіальні дільники. Принаймні один зелементів a11 та a12 також не можна розкласти в добутокпростих множників. Нехай цим елементом є a11. Для елемента a11 міркуванняповторимо і т.д. Цей процес послідовного розкладу, очевидно, не можеобірватися. Таким чином, ми дістанемо нескінченну послідовність елементів
а, a1, a11,a111,…, (5)
у якій кожен наступнийчлен є власним дільником попереднього.
Якщо ai+1 євласним дільником ai, то (ai+1)Ì(ai),оскільки ai=ai+1r, де r – деякий елемент R. Томуголовні ідеали, породжені елементами послідовності (5), утворюють нескінченнустрого зростаючу послідовність ідеалів
(а)Ì(a1)Ì(a11)Ì(a111)Ì…,
а це суперечить доведенійвище лемі. Отже, наше припущення неправильне.
Доведено.
Покажемо тепер, що розклад, про який іде мова втеоремі 7, однозначний з точністю до порядку співмножників і до дільниківодиниці.
Теорема 8. Якщо
a =p1p2…pr =q1q2…qs
є два розклади елемента а кільця головнихідеалів R в добуток простих множників, то r=s і, при відповіднійнумерації співмножників, справджуються рівності qi=εi pi(і == 1, 2,…, r), де εi – деякий дільник одиниці кільця R.
Доведення.
Доводитимемо індукцією по r. При r = Ісправедливість твердження очевидна.
Справді, оскільки елемент а = р1простий, то добуток q1q2…qs
може містити лише одинмножник q1=p1.
Припустимо, що теоремаправильна для r – 1 (2 £ r), і доведемо, що в такомуразі теорема справедлива й для r. Справді, оскільки
a =p1p2…prі a = q1q2…qs то
p1p2…pr =q1q2…qs(6)
З рівності (6) випливає,що q1q2…qs ділиться на p1. Тому, занаслідком з теореми 6, принаймні один із співмножників q1,q2,…,qs ділиться на pi. Ми вважатимемо, що на p1ділиться множник q1: цього завжди можна досягти зміною нумераціїмножників q1,q2,…, qs. Оскільки q1– простий елемент і ділиться на простий елемент p1, то q1=e1p1, деe1 – деякий дільник одиниці кільця R.Підставивши в рівність (6) e1p1замість q1 і скоротивши обидві частини одержаної рівності на р1,дістанемо:
p2p3…pr =(e1q2)q3…qs.
Але, за індуктивним припущенням,r– 1 == s– 1 і при відповідній нумерації множників q1,q2,…,qr:
q2=e1q2=e2p2, q3=e3p3, …,qr=erpr,
де ei – деякі дільникиодиниці кільця R. Тому r = s і при відповідній нумерації множників q1,q2, …, qr:
q1=e1p1, q2=e1–1e2p2 =e2p2, q3=e3p3, …,qr=erpr
Доведено.
Зауважимо, що теореми 7 і 8 справедливі, зокрема,для кільця цілих чисел, яке є кільцем головних ідеалів.
Постає запитання: чи неможна теореми 7 і 8 поширити на клас областей цілісності більш широкий, ніжкільце головних ідеалів? Відповідь на це запитання в загальному випадкунегативна. Є області цілісності, в яких не справджується теорема про розкладелементів області цілісності в добутки простих множників, а також областіцілісності, в яких розклад елементів на прості множники хоч і можливий, але неоднозначний. Наведемо приклади таких областей цілісності, не вивчаючи їїдокладно.
Нехай К – множина всіхдійсних чисел виду
/>
де n – будь-яке натуральне число, a1,a2,…,an – будь-які цілі числа й r1, r2,…, rn– будь-які числа виду /> (m, k – ціліневід'ємні числа). Сума, різниця й добуток чисел такого виду – числа такогосамого виду. Отже, К – кільце. При п = 1 і r1=0 дістанемо с = а1;тому К містить усі цілі числа, зокрема 1. Легко бачити, що кільце К є областьцілісності. У цій області цілісності число 2 розкладається на множники так:
/>
Можна довести, що числавиду />, де k – ціле невід'ємнечисло, не є дільниками одиниці в кільці К. Таким чином, число 2 не можнарозкласти на прості множники в кільці К.
Нехай тепер Q – множинавсіх комплексних чисел виду />, де а іb – будь-які цілі числа. Сума, різниця й добуток чисел такого виду є, очевидно,числа такого самого виду. Отже, Q – кільце. При b = 0, z = а, а тому в Qмістяться всі цілі числа. Отже, кільце Q є область цілісності. Можна довести,що в цій області цілісності кожне число розкладається на прості множники. Протене можна стверджувати, що для цього кільця характерна однозначність розкладу напрості множники. Для числа 6, наприклад, у цьому кільці
існують такі дварозклади: 6=2·3 і 6 = (/>) (/>).
Поряд з цим існуютьобласті цілісності, які не є кільцями головних ідеалів, проте в нихсправджуються теореми 7 і 8.
3.1.3 Факторіальність кільцяголовних ідеалів
Нашою метою являєтьсяузагальнення на кільці головних ідеалів теореми про існування й одиничністьрозкладу елементів кільця цілих чисел Z на прості множники.
Означення Говорять, щоелемент а області цілісності K має однозначний розклад на простімножники, якщо виконуються умови:
(1) існують у K такіпрості елементи рi, що
/>;
(2) якщо/> — інший розклад, у якому qi– прості елементи K, то m=n і при відповідній нумерації рi ~qi для i=1,…, m.
Означення Кільце називається факторіальним, якщо воно є областю цілісності івсякий відмінний від нуля необоротний елемент кільця має однозначний розклад напрості множники.
Відзначимо, що будь-яке поле є факторіальнимкільцем, тому що не має відмінних від нуля необоротних елементів.
Теорема Кільце головнихідеалів факторіальне.
Доведення.
Нехай K – кільцеголовних ідеалів. Нам треба довести, що усякий відмінний від нуля необоротнийелемент кільця має розкладання на прості множники. Припустимо, що існує в Kнеоборотний ненульовий елемент а, що нерозкладний на прості множники в Ж. Тодіелемент а є складеним. Отже, його можна подати у вигляді добутку двох власнихдільників а=аibi і (a)/>(ai)
Принаймні один із множників аi, bi,наприклад a1, не має розкладу на прості множники. Отже, a1можна подати у вигляді добутку двох власних множників:
a1=a2b2,(a1)=(a2)
і т.д. Таким чином, існуєнескінченний зростаючий ланцюжок
(a)Ì(a1)Ì(a2)Ì…
ідеалів кільця K,що неможливо, бо за твердженням зростаючий ланцюжок не може бути нескінченним.Отже, усякий необоротний відмінний від нуля елемент кільця K має розкладна прості множники.
Доведемо однозначність розкладу на прості множники. Якщо a– простий елемент, то теорема вірна. Припустимо, що теорема вірна дляелементів, представлених у вигляді добутку n простих множників, і доведемо, щотоді вона вірна для елементів, представлених у вигляді добутку n+1 простихмножників. Нехай дані будь-які два розклади елемента a на прості множники:
a=p1…pnpn+1=q1…qsqs+1(1)
Простий елемент рn+1 ділить добуток q1…qsqs+1.Отже, він ділить хоча б один із множників q1…qsqs+1,наприклад qs+1. Так як рn+1 і qs+1 – прості,тo qs+1=upn+1, де u – оборотний елемент кільця.Скорочуючи обидві частини рівності (1) на рn+1, маємо
p1…pn=q1… (uqs).
Отже, по індуктивному припущенню, n=s і при відповіднійнумерації рi ~ qi для i=1,…, n. Крім того, рn+1~ пn+1.
Доведено.
Задачі
№1
Довести, що число 4 в кільці Z[/>]неоднозначно розкладається в добуток простих множників.
Доведення.
Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[/>]. Нехай a+b/>, c+d/> – дільники одиниці, a, b,c, d ÎZ. Тоді
(a+b/>) (c+d/>)=1.
Знайдемо норму обох частин цієї рівності:
Nr (a+b/>)=(a2+3b2).
Маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=1.(1)
Рівність (1) виконується, якщо
a2+3b2=c2+3d2=1.(2)
Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0,c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[/>] лише 2дільники одиниці: 1, –1.
Доведемо, що для числа 4 в кільці Z[/>] є два різних розклади вдобуток простих множників:
4=2·2=(1+/>) (1–/>).
Для цього покажемо, що 2, 1+/>,1–/> є прості числа в Z[/>], а пари чисел 2, 1+/> та 2, 1–/> не є асоційованими.
Оскільки в кільці Z[/>]асоційовані числа відрізняються лише знаком, то покажемо, що 2, 1+/>, 1–/> є прості числа в Z[/>].
Якщо 2=(a+b/>) (c+d/>), то знайшовши норми відобох частин, дістанемо 4= (a2+3b2) (c2+3d2).
Число 4 розкладається в добуток натуральних чисел двомаспособами:
4=2·2=1·4.
Якщо a2+3b2=2, то b2– дільник одиниці. Якщо a2+3b2=4,то c2+3d2=1 і c+d/>–дільник одиниці.
Отже, 2 є просте число в кільці Z[/>]. Оскільки Nr (1±/>)=4, то аналогічнодоводять, що числа 1±/> є простими.
Отже, число 4 в кільці Z[/>]розкладається на прості множники двома різними способами.
Доведено.
3.1.4 Евклідовікільця, їх факторіальність
Порівняно з кільцямиголовних ідеалів більш близькими до кільця цілих чисел за своїми властивостямиє кільця, в яких справедлива теорема, що є аналогом теореми про ділення зостачею в кільці цілих чисел. Ці кільця називають евклідовими. Вони означаютьсятак:
Означення. Областьцілісності R з одиницею називається евклідовим кільцем, якщо існуєвідображення φ множини відмінних від 0 елементів цієї області цілісності вмножину цілих невід'ємних чисел N0, тобто φ:R\{0}→N0,яке задовольняє таку вимогу: для будь-яких елементів a, bÎR, b¹0 в Rіснують такі елементи q і r, що а =bq+r, причому або r= 0, або φ(r)
Кільце цілих чисел Z – евклідове;відображення φ, про яке йде мова в означенні, задається так:
/>
Евклідовим також є кільцемногочленів від невідомого х з коефіцієнтами з поля Р.
Теорема 9. Кожне евклідовекільце R є кільцем головних ідеалів.
Доведення.
Нехай U – довільний ідеалевклідового кільця R. Якщо U – нульовий ідеал, то U= (0). Припустимо, щоідеал U – відмінний від нульового. Тоді в U є елементи, відмінні від нуля.Серед відмінних від нуля елементів ідеалу U, очевидно, є такий елемент a0,що φ(a0)/>φ(a)для будь-якого ненульового елемента аÎU. За означеннямевклідового кільця, для будь-якого елемента аÎU в кільці Rіснують такі елементи q і r, що a=a0q+r, причому, якщо r¹ 0, то φ(r)
Доведено.
Наслідок Будь–яке евклідове кільце факторіальне.
Наслідок Кільце Z цілих чисел є кільцем головнихідеалів і, значить, факторіальне.
Оскільки кожне евклідовекільце є кільцем головних ідеалів, то для елементів будь-якого евклідовогокільця справедливі теореми 7 і 8. Зауважимо, що твердження, обернене твердженню9, неправильне: існують кільця головних ідеалів, які не є евклідовими.
Нам уже відомо проіснування найбільшого спільного дільника для будь-яких двох елементів а і bкільця головних ідеалів R. А тепер поговоримо про те, як же відшукатицей найбільший спільний дільник. Методу, який би давав змогу відшукатинайбільший спільний дільник будь-яких двох елементів а і b довільного кільцяголовних ідеалів R, не існує. В евклідових же кільцях його можнавідшукати за допомогою алгоритму Евкліда. Справді, нехай a0 і a1будь-які відмінні від нуля елементи евклідового кільця R і нехай φ(а0)³ φ(а1). Тоді, за означенням евклідовогокільця, в R існують такі елементи q1, a2, що а0= а1q1+а2, причому або а2 = 0, або φ(а1)> φ(а2). Якщо а2¹ 0, то в Rіснують такі елементи q2 і a3, що a1 = a2q2+a3 причому або а3 = 0 або φ(а2)>φ(а3).Якщо а3 ¹ 0, то в R існуютьтакі елементи q3 i a4, що а2 =а3q3+a4і т.д.
Оскільки φ(а1)> φ(а2) > φ(а3) >… > φ(аs-1)>φ(аs)>…, то цей процес послідовного ділення не можепродовжуватись нескінченно: в противному разі множина цілих невід'ємних чисел φ(а1)> φ(а2)>… > φ(аs) >… не малаб найменшого числа. Отже, через кілька кроків ми дійдемо до ділення з остачеюнуль: am-1= аmqm. Таким чином, ми матимеморівності
а0= а1q1+а2,
a1 = a2q2+a3,
а2 =а3q3+a4,
……………
am-3=am-2qm-2+am-1,
am-2=am-1qm-1+am,
am-1=amqm+1.
Остання рівність означає,що аm дільником am-1. Оскільки кожен з доданків правоїчастини передостанньої рівності ділиться на аm, то і її ліва частинаділиться на аm, тобто аm є дільником am-2.Аналогічними міркуваннями ми доведемо, що аm є дільником am-3,am-4,…, a4, а3, a2, a1,а0. Отже, аm є спільним дільником елементів аоі а1. Покажемо тепер, що аm ділиться на будь-якийспільний дільник елементів ао і а1. Нехай b – довільновибраний спільний дільник aо і a1. Тоді з рівності ао= a1q1+q2 випливає, що a2 ділитьсяна b, з рівності а1 = a2q2 + а3випливає, що а3 ділиться на b і т.д. Нарешті, з рівності ат–2= aт–1qт–1 + am випливає, що amділиться на b. Таким чином, елемент аm є спільним дільникомелементів a0і a1 і ділиться на будь-який спільнийдільник цих елементів, тобто аm є найбільшим спільним дільникомелементів a0i a1.
Задачі
№1
Довести, що в 5кільці Z[/>] простими є такі елементи
а) 2;
б) –2;
в) 1+/>і;
г) 1–/>і;Доведення
Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[/>].
Нехай a+b/>, c+d/> – дільники одиниці, a, b,c, d ÎZ. Тоді
(a+b/>) (c+d/>)=1.
Знайдемо норму обох частин цієї рівності:
Nr (a+b/>)=(a2+3b2).
Маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=1.(1)
Рівність (1) виконується, якщо
a2+3b2=c2+3d2=1.(2)
Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0,c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[/>] лише 2дільники одиниці: 1, –1.
а) Зрозуміло,що 2¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[/>]. Використаємо норму іпокажемо, що 2 – простий елемент в кільці Z[/>].Оскільки Nr(2)=4, то, припустивши, що 2 є складене число, дістаємо
2=(a+b/>) (c+d/>), (3)
де a+b/>, c+d/> не є дільниками одиниці іне є асоційованими з числом 2, a, b, c, d Î Z[/>].
З рівності (3) маємо
4=(a2+3b2) (c2+3d2)(4)
Для a, b, c, d Î Z ця рівність можлива тоді і тільки тоді, коли
a2+3b2=1, c2+3d2=4(a)
або a2+3b2=4, c2+3d2=1(b)
або a2+3b2=2, c2+3d2=2(g)
В (a) і (b) дістаємо, що або a2+3b2 абоc2+3d2 відповідно є дільником одиниці, що суперечитьприпущенню
Розглянемо (g) a2+3b2=2,a2=2, а= />ÏZ.
Отже, цей випадок теж не можливий, бо a, b, c, d повинніналежати Z.
Отже, 2 не може бути складеним числом. Оскільки 2¹0 і не є дільником одиниці, то 2 – просте число вкільці Z[/>].
б) Так як мидовели, що 2 – простий елемент кільця Z[/>],то можна стверджувати, що –2 теж просте, бо –2 є асоційованим з числом 2.
в) Очевидно,що 1+/>¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[/>]. Використаємо норму іпокажемо, що 1+/> є простимелементом.
Оскільки Nr (1+/>)=2, то,припустивши, що 1+/> є складенимдістаємо
1+/>=(a+b/>) (c+d/>),
де a+b/>, c+d/> не є дільником одиниці іне є асоційованим з числом 1+/>, a, b, c, d ÎZ.
Зцієї рівності маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=2.
Для цілих чисел a, b, c, d цярівність можлива лише, коли
a2+3b2=2, c2+3d2=1або a2+3b2=1, c2+3d2=2
При цьому маємо, що або a2+3b2 або c2+3d2відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню. Отже, 1+/> – простий елемент в кільціZ[/>].
г) Розглянемочисло 1–/>. Знайдемо його норму
Nr (1–/>)=2
Такяк Nr (1–/>)=Nr (1+/>)=2 і 1+/> – просте число, то і 1–/> – теж просте.
Доведено.
3.2 Кільце поліномів
3.2.1 Поняття кільця поліномів від однієїзмінної
НехайK і L– комутативні кільця з основними множинами К і L відповідно.
Означення. Кільце Lназивається простим розширенням кільця K за допомогою елемента u, якщовиконуються умови:
(1) K – підкільцекільцяL;
(2) будь-який елемент a зL можна подати у вигляді
a=a0+a1u+ … +anun, деa0, a1,…, an ÎK.
Запис L= K[u]означає, що кільце L є просте розширення кільця K за допомогоюелемента u.
У цьому випадку основнумножину кільця L позначають також через К[u], L=K[u]
Означення.Кільце L=K[u] називається простим трансцендентним розширенням кільця K,якщо виконується наступна умова:
(3) для будь-якихелементів a0, a1,…, an множини К зрівності a0+a1u+ … +anun=0випливають рівності a0=0, a1=0,…, an=0.
Якщо L=K[u] –просте розширення кільця K с допомогою u і u задовольняє умовам (3), то елементu називається трансцендентним відносно K.
Якщо K[u] – простетрансцендентне розширення кільця K за допомогою u, то кільце K[u] називаєтьсятакож кільцем поліномів від u над K, а елементи кільця K[u] –поліномами від u над K чи поліномами над K.
Твердження. Нехай K[u] –просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u. Тоді длябудь-якого елемента а кільця K[u], якщо а=a0+a1u+ … +anun і а=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun, деai, a¢iÎK, то ai=a¢i,
то ai=a¢i для i=1,2,…, n.
Доведення.
Якщо
а=a0+a1u+ … +anun=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun (ai, a¢iÎK),
то a0–a0¢+(a1–a1¢) u+ … +(an–an¢) un=0.
За умовою, елемент uявляється трансцендентним відносно K. Тому з (1) випливають рівності aі–aі¢=0 і aі=aі ¢ для і=0,1,…, n.
Доведено.
Задачі
№1
Перевіримо, чи є кільцем множина К всіх многочленів зкільця Z[x], в яких вільний член ділиться на 5.
Розв’язання.
Нехай f(x)=anxn+ … +a1x+5a0,
g(x)=bmxm+ … +b1x+5b0,m³n.
Тоді
f(x)+g(x)=bmxm+ … +(an+bn)xn+ … +(a1+b1) x+(5a0+5b0)=bmxm+ …+(an+bn) xn+ … + +(a1+b1)x+5 (a0+b0),
f(x) – g(x)=(–bm)xm+ …+(an–bn) xn+ … +(a1–b1)x+5 (a0–b0),
f(x)·g(x)=anbmxn+m+ …+(5a1b0+5a0b1)+5·5a0b0.
Це означає, що f(x)+g(x), f(x) – g(x) і f(x)·g(x)також є елементами множини К. Отже, К є підкільцем кільця Z[x].
Відповідь:Множина К утворює кільце.
№2
Довести, що для кожного многочлена f(x) з кільця Z[x] і длябудь–яких цілих чисел a і b число f (a+/>)+f(a–/>) є цілим.
Доведення.
Многочлени f (a+/>) та f(a–/>) мають такий вигляд
f (a+/>) =an(a+/>)n+ … +a1(a+/>)+a0,
f (a–/>) =an(a–/>)n+ … +a1(a–/>)+a0.
Коли ми будемо додавати f (a+/>)+f(a–/>) і підносити до степеня,то всі /> знищаться і залишатьсялише цілі числа. Ми прийшли до того, що нам потрібно довести.
Доведено.
3.2.2 Факторіальністькільця поліномів
Теорема. Якщо кільце К факторіальне, то і кільцеполіномівК[x] факторіальне.
Доведення.
Нехай К – факторіальне кільце. Доведемо, щобудь-який відмінний від нуля необоротний елемент кільця К[x] однозначноз точністю до порядку співмножників і оборотних множників розкладемо в добутокпростих множників в K[x]. Спочатку доведемо можливість розкладання напрості множники. Нехай f – довільний ненульовий поліном з K[х]. Якщо f –поліном нульового ступеня, то fÎК.Оскільки кільце K факторіальне, поліном f можна подати у вигляді добуткупростих множників у К і, значить, у К[x].Припустимо, що deg f=n>0, і всякий поліном, ступінь якого менше n, розкладемо в добуток простихмножників. Нехай
(1) f=dg(x),
де dÎK,g(x) – поліном позитивного степеня, примітивний в К[х]. Якщополіном g незвідний над К, то, розкладаючи в (1) множник а на простімножники, одержимо розкладання f на прості множники. Якщо ж поліном g(х)звідний в К[х], то його можна подати у вигляді добутку двох поліномівпозитивного степеня, меншого, ніж n: g(x)=h(x)j(x).По індуктивному припущенню, h(х) і j(х) можна подати у вигляді добутку простихмножників у К[x]. Отже, g, а в силу (1) і f також можна подати у виглядідобутку простих множників.
Доведемо єдиністьрозкладу. Нехай дані будь-які два розклади f на прості множники в K[x]:
(2) f=p1…pkq1…qs=p1¢…pr¢q1¢…qt¢,
де pi, pi¢ÎK, qi,qi¢ – незвідні, а виходить, і примітивніполіноми позитивного степеня. З (2) випливає, що
(3) p1…pk ~p1¢…pr¢ в K;
(4)q1…qs~q1¢…qt¢ в K[x].
Оскільки кільце K факторіальне, то з (3) випливає,що k=r і при відповідній нумерації
(5) pi~pi¢ в K дляi=1, 2, …, k
Далі, за наслідком 3.6,поліноми qi і qi¢ незвідні вкільці F[х]. У силу факторіальності кільця F[х] з (4) випливає,що s=t і при відповідній нумерації
qi~ qi¢ в F[х]для i=1,…, s.
Поліноми qi іqi¢ незвідні в K[x] і, значить,примітивні в K[х], крім того, ці поліноми асоційовані в F[x].Отже, вони асоційовані в K[x],
(6) qi~ qi¢ в K[х]для i=1,…, s.
У силу (5) і (6) поліномf має однозначний розклад на прості множники в кільці K[x]. Отже,показано, що кільце K[x] факторіальне.
Доведено.
Задачі
№1
Довести, що множина I всіх многочленів кільця Z[x], вільнийчлен яких дорівнює парному числу, є ідеалом Z[x]. Чи є цей ідеал головним?
Розв’язання.
Очевидно, що ця множина замкнена відносно віднімання тамноження на довільний елемент кільця. Отже, ця множина буде ідеалом.
Візьмемо будь–які елементи
x2+4ÎI, x+2ÎI.
Перевіримо чи x2+4Mx+2.
x2+4=x2–4+8=(x-2) (x+2)+8.
Так як x2+4 не ділиться на x+2 то дана множина Iне буде головним ідеалом.
Відповідь: МножинаI буде ідеалом, але не головним.
№2
Знайти НСД і НСК таких многочленів:
f(x)=x4+2x3–2x-1,
g(x)=(x+1) (x2–x-2)
в кільці Q[x].
Розв’язання.
Розкладемо дані многочлени на множники:
f(x)=x4–1+2x(x2–1)=(x2–1)(x2+2x+1)=(x+1)3(x-1),
g(x)=(x+1) (x-2) (x+1)=(x+1)2(x-2).
Очевидно, що
(f, g)=(x+1)2,
[f, g]=(x+1)3(x-1) (x-2).
Відповідь: (f,g)=(x+1)2, [f, g]=(x+1)3(x-1) (x-2).
№3
Розкласти на незвідні в полі P множники такий многочлен:
f(x)=x4–2x3–27x2–44x+7.
Розв’язання.
Розклад матиме такий вигляд:
f(x)=(x2+bx+1) (x2+cx+7).
f(x)=x4+(c+b) x3+(bc+8) x2+(7b+c)x+7.
/>
с=–2-b,
(–2-b) b=–35,
– b2–2b=–35,
b2+2b-35=0,
/> />
Отже, даний многочлен розкладається таким чином:
f(x)=(x2–7x+1) (x2+5x+7).
Відповідь:f(x)=(x2–7x+1) (x2+5x+7).
3.3 Кільцемногочленів від кількох змінних
3.3.1 Поняттякільця многочленів від кількох змінних
Означення Кільцеммногочленів R[х1, х2,…, xn-1, хn]від n змінних х1, х2,…, xn-1, хnнад областю цілісності R називається кільце многочленів від змінної xnнад кільцем R[х1, х2,…, xn-1] тобто
R[х1, х2,…, xn-1, хn] = R[х1,х2,…, xn-1] [xn] (4)
Це означення маєіндуктивний характер. При п=1 воно зводиться до означення кільця многочленіввід однієї змінної х1 над областю цілісності R (природновважати, що при п =1 R[х1, х2,…, xn-1,хn] =R). Якщо ж уже означено кільце R[х1, х2,…,xn-1] при п³1, то задопомогою (4) дістаємо означення кільця R[х1, х2,…,xn-1, хn]. Отже, для довільного натурального п означенокільце многочленів від п змінних х1, х2,…, xn-1,хn
Теорема Кільце многочленів R[х1, х2,…,xn-1, хn] над областю цілісності R є областьцілісності.
Доведення.
Твердження правильне прип = 1. Припустимо, що воно правильне при п = т і розглянемо кільце R[х1,х2,…, xm, хm+1]. Згідно з означенням 1, R[х1,х2,…, xm, хm+1] є кільце многочленів над Rm=R[х1, х2,…, xm]. За припущенняміндукції, R, є область цілісності. Отже, Rm[xm+1]=R[х1,х2,…, xm, хm+1] є область цілісності. Запринципом індукції, R[х1, х2,…, xn-1, хn]є область цілісності при довільному натуральному п.
Доведено.
Зрозуміло, що коли R– область цілісності з одиницею, то R[х1, х2,…, xn-1,хn] – область цілісності з одиницею.
Наступна теоремавстановлює будову елементів області цілісності R[х1, х2,…,xn-1, хn].
Теорема 2. Кожний елемент fÎR [х1,х2,…, xn-1, хn] можна подати у виглядіскінченної суми
/>AiÎR, kijÎZ+(5)
Навпаки, будь-який вираз виду (5) є елементомкільця R[х1, х2,…, xn-1, хn].
Доведення
Доведення проведемо індукцією по n. При n=1твердження правильне. Припустимо, що воно правильне при n=m і перевіримо йогоправильність при n=m+1. За означенням 1, кожний елемент fÎR [х1,х2,…, xm, хm+1] є многочлен від Хm=1над областю цілісності R [х1, х2,…, xm],і тому його можна подати у вигляді суми
/> /> (6)
За припущенням індукції,кожний многочлен aj(x1, …, xm) від n зміннихможна подати у вигляді скінченної суми
/>, (7)
/>, />
(i=1, 2, …, Nj;s=1, 2, …, m; j=0, 1, 2, …, l).
Підставивши вираз (7) в(6) і виконавши відповідні дії (в розумінні дій у кільці R[х1,х2,…, xm, хm+1] з урахуванням того, що вономістить R[х1, х2,…, xm] як підкільце),дістанемо скінченну суму виду
/>, (8)
де BrÎR (r=1, …, N), бокожне Br є якесь з />.Навпаки, кожна сума виду (8) є елемент кільця R[х1,х2,…, xm, хm+1]: адже будь-який її доданок />/>може розглядатись якмногочлен від xm+1 з коефіцієнтом />ÎR[х1,х2,…, xm] й тому й уся сума належить кільцю R[х1,х2,…, xm, хm+1].
Отже, твердження теоремиправильне і при n=m+1, тобто за принципом математичної індукції теорему доведено.
Доведено.
Означення Кожний елемент кільця R[х1, х2,…,xn] називають многочленом від n змінних х1, х2,…,xn над R. і позначають f(х1, х2,…, xn),g(х1, х2,…, xn) і т. п.
Згідно з теоремою 2, будь-який многочлен зR[х1,х2,…, xn] можна подати у формі суми (5)
/> AiÎR, kijÎZ+(9)
Кожний доданок />цієї суми називають членоммногочлена f(х1, х2,…, xn), відповіднийелемент AiÎR – коефіцієнтомчлена (і многочлена). Два члени, які відрізняються лише коефіцієнтами, називаютьподібними; іншими словами, члени подібні, якщо усі змінні входять множниками вці члени у попарно рівних степенях, наприклад /> та/>. При цьому порядок, вякому записано множники />неістотний,тобто
члени />, />, />тощо вважаємо однаковими,рівними між собою. Відповідно до цього, R[х2, х1,…,xn], R[х3, х2,…, x1], R[х1,х2,…, xn] і т. п. є різними формами запису тогосамого кільця многочленів від змінних х1, х2,…, xnнад областю цілісності R.
Задачі
№1
Виразити через σі такий многочлен
f (x, y)=x3y+y3x+2x2+2y2.
Розв’язання.
Основні симетричні многочлени σ1, σ2мають вигляд:
σ1=x+y,
σ2=xy.
Виразимо даний многочлен через σ1, σ2
f (x, y)=xy(x2+y2)+2 (x2+y2)=(x2+y2)(xy+2)=
=((x+y)2–2xy) (xy+2)=(σ1–2σ2)(σ2+2)=
=σ12σ2+2σ12–2σ22–4σ2.
Відповідь: f(x, y)=σ12σ2+2σ12–2σ22–4σ2.
№2
Довести, що для Sn=xn+yn,nÎN, при n>2 виконується рекурентне співвідношення
Sk=σ1Sk–1–σ2Sk–2.
Доведення.
Доведемо методом математичної індукції.
Перевіримо базу індукції при n=3
S3=σ1S2–σ2S1=(x+y)(x2+y2) – xy (x+y)=x3+y3.
Припустимо, що твердження вірне для n=k.
Доведемо, що дане твердження справджується і при n=k+1
Sk+1=σ1Sk–σ2Sk–1=(x+y)(xk+yk) – xy(xk–1+yk–1)=
=xk+1+xyk+xky+yk+1–xky–xyk=xk+1+xk+1.
Отже, виходячи з математичної індукції твердження доведено.
Доведено.
3.3.2 Факторіальність кільця поліномів від n змінних
Теорема. Нехай К – факторіальне кільце. Тоді кільце поліномів К[х1,….хn]від х1,…., хn над К також являється факторіальним.
Доведення.
Теорема доводиться індукцією по n. Дляn=1 твердження правильне. Припустимо, що кільце поліномів К[х1,….хn–1]від х1,….хn–1, над К факторіальне. Доведемо, щофакторіальним тоді буде і кільце К[х1,…, хn].
К[х1,…, хn]=К[х1]…[.хn]=(К[х1,….хn–1]) [xn].
За індуктивним припущенням, кільце К[х1,…,хn–1] факторіальне. Тоді факторіальним є також його розширення (К[х1,….хn–1])[xn] за допомогою елемента xn, трансцендентного надкільцем К[х1,….хn–1]. Таким чином, кільце поліномів К[х1,….хn]факторіальне для довільного натурального n.
Доведено.
Наслідок Кільце поліномів F[х1,….хn] над полем Fфакторіальне.
Задачі
№1
Розкласти на множники найменшого степеня з дійснимикоефіцієнтами такий многочлен
f (x, y)=10x4–27x3y-110x2y2–27xy3+10y4.
Розв’язання.
f (x, y)=10x4–27x3y-110x2y2–27xy3+10y4=10(x4+y4) – 27 (x2+y2)–110x=
=10 [(σ12–2σ2)2–2σ22]–27σ2(σ12–2σ2)–110σ22=10σ14–67σ12σ2–36σ22.
Розкладемо цей вираз на множники. Для цього знайдемо йогокорені.
σ2′=–2σ12,
σ2′′=/>σ12.
Тоді наш многочлен
f=–36 (σ2–/>σ12)(σ2+2σ12)=(–36σ2+5σ12)(σ2+2σ12).
f (x, y)=(–36xy+5 (x+y)2) (xy+2 (x+y)2=
=(–36xy+5x2+10xy+5y2) (2x2+3xy+2y2)=
=(5x2–26xy+5y2) (2x2+3xy+2y2).
Розглянемо кожний з цих множників, як квадратний тричленвідносно x
5x2–26xy+5y2 x′=5y, x′′=/>.
2x2+3xy+2y2 x′=/>y, x′′=–2y.
Тоді маємо
f (x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x–y).
Відповідь: f(x, y)=(x+2y) (2x+y) (x-5y) (5x–y).
Використана література
1. Алгебра і теорія чисел, ч. 1.Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об’єднання «Вищашкола», 1974, 464 с.
2. Алгебра і теорія чисел, ч. 2.Завало С.Т., Костарчук В.М., Хацет Б.І. Видавниче об’єднання «Вищашкола», 1976, 384 с.
3. Алгебра и теория чисел:Учебное пособие для педагогических институтов.–М.: Высшая школа, 1979, –559 с., ил.
4. Збірник задач з теоріїчисел. [Навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] Заред. І.О. Рокіцького, Вінниця, 2001–115 с.
5. Збірник задач з алгебри.[навчальний посібник для студентів фізико-математичного факультету] За ред. І.О.Рокіцького, Вінниця, 2002–176 с.
6. Алгебра і теорія чисел:Практикум. Частина 2 /С.Т. Завало, С.С. Левіщенко, В.В. Пилаєв, І.О. Рокіцький. –К.: Вища школа Головне видавництво, 1986. – 364 с.
7. Збірник задач і вправ зтеорії чисел. Є.П. Морокішко. Центр «Магістр-S», 1995 р. 158 с.