Abstrakt algebra 9789144040042, 9144040040 [PDF]
147 12 3MB
Swedish Pages 1 PDF-fil (629 s) [637] Year 2007
Papiere empfehlen
![Abstrakt algebra
9789144040042, 9144040040 [PDF]](https://vdoc.tips/img/200x200/abstrakt-algebra-9789144040042-9144040040.jpg)
- Author / Uploaded
- Svensson
- Per-Anders
Datei wird geladen, bitte warten...
Zitiervorschau
Per-Anders Svensson
Abstrakt algebra
Kopieringsförbud Detta verk är skyddat av Lagen om upphovsrätt! Kopiering är förbjuden utöver lärares rätt att kopiera för undervisningsbruk enligt BONUS-avtal. BONUS-avtal tecknas mellan upphovsrättsorganisationer och huvudman för utbildningsanordnare, t.ex. kommuner och högskolor/universitet. Förbudet gäller hela verket såväl som delar därav och inkluderar lagring i elektroniska medier, visning på bildskärm samt bandupptagning. Den som bryter mot Lagen om upphovsrätt kan enligt 53 § åtalas av allmän åklagare och dömas till böter eller fängelse i upp till två år samt bli skyldig att erlägga ersättning till upphovsman/rättsinnehavare.
Art.nr 7179 eISBN 978-91-44-04004-2 © Per-Anders Svensson och Studentlitteratur 2001 Printed in Sweden Studentlitteratur, Lund Webbadress: www.studentlitteratur.se Tryckning/år 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2005 04 03 02 01
Förord I denna bok presenteras en introduktion till den abstrakta algebran, d.v.s. teorin för så kallade algebraiska strukturer (som till exempel grupper, ringar och kroppar). Boken har vuxit fram ur två kompendier, vilka använts som kurslitteratur på algebrakurser omfattande sammanlagt
15 poäng vid Växjö universitet under de två senaste läsåren.
Till sitt omfång svarar alltså boken mot mer än blott en inledande kurs om algebraiska strukturer, och kan därför tjänstgöra som kurslitteratur även på en andra kurs i ämnet. Innehållet i denna bok är av traditionell karaktär, vad beträar den här typen av matematisk litteratur. Studiet av grupper omfattar således bl.a. cykliska grupper, permutationsgrupper, Lagranges sats, normala undergrupper, kvotgrupper, lösbara grupper och Sylows satser. Teorin för ringar och kroppar inkluderar begrepp som nolldelare, integritetsområden, ideal, kvotringar, polynomringar och kroppsutvidgningar. Det ges även en introduktion till Galoisteori, och vidare ägnas ett kapitel åt partiella ordningar och booleska algebror. Exempel på hur teorin kan tillämpas ges inom områden som kryptering, kodningsteori, kombinatorik (Burnsides formel) och geometriska konstruktionsproblem. Varje kapitel är indelat i två eller era avsnitt, och varje avsnitt avslutas med ett antal övningsuppgifter. Sammanlagt innehåller boken närmare
800
övningar. Till de uppgifter som inte avkräver ett bevis,
1 längst bak i boken.
åter nns svaren i ett facit
Jag vill tacka alla de personer, såväl på som utanför Matematiska och systemtekniska institutionen vid Växjö universitet, som givit mig sitt stöd i mina ansträngningar för att få avsluta projektet med denna bok. Ett speciellt tack riktas till Anders Tengstrand, för att han läst 1
Smaka på ordet!
i
manuskriptet och kommit med era goda råd om vad jag borde (och inte borde) skriva. Ett tack går också till Linda Mattsson, Staan Morander och Marcus Nilsson, för att de korrekturläst delar av materialet, och på så vis räddat mig undan såväl stora som små klavertramp. Ingen av dessa personer skall klandras för eventuella kvarvarande fel. I den mån sådana existerar, ligger de helt och hållet på författarens annsvar. Ett tack skall också Fredrik Albertson ha, för att jag ck ta del av
AT X-mallar han använt sig av i sitt tidigare författarskap. Att jag de L E sedan långt ifrån använde dessa fullt ut må vara hänt
det är tanken
som räknas! Robert Nyqvist har gång efter annan visat, att det han
AT X inte är värt att veta. Han skall ha ett stort tack inte vet om L E för att han vid ett okänt antal tillfällen hjälpt mig till rätta, när jag
AT X-djungeln. sprungit vilse i L E Jag är givetvis också tacksam för den respons jag fått från de studenter som fått agera försökskaniner på materialet, i och med att de använt det som kurslitteratur. Detta gäller framför allt dem som läste någon eller några av kurserna MAC725 under höstterminen 1999, MAC727 under höstterminerna 1998 eller 1999, eller MAC729 under höstterminen 2000. Till sist vill jag även tacka min syster Heléne, för att jag vid några tillfällen ck ockupera utrymmet på (och vid) hennes dator.
Växjö den sista dagen i februari i Monolitens år, 2001 Per-Anders Svensson
Innehåll Förord
i
1 Några grundläggande begrepp
1
1.1
Mängdlära . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2
Heltal
1.3
Ekvivalensrelationer
1.4
Avbildningar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
2 Kompositionsregler
38
2.1
De nition och exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.2
Associativitet, kommutativitet och distributivitet . . . .
42
2.3
Neutrala och inverterbara element
46
. . . . . . . . . . . .
3 Grupper och undergrupper
55
3.1
Grupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
3.2
Grundläggande egenskaper hos grupper . . . . . . . . . .
61
3.3
Cayleytabeller för grupper . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
3.4
Potenser och potenslagar . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
3.5
Undergrupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
4 Generatorer och cykliska grupper
83
4.1
Inledning
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
4.2
Strukturen hos cykliska grupper . . . . . . . . . . . . . .
86
4.3
Undergrupper i cykliska grupper
. . . . . . . . . . . . .
89
4.4
Grupper med era generatorer . . . . . . . . . . . . . . .
94
5 Permutationsgrupper
98
5.1
Den symmetriska gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2
Den alternerande gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
iii
98
5.3
Symmetrigrupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
6 Sidoklasser och Lagranges sats 6.1
Sidoklasser
6.2
Lagranges sats
6.3
Fermats och Eulers satser
121
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
7 Något om kryptering
136
7.1
Symmetriska krypton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
7.2
Asymmetriska krypton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
8 Isomor smer
157
8.1
De nition och exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
8.2
Några grundläggande egenskaper
8.3
Cayleys sats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
. . . . . . . . . . . . . 164
9 Direkta produkter av grupper
170
9.1
Yttre direkta produkter
9.2
Inre direkta produkter
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
9.3
Ändliga abelska grupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
9.4
Bevis för struktursatsen
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
10 Kvotgrupper
191
10.1 Normala undergrupper och kvotgrupper 10.2 Homomor smer och kvotgrupper 10.3 Några exempel
. . . . . . . . . 192
. . . . . . . . . . . . . 196
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
10.4 De tre isomor satserna för grupper . . . . . . . . . . . . 209 10.5 Enkla grupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 10.6 Centrum och kommutatorundergruppen
11 Följder av grupper
. . . . . . . . . 221
227
11.1 Jordan-Hölders sats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 11.2 Lösbara grupper
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
12 Ändliga grupper
244
12.1 Verkan av grupper på mängder 12.2 Burnsides formel
. . . . . . . . . . . . . . 244
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
12.3 Konjugatklasser och Sylowundergrupper 12.4 Sylows satser
. . . . . . . . . 261
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
13 Inledande ringteori
283
13.1 Ringar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 13.2 Nolldelare och integritetsområden . . . . . . . . . . . . . 296 13.3 Karakteristiken av en ring . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
14 Homomor smer, ideal och kvotringar 14.1 Ideal och kvotringar
304
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
14.2 Homomor smer och isomor smer . . . . . . . . . . . . . 310 14.3 De tre isomor satserna för ringar . . . . . . . . . . . . . 314 14.4 Primideal och maximala ideal . . . . . . . . . . . . . . . 318
15 Partiella ordningar och booleska algebror 15.1 Partiella ordningar och gitter
323
. . . . . . . . . . . . . . . 323
15.2 Begränsade, distributiva och komplementära gitter
. . . 337
15.3 Booleska algebror . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 15.4 Booleska algebror och elektriska kretsar
. . . . . . . . . 354
16 Polynomringar
361
16.1 Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 16.2 Evalueringar och nollställen
. . . . . . . . . . . . . . . . 367
16.3 Divisionsalgoritmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 16.4 Irreducibla polynom
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375
16.5 Entydig faktorisering av polynom . . . . . . . . . . . . . 384 16.6 Kvotringar bildade utifrån polynomringar
17 Faktorisering i integritetsområden 17.1 Ett integritetsområdes fraktionskropp
. . . . . . . . 389
397 . . . . . . . . . . 397
17.2 Faktoriella ringar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 17.3 Euklidiska ringar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420
17.4 Gaussiska heltal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426 17.5 Något om kvadratiska heltalsringar . . . . . . . . . . . . 432
18 Kroppsutvidgningar
439
18.1 Vektorrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440 18.2 Ändliga och algebraiska utvidgningar . . . . . . . . . . . 448 18.3 Geometriska konstruktioner
. . . . . . . . . . . . . . . . 467
19 En introduktion till kodningsteori
477
19.1 Koder och kodord . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478 19.2 Linjära koder
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488
19.3 Generatormatriser och kontrollmatriser . . . . . . . . . . 495
20 Splittringskroppar och separabla utvidgningar 20.1 Splittringskroppar
508
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508
20.2 Separabla utvidgningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522 20.3 Ändliga kroppar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529
21 En introduktion till Galoisteori
538
21.1 Galoisgrupper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 538 21.2 Galoisteorins huvudsats 21.3 Ett större exempel
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 549
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 558
22 Polynomekvationer
566
22.1 Rotutvidgningar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 566
22.2 Polynomekvationer av lägre grad än fem . . . . . . . . . 575 22.3 Femtegradsekvationen
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582
Litteraturförteckning
587
Facit
589
Index
621
Kapitel 1
Några grundläggande begrepp Syftet med detta inledande kapitel är först och främst att repetera och fördjupa vissa begrepp, som man vanligtvis stöter på i kurser som läses innan en första kurs om abstrakt algebra. Läsaren torde av den anledningen sett en hel del av kapitlets innehåll i sina tidigare matematikstudier. Vi inleder med litet mängdlära i avsnitt 1.1. I avsnitt 1.2 behandlas elementär talteori (divisionsalgoritmen, delbarhet och primtal). Avsnitt 1.3 behandlar ekvivalensrelationer, medan vi i avsnitt 1.4 studerar avbildningar.
1.1 Mängdlära Intuitivt föreställer vi oss en eller
element,
mängd som en samling av ett antal objekt
och vi kommer i denna bok att nöja oss med denna
intuitiva bild, framför att ge en detaljerad axiomatisk framställning av mängdläran.
För att ange att en mängd M innehåller ett element x skriver vi x 2 M , vilket vi läser som x tillhör M . Motsatsen till denna utsaga, x tillhör inte M , betecknas x 2 = M . Om M till exempel är mängden av alla städer i Sverige så gäller alltså Växjö 2 M , medan Montreal 2 = M. En ändlig mängd, d.v.s. en mängd som innehåller ett ändligt antal element, kan man ange genom att skriva upp elementen i mängden och 1
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
2
omge dessa med klamrar. Till exempel kan alltså mängden av de fem första positiva heltalen skrivas som
A = f1; 2; 3; 4; 5g.
Ordningen med
vilken man räknar upp elementen har ingen betydelse. Det spelar inte heller någon roll om något element förekommer mer än en gång mellan mängdklamrarna. Mängden
A ovan skulle alltså lika gärna kunna skri-
f4; 3; 5; 1; 2g eller f5; 1; 1; 3; 2; 4; 5; 4g. Antalet element i en ändlig mängd A betecknas jAj. vas
A och ett påstående P om elementen i A, så nns B som består precis av de element x i A för vilka påståendet P är sant. Matematiskt betecknas detta Givet en mängd
det en entydigt bestämd mängd
B = fx 2 A j P g: A är, används i regel det kortare skrivsättet B = fx j P g. Antag till exempel att A är mängden av alla Sveriges städer och B mängden av alla städer i Småland. Vi I de fall då det tydligt framgår vilken mängden
skulle då kunna skriva
B = fx 2 A j x ligger i Smålandg: När det gäller de allra vanligaste talmängderna kommer vi att använda följande standardbeteckningar:
N = f0; 1; 2; : : : g är mängden av alla naturliga tal1 Z = f: : : ; 2; 1; 0; 1; 2; : : : g är mängden av alla heltal Q = fa=b j a; b 2 Z; b = 6 0g är mängden av alla rationella tal R är mängden av alla reella tal C = fa + bi j a; b 2 R; i2 = 1g är mängden av alla komplexa tal. + Mängden av alla positiva heltal betecknas Z , och på motsvarande sätt + + de nieras Q och R . Med Q menas mängden av alla rationella tal utom 0, och motsvarande för R och C . A vara en delmängd av B , om varje element i A också är ett element i B . Om A är en delmängd av B så skrivs detta A B (eller B A), medan vi med A * B (eller B + A) menar att A inte är en delmängd av B . Två mängder är lika, Givet två mängder
1
A och B
så säges
I litteraturen förekommer det ibland att talet
talen.
0
inte räknas till de naturliga
1.1. Mängdlära
3
A = B , om och endast om A B och B A. Om A B men A 6= B , så skriver man ibland A B (eller B A). Vi säger då att A är en äkta delmängd av B . När man handskas med mängder brukar man antaga att de alla är
U , den så kallade universalmängden. I själva verket är detta antagande nödvändigt, om man 2 inte vill råka ut för otrevliga logiska fallgropar. Den tomma mängden ; är den mängd som inte innehåller några element alls. Denna är delmängder av en och samma xa mängd
en delmängd av varje mängd. Vi talar här om den tomma mängden i bestämd form, eftersom två mängder som båda saknar element måste vara lika med varandra.
De nition 1.1. Antag att A och B är delmängder av en universalmängd U . Då de nieras unionen A [ B och snittet A \ B av A och B som
A [ B = fx 2 U j x 2 A eller x 2 B g respektive
A \ B = fx 2 U j x 2 A och x 2 B g:
mängddierensen A n B som A n B = fx 2 U j x 2 A men x 2= B g: Speciellt kallas U n A = fx 2 U j x 2 = Ag för komplementet till A och betecknas {A. Vidare de nieras
Man kan använda sig av så kallade
Venndiagram3 för att åskådliggöra
de elementära mängdoperationerna. Man tänker sig då universalmängden som mängden av alla punkter innanför en rektangel. Delmängder av universalmängden avgränsas sedan vanligtvis med cirklar inuti denna rektangel. De skuggade områdena i gur 1.1 på följande sida representerar union, snitt, dierens respektive komplement. Vi samlar några av de vanligaste räknelagarna för de elementära mängdoperationerna i en sats. 2
Den mest kända av dessa otrevliga fallgropar brukar man referera till som
Russels paradox,
efter den engelske losofen Bertrand Russel (18721970). Se
övning 13.
3
John Venn (18341923), engelsk logiker.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
4
A
B
(a)
A
A[B
A
(b)
B
(c)
B
AnB
A\B
A
(d)
{A
Figur 1.1 Sats 1.2. Låt A, B och C vara delmängder av en mängd U . Då gäller (i) A \ (B \ C ) = (A \ B ) \ C ; A [ (B [ C ) = (A [ B ) [ C (ii) A \ B = B \ A; A [ B = B [ A (iii) A \ U = A; A [ ; = A (iv) A \ ; = ;; A [ U = U (v) A \ (A [ B ) = A; A [ (A \ B ) = A (vi) A [ {A = U ; A \ {A = ; (vii) A \ (B [ C ) = (A \ B ) [ (A \ C ); A [ (B \ C ) = (A [ B ) \ (A \ C ). Av (i) i satsen ovan framgår det att parenteser är över ödiga när det gäller bildandet av unionen eller snittet av tre mängder. Vi kan av den anledningen helt enkelt utelämna parenteserna, och istället skriva
A [ B [ C och A \ B \ C i respektive fall. Notera att A [ B [ C består av alla element som tillhör minst en av mängderna A, B eller C , och att A \ B \ C utgörs av de element som tillhör alla tre mängderna. Detta
1.1. Mängdlära
5
motiverar följande generalisering för bildandet av union och snitt av ett godtyckligt antal mängder: Om
fAi gi2I är en uppsättning mängder,
försedda med index hämtade från en indexmängd
[
i2I respektive
Ai = fx j x 2 Ai för något ig
\
i2I
Två mängder ma element,
I , så sätter vi
Ai = fx j x 2 Ai
för alla
ig:
A och B säges vara disjunkta, om de saknar gemensamd.v.s. om A \ B = ;. Till exempel är mängden av alla
udda heltal och mängden av alla jämna heltal disjunkta mängder.
De nition 1.3. Potensmängden till en mängd M de nieras mängden av alla delmängder av M . Denna betecknas P (M ). Exempel 1.4. Potensmängden till M = f1; 2; 3g ges av P (M ) = ;; f1g; f2g; f3g; f1; 2g; f1; 3g; f2; 3g; M : Således jP (M )j = 8.
som
Potensmängden är alltså en mängd som består av mängder. Vi kommer i allmänhet att kalla en mängd av mängder för en
familj.
Vi nämnde inledningsvis att det inte spelar någon roll i vilken ordning man räknar upp elementen i en mängd, d.v.s. att man till exempel inte skiljer på
fa; bg och fb; ag. Ofta har man dock anledning att ta
hänsyn till ordningen mellan elementen. Man skriver då
(a; b) istället
fa; bg. Vi kallar (a; b) för ett ordnat par, där a och b är det ordna-
för
komponenter. Två ordnade par (a; b) och (c; d) betraktas som lika, om och endast om a = c och b = d. Med andra ord är alltså (a; b) och (b; a) olika ordnade par, såvida inte a = b. de parets
De nition 1.5. Den cartesiska produkten4 A B der A och B de nieras som A B = f(a; b) j a 2 A; b 2 B g: 4
av två mäng-
Av Cartesius, det latinska namnet på den franske losofen René Descartes
(15961650).
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
6
Exempel 1.6.
Om
A = f1; 2; 3g och B = f1; 2g så är
A B = f(1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 2); (3; 1); (3; 2)g medan
B A = f(1; 1); (1; 2); (1; 3); (2; 1); (2; 2); (2; 3)g: Detta visar att vi i allmänhet har
Sats 1.7. Om A och B och jA B j = jAj jB j.
A B 6= B A.
är ändliga mängder så är även
A B ändlig
a hos (a; b) 2 A B kan väljas på jAj olika sätt, och för varje sådant nns det jB j olika möjligheter att välja den andra komponenten b. Från detta följer satsen, med hjälp av Bevis.
Den första komponenten
multiplikationsprincipen.
ordnad n-tipel (a1 ; a2 ; : : : ; an ) som en mängd av n element a1 ; a2 ; : : : ; an , sorterade i en bestämd ordning. Man säger att två ordnade n-tipler (a1 ; a2 ; : : : ; an ) och (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) är lika, om och endast om ai = bi för alla i. Vi kan I analogi med begreppet ordnat par de nieras en
också utvidga begreppet cartesisk produkt till att än två. Den cartesiska produkten av
n stycken mängder A1 ; A2 ; : : : ; An
de nieras som
A1 A2 An = f(a1 ; a2 ; : : : ; an ) j ai 2 Ai ; i = 1; 2; : : : ; ng: Motsvarigheten till sats 1.7 blir att
jA1 A2 Anj = om
A1 ; A2 ; : : : ; An
n Y i=1
jAij;
(1.1)
alla är ändliga mängder.
Övningar till avsnitt 1.1 1.
Skriv upp elementen i följande mängder.
(a) fn 2 Z j 3 4n + 1 15g (c) fx 2 R j x2 = 2g
(b) fx 2 Q j x2 = 2g p (d) fn 2 N j n 10; n 2 N g
1.1. Mängdlära
7
(e) fz 2 C j z 2 2z + 5 = 0g 2.
3.
(f) fveckans sju dagarg
A = f2; 4; 6; 8; 10g, B = f3; 6; 9g och C = f5; 10g. Bestäm (a) A \ B \ C (b) A [ B [ C (c) (A \ B ) [ (A \ C ) (d) (A [ B ) \ (A [ C ) (e) (A n B ) [ (B n A) (f) C \ (A n C ). Låt
Bestäm komplementet till mängden
U ges av (a) U = f0; 1; 2; 3; 4; 5; 6g
A = f2; 4; 5; 6g, om universalmäng-
den
4.
Bevisa sats 1.2.
5.
För två delmängder
A
(b) U = f2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9g. B
och
av en universalmängd
symmetriska dierensen A 4 B av A och B som
U
de nieras den
A 4 B = (A [ B ) n (A \ B ); se Venndiagrammet i gur 1.2. Visa att
(a) (A 4 B ) 4 C = A 4 (B 4 C ) (b) A 4 B = B 4 A (c) A 4 ; = A (d) A 4 A = ; (e) A \ (B 4 C ) = (A \ B ) 4 (A \ C ) för alla
A; B; C U .
A
B
Figur 1.2 6.
A och B vara delmängder av en universalmängd U . Visa att (a) {(A [ B ) = {A \ {B (b) {(A \ B ) = {A [ {B .
Låt
Ovanstående två formler brukar kallas för
7.
Antag att
8.
Låt
5
A A \ B = A.
och
B
är mängder. Visa att
De Morgans lagar.5 A B,
om och endast om
A och B vara två mängder. Visa att P (A \ B ) = P (A) \ P (B ).
Augustus De Morgan (18061871), engelsk matematiker.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
8
9. (a) Visa att om A och B är ändliga mängder, så är
jA [ B j = jAj + jB j jA \ B j: (b) Hur ser motsvarande formel ut för antalet element i en union av
A, B och C ? 10. Låt A = fag, B = f1; 2g, C = fx; y; z g och D = ;. Skriv upp samtliga tre ändliga mängder
element i var och en av följande mängder.
(a) A B
11. 12.
13.
(b) A B C
(c) B C
(d) B D
Bevisa formel (1.1).
A, B , C och D vara mängder. Bevisa att (a) A (B \ C ) = (A B ) \ (A C ) (b) A (B [ C ) = (A B ) [ (A C ) (c) (A \ B ) (C \ D) = (A C ) \ (B D). Låt
Russels paradox:
Mängden
A = fAg är en mängd som innehåller ett A själv; vi kan alltså skriva A 2 A. När
element, nämligen mängden
man bildar den här typen av mängder är man emellertid ute på hal is. Antag till exempel att vi vill de niera en mängd
M
enligt
M = fA j A är en mängd och A 2= Ag: Gäller då
M
2 M eller M 2= M ? (En populär framställning av Russels
paradox är följande: Vem rakar barberaren, som rakar alla som inte rakar sig själva?)
1.2 Heltal I de inledande matematikstudierna på högskolenivå får man bekanta sig med så kallade
induktionsbevis,
med vars hjälp man kan veri era
utsagor som rör positiva heltal. Till grund för den här typen av bevis ligger följande axiom.
Induktionsprincipen. Låt Pn vara en utsaga om det positiva heltalet n. Antag att (i) P1 är sann (ii) om Pk är sann, så är även Pk +1 sann, för varje k 1. Då är Pn sann för varje positivt heltal n.
1.2. Heltal
9
Med (ii) ovan menas att man gör ett antagande om att utsagan
Pk
induktionsantagandet, och bevisar att Pk+1 P1 är sann, måste därför P2 bli sann på grund av (ii). Om P2 är sann, så ger (ii) att P3 är sann, vilket i sin tur medför att P4 är sann, och så är sann, det så kallade
också måste vara sann i så fall. Om man först har konstaterat att
vidare. Man skulle kunna likna det hela vid ett dominospel; att man framför sig har en oändligt lång rad av dominobrickor, där man knuar omkull radens första bricka. Denna slår då omkull den andra brickan i raden, som i sin tur välter omkull den tredje, o.s.v.
Exempel 1.8. n X m=1
Visa med hjälp av induktion, att
(2m 1) = 1 + 3 + 5 + + (2n 1) = n2
(1.2)
n 2 Z+P . n (2m 1). Vi har s = 1 = 12 , så (1.2) är sann Sätt sn = 1 m=1 för n = 1. Antag nu att n > 1 och att formeln gäller för varje summa bestående av n 1 termer, d.v.s. att sn 1 = (n 1)2 . Vi får då för alla
sn = sn 1 + (2n 1) = n2 2n + 1 + 2n 1 = n2 ; och av induktionsprincipen följer att (1.2) gäller för alla
n 1.
Man kan också formulera (ii) i induktionsprincipen som
0
(ii) Om
Pk
är sann för
k = 1; 2; : : : ; m, så är även Pm+1
är sann.
Denna version tycks vara starkare än den ursprungliga, men det går att visa att de båda versionerna i själva verket är ekvivalenta. I många situationer är den starka versionen emellertid bättre att använda sig av än den svaga. Ett annat axiom för heltalen, som vid sidan av induktionsprincipen intar en viktig roll, är följande.
Välordningsprincipen. nehåller ett minsta tal.
Varje icke-tom mängd av positiva heltal in-
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
10
Välordningsprincipen känns måhända mer självklar än induktionsprincipen, men i själva verket är de ekvivalenta. Vi formulerar detta som en sats.
Sats 1.9.
Välordningsprincipen och induktionsprincipen är ekviva-
lenta med varandra.
Bevis.
Vi visar först att välordningsprincipen medför induktionsprin-
P1 ; P2 ; : : : , sådana Pk ) Pk+1 för alla k 1. Vi vill visa att Pn är
cipen. Antag att vi har en uppsättning av utsagor att
P1
är sann och att
sann för alla
n 1, d.v.s. att mängden
M = fn 2 Z+ j Pn är falskg
är tom. Om den inte vore tom, skulle den innehålla ett minsta tal enligt välordningsprincipen. Vi kan inte ha sann. Således måste
m
m = 1,
eftersom
P1
m, är
2, d.v.s. m 1 1. Vi har alltså därmed
Pm 1 är sann, men inte Pm . Detta är emellertid omöjligt, eftersom Pk ) Pk+1 för alla k 1. Vi konstaterar därmed att M = ;, vilket betyder att samtliga Pn är sanna. att
Antag så att induktionsprincipen gäller. Vi vill visa att varje icke-
Z+ innehåller ett minsta tal. Låt Pn vara påståendet + att varje delmängd av Z som innehåller n, innehåller ett minsta tal. tom delmängd av
P1 givetvis sann, ty om en mängd av positiva heltal innehåller 1, 1 också mängdens minsta tal. Antag nu att Pn är sant för alla n m. Vi skall visa att detta medför att Pm+1 är sant, d.v.s. att en mängd som innehåller m + 1, har ett minsta tal. Låt A vara en mängd av positiva heltal sådan att m + 1 2 A och betrakta delmängden Då är så är
B = fa 2 A j a mg
m + 1 det minsta talet i A och vi är klara. 1; 2; : : : ; m, vilket betyder att vi kan använda vårt induktionsantagande på B . Således har B ett minsta tal b. Eftersom samtliga tal i A n B är större än b, är b även det minsta talet i A. Induktionsprincipen ger därmed att Pn är sant + för alla n 2 Z , och därav följer välordningsprincipen. av
A. Om B
är tom, så är
I annat fall innehåller
B
minst ett av talen
Induktionsprincipen och välordningsprincipen kan givetvis formuleras i termer om naturliga tal istället för positiva heltal. Välordningsprin-
1.2. Heltal
11
cipen visar sig komma väl till hands i beviset för följande välbekanta sats.
Sats 1.10 (Divisionsalgoritmen). Låt a och b vara heltal och antag att b 1. Då nns entydigt bestämda heltal q och r sådana att a = bq + r; där
0 r < b.
Bevis.
A = fa bt j t 2 Zg. Det är inte svårt att se t så att a bt 0. Sålunda innehåller A naturliga tal,
Betrakta mängden
att man kan välja
och bland dessa måste det enligt välordningsprincipen nnas ett som
A för r. Då är r = a bq för q. Antag att r b. Då är r b = a b(q + 1) ett naturligt tal som tillhör A, och vi har r b < r. Detta strider mot att r är det minsta naturliga talet i A, så därmed måste 0 r < b. Existensdelen är minst. Kalla detta minsta naturliga tal i något heltal
av beviset är därmed klart.
q och r, antar vi att det nns r1 med samma egenskaper som q och r, d.v.s. a = bq1 + r1 , där 0 r1 < b. Då har vi bq + r = bq1 + r1 , från vilket När det gäller entydigheten hos
två andra tal
q1
och
b(q q1 ) = r1 r
(1.3)
r som r1 är naturliga tal mindre än b, så är jr1 rj < b. Eftersom b 1 måste därmed q q1 = 0 gälla för att (1.3) skall kunna vara uppfyllt. Detta ger i sin tur r1 r = 0. Beviset följer. Men på grund av att såväl
är därmed klart.
Talen
q
och
division av
r
i satsen ovan kallas för
a med b.
kvoten
respektive
resten
vid
Exempel 1.11. Då 27 divideras med 6, erhålles kvoten 4 och resten 3, d.v.s. 27 = 6 4 + 3. Eftersom 15 = ( 3) 7 + 6, så ger 15 kvoten 3 och resten 6 vid division med 7. Av speciellt intresse är de fall då divisionen går jämnt ut, d.v.s. då resten blir noll.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
12
De nition 1.12. Låt a och b vara heltal. Om det nns ett heltal c sådant att a = bc så säger vi att b är en delare i a, eller att a är en multipel av b. Detta betecknas b j a. Om b inte är en delare i a skriver vi b 6 j a. Till exempel har vi tal
4 j 12 men 5 6 j 16. Notera att 1 j a och a j 0 för alla hel-
a. Vi sammanfattar några av de viktigaste delbarhetsegenskaperna
i ett lemma.
Lemma 1.13. Låt a, b och c beteckna heltal. Då gäller (i) a j a för alla a (ii) om a j b och b j c, så gäller a j c (iii) om a j b och b j a, så är a = b (iv) om a j b och a j c, så gäller a j (bm + cn) för alla heltal m och n. Bevis.
Vi nöjer oss med att presentera ett bevis för (iv) och lämnar
som en övning till läsaren att bevisa (i), (ii) och (iii).
a j b och a j c innebär att det nns heltal s och t as = b och at = c. För alla heltal m och n blir därmed Att
sådana att
bm + cn = asm + atn = a(sm + tn); och eftersom
sm + tn är ett heltal följer a j (bm + cn).
d kallas för en gemensam delare till talen a1 ; a2 ; : : : ; an , d j ai för alla i. På motsvarande sätt kallar man ett heltal m för en gemensam multipel till a1 ; a2 ; : : : ; an , om ai j m för alla i. Ett heltal om
Exempel 1.14. 1, 3 och 6,
Samtliga gemensamma delare till medan varje tal på formen
36k,
gemensam multipel till dessa två tal.
De nition 1.15. med noll. Ett heltal (i) (ii)
a1 ; a2 ; : : : ; an g sådant att
Låt
18
där
och
k
12
ges av
2 Z, är
en
vara heltal, som inte alla är lika
g1 g är en gemensam delare till a1 ; a2 ; : : : ; an
1.2. Heltal
djg
13
d till a1 ; a2 ; : : : ; an kallas för den största gemensamma delaren till a1 ; a2 ; : : : ; an betecknas g = SGD(a1 ; a2 ; : : : ; an ). (iii)
för varje gemensam delare
Sats 1.16.
För varje par av heltal
a
och
b,
och
där inte båda är lika
g = SGD(a; b) existerar och kan skrivas på formen g = as + bt för några heltal s och t. med noll, gäller att
Betrakta mängden A = fax + by j x; y 2 Zg. Det är lätt att A innehåller tal som är positiva, så enligt välordningsprincipen nns ett minsta positivt heltal g i A. Vi har då g 1 och g = as + bt för några s; t 2 Z. Med hjälp av divisionsalgoritmen kan vi skriva a = gq + r, där 0 r < g. Alltså är
Bevis. se att
r = a gq = a (as + bt)q = a(1 sq) + b( tq); r 2 A. På grund av minimaliteten hos g måste därför r = 0, vilket ger g j a. På samma sätt visar man att g j b. Därmed är g en gemensam delare till a och b, och det återstår att visa att varje annan gemensam delare till a och b också är en delare i g . Men detta är en vilket innebär att
direkt konsekvens av lemma 1.13(iv).
Ovanstående sats ger ingen information om hur man beräknar den största gemensamma delaren till två givna heltal. Det nns dock en enkel algoritm för detta, men för att kunna förklara varför denna fungerar behöver vi ett lemma.
Lemma 1.17. Låt a och b vara två heltal, inte båda lika med noll, och antag att a = bq + r för några q; r 2 Z. Då är SGD(a; b) = SGD(b; r ). g = SGD(a; b) och g0 = SGD(b; r). Vi vill visa att g = g0 . Nu är en gemensam delare till b och r , och eftersom a = bq + r 0 0 är g också en delare i a. Således är g en gemensam delare till a och b, 0 vilket medför att g j g . Omvänt, eftersom g j a och g j b så följer g j r av att r = a bq. Därmed är g en gemensam delare till b och r, vilket 0 0 0 0 ger g j g . Alltså gäller såväl g j g som g j g , vilket innebär att g = g , 0 eftersom både g och g är positiva. Bevis.
Sätt
g0
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
14
Nu är vi redo att formulera vår algoritm för beräkning av
SGD(a; b). Vi
SGD(a; b) = SGD(a; b), så kan vi antaga a och b är skilda från noll, ty om a = 0 och b 6= 0 så är SGD(a; b) = b, och motsvarande då a 6= 0 och b = 0. Låt alltså a och b vara positiva heltal. Det är ingen inskränkning att antaga att a b. Med hjälp av divisionsalgoritmen kan vi nna q1 och r1 så att a = bq1 + r1 , där 0 r1 < b. Enligt lemma 1.17 är då SGD(a; b) = SGD(b; r1 ). Ett nytt användande av divisionsalgoritmen gör att vi kan nna q2 och r2 så att b = r1 q2 + r2 , där 0 r2 < r1 , noterar först att eftersom att
a och b är naturliga
tal. Vi kan också antaga att både
varvid lemma 1.17 ger
SGD(r1 ; r2 ) = SGD(b; r1 ) = SGD(a; b):
j :te steget användes divisionsalgoritmen för att bestämma qj och rj så att rj 2 = rj 1 qj + rj , där 0 rj < rj 1 , På detta vis fortsätter vi: I det
varefter vi med hjälp av lemma 1.17 i ett antal steg konstaterar att
SGD(rj 1 ; rj ) och SGD(a; b) är lika. Eftersom rj < rj 1 och alla rj är naturliga tal, kan vi inte hålla på med detta förfarande i all evighet. Till slut måste divisionen gå jämnt ut, d.v.s. vi får
rm
1
= rm qm+1 för något m. Vi har då
SGD(a; b) = SGD(rm 1 ; rm ) = SGD(rm qm+1 ; rm ) = rm :
a och b ges alltså av den rm . Detta förfarande att bestämma den
Den sökta största gemensamma delaren till sista icke försvinnande resten
största gemensamma delaren till två heltal går under benämningen
Euklides' algoritm.6 Exempel 1.18.
Bestäm
SGD(403; 156). Euklides' algoritm ger 403 = 2 156 + 91 156 = 1 91 + 65 91 = 1 65 + 26 65 = 2 26 + 13 26 = 2 13
6
Euklides (omkr. 325265 f.Kr.), grekisk matematiker. Euklides är mest känd
för verket Elementa , bestående av den då kända matematiken.
13 böcker, i vilket han framställer stora delar av
1.2. Heltal
15
I det femte steget går divisionen jämnt ut. Eftersom den sista icke försvinnande resten är
13, är alltså SGD(156; 403) = 13.
SGD(a; b) kan skrivas på formen as + bt för några heltal s och t. I själva verket visar sig detta gälla för alla rj som erhålles i Euklides' algoritm, vilket man kan bevisa med hjälp av induktion över j . Det gäller trivialt för r1 = a bq1, och för r2 Det skvallrades i sats 1.16 om att
har vi
r2 = b r1 q2 = b (a bq1 )q2 = aq2 + b(1 + q1 q2 ): s; t; u; v 2 Z sådana = au + bv , så följer av r 1 j 2 = rj 1 qj + rj att motsvarande gäller också för rj . Läsaren uppmanas att fylla i detaljerna Om man gör induktionsantagandet att det nns att
rj
2 = as + bt och rj
i resonemanget. Vi visar med ett exempel hur man, genom att gå baklänges i Euklides' algoritm, kan nna
Exempel 1.19.
Med
s och t så att SGD(a; b) = as + bt.
a = 403 och b = 156 (se exempel 1.18) får vi
13 = 65 2 26 = 65 2(91 1 65) = 3 65 2 91 = 3(156 1 91) 2 91 = 3 156 5 91 = 3 156 5(403 2 156) = 13 156 5 403; d.v.s. vi kan välja
De nition 1.20. vara
s = 5 och t = 13. Två heltal
relativt prima.
a och b sådana att SGD(a; b) = 1 säges
5 och 7 relativt prima, liksom 15 och 8. Däremot är 21 och 15 inte relativt prima, eftersom båda dessa tal är delbara med 3. Exempelvis är
Sats 1.21. Bevis. och
a och b är relativt s och t så att as + bt = 1.
Två heltal
det nns heltal
prima, om och endast om
)) Om a och b är relativt prima, så är existensen av heltalen s
(
t en direkt konsekvens av sats 1.16.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
16
() Om det nns s; t 2 Z så att as + bt = 1, så är varje gemensam
(
delare till
a och b en delare i 1, så a och b måste därmed vara relativt
prima.
Exempel 1.22. prima, eftersom
För alla heltal k gäller att 3k +1 och 4k +1 är relativt 4(3k + 1) 3(4k + 1) = 1.
En viktig konsekvens av sats 1.21 är följande sats.
Sats 1.23.
Om
a och b är relativt prima och om a j bc så gäller a j c.
as + bt = 1 för några heltal s och t. Detta betyder att cas + cbt = c. Eftersom a enligt förutsättningarna är en delare i bc så följer att a är en delare i vänsterledet. Således a j c, vilket Bevis.
Av sats 1.21 följer att
skulle bevisas.
n har 1 och n som delare. Detta är de så kallade triviala delarna. Alla andra, icke-triviala delare säges vara äkta. Varje heltal
De nition 1.24.
Ett heltal
p
2 säges vara ett primtal, om det
saknar äkta delare.
Till exempel är
2, 3, 5 och 7 primtal, 2 och 3.
men inte talet
6,
eftersom det
har de äkta delarna
Lemma 1.25. Låt p vara ett primtal. Då gäller att (i) om a och b är heltal sådana att p j ab så gäller p j a eller p j b (ii) om a1 ; a2 ; : : : ; an är heltal sådana att p j a1 a2 : : : an så gäller p j ai för minst ett i. p 6 j a. Då är a och p relativt prima, varför sats 1.23 medför att p j b. På samma sätt medför p 6 j b att p j a. (ii) Påståendet är självklart för n = 1. Antag att påståendet är sant för något n 1. Om då p j a1 a2 : : : an+1 så ger (i) att p j a1 a2 : : : an eller p j an+1 . Om p j an+1 så är vi klara. I annat fall ger induktionsantagandet att p är en delare i minst ett ai , varav lemmat följer. Bevis.
(i) Antag att
1.2. Heltal
17
Sats 1.26 (Aritmetikens fundamentalsats).
Varje heltal
n
2
kan skrivas som en produkt av primtal på ett entydigt sätt, om man inte tar hänsyn till ordningen mellan faktorerna.
Bevis.
Låt
A vara mängden av alla heltal n 2 som inte
kan skrivas
som en produkt av primtal. Existensdelen av beviset följer, om vi kan
A = ;. Antag att så inte är fallet, d.v.s. att A 6= ;. Då säger A innehåller ett minsta tal a. Detta a kan självt inte vara ett primtal, eftersom a = a då vore en primtalsfaktorisering av a (med blott en faktor). Alltså har a äkta delare, vilket gör det möjligt att skriva a = cd, där 1 < c < a och 1 < d < a. Eftersom a är det minsta heltalet i A så måste därmed c; d 2 = A, vilket innebär både c och d kan skrivas som en produkt av primtal. Men då medför a = cd att detta också måste gälla för a, vilket är en motsägelse. Antagandet om att A är icke-tom måste sålunda vara felaktigt, vilket visar att varje heltal n 2 kan skrivas som en produkt av primtal. visa att
välordningsprincipen att
Entydigheten kan visas med ett liknande förfarande. Låt oss anta att det nns heltal, för vilka faktoriseringen i primtal dig. Något av dessa måste då vara minst, säg
inte
är enty-
b. Således nns det två
väsentligen olika faktoriseringar
b = p1 p2 : : : pr = q1 q2 : : : qs av
b,
där alla
annars vore
b
pi
och
qj
är primtal. Här måste
r
2 och s 2, ty
ett primtal och det hela skulle vara klart. Ekvationen
p1 j q1 q2 : : : qs , så enligt lemma 1.25(ii) måste p1 vara en delare i minst ett qj . Eftersom vi inte bryr oss om ordningen mellan faktorerna kan vi efter en eventuell omnumrering av qj :na antaga att p1 j q1 . Men både p1 och q1 är primtal, så detta delbarhetsförhållande är endast möjligt om p1 = q1 . Således ovan säger att
p1 p2 : : : pr = p1 q2 q3 : : : qs ; och vi kan förkorta bort
p1 från båda leden. Detta ger
p2 p3 : : : pr = q2 q3 : : : qs: Här har vi två faktoriseringar av heltalet
b=p1 . Dessa måste vara lika, b=p1 < b och b
sånär som på ordningen mellan faktorerna, eftersom
är det minsta talet med två väsentligen olika primtalsfaktoriseringar.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
18
r = s och efter en eventuell omnumrering av faktorerna har vi pi = qi för i = 2; 3; : : : ; r . Detta medför dock att de två ursprungliga faktoriseringarna av b också är lika, tvärtemot vårt antagande. Beviset Alltså är
är därmed klart.
Aritmetikens fundamentalsats innebär alltså att varje heltal
n
2
på ett entydigt sätt (bortsett från faktorernas inbördes ordning) kan skrivas
n = pn1 1 pn2 2 : : : pnr r ; p1 ; p2 ; : : : ; pr alla i. där
Följdsats 1.27.
är de olika primtalsdelarna i
Låt
och där
ni
1 för
n 2 vara ett heltal sådant att n = pn1 1 pn2 2 : : : pnr r ;
där
n,
(1.4)
p1 ; p2 ; : : : ; pr är olika primtal och ni 1 för alla i. Då är ett positivt d en delare i n, om och endast om
heltal
där
0 di ni för alla i.
Bevis.
d = pd11 pd22 : : : pdr r ;
)) Om d j n så nns ett heltal c 1 så att n = cd. Av (1.4)
(
följer då att
cd = pn1 1 pn2 2 : : : pnr r ;
c = pc11 pc22 : : : pcrr och d = pd11 pd22 : : : pdr r , där ci ; di 2 N uppfyller ci + di = ni för alla i = 1; 2; : : : ; r . Således gäller 0 di ni för alla i. vilket ger
() Resultatet följer av att
(
n = pn1 1 pn2 2 : : : pnr r = (pn1 1 d1 pn2 2 d2 : : : pnr r där
c = pn1 1 d1 pn2 2 d2 : : : pnr r
dr )(pd1 pd2 : : : pdr ) = cd; r 1 2
dr .
De nition 1.28. Låt a1 ; a2 ; : : : ; an Ett heltal ` sådant att
vara heltal, alla skilda från noll.
1.2. Heltal
19
`1 (ii) ` är en gemensam multipel till a1 ; a2 ; : : : ; an (iii) ` j m för varje gemensam multipel m till a1 ; a2 ; : : : ; an kallas för den minsta gemensamma multipeln till a1 ; a2 ; : : : ; an och betecknas ` = MGM(a1 ; a2 ; : : : ; an ). (i)
Sats 1.29.
a1 ; a2 ; : : : ; an är positiva heltal med respektive
Antag att
primtalsfaktoriseringar
m1r 11 m12 a1 = pm 1 p2 : : : pr m2r 21 m22 a2 = pm 1 p2 : : : pr . . .
mnr n1 mn2 an = pm 1 p2 : : : pr ; där
p1 ; p2 ; : : : ; pr
är olika primtal och
`j = max(m1j ; m2j ; : : : ; mnj ) för alla
och
mij 0 för alla i; j .7
Sätt
gj = min(m1j ; m2j ; : : : ; mnj )
j = 1; 2; : : : ; r. Då är SGD(a1 ; a2 ; : : : ; an ) = pg11 pg22 : : : pgrr
(1.5)
MGM(a1 ; a2 ; : : : ; an ) = p`11 p`22 : : : p`rr :
(1.6)
och
Bevis.
Beviset för såväl (1.5) som (1.6) bygger på följdsats 1.27. Vi
bevisar därför endast för (1.6) och lämnar ett bevis för (1.5) som en övning till läsaren. Sätt
` = p`11 p`22 : : : p`rr : Eftersom det för varje xt
j = 1; 2; : : : ; r gäller att
`j = max(m1j ; m2j ; : : : ; mnj ) mij 7
Notera att primtalsfaktoriseringarna av
med att vi tillåter att
mij
får vara noll.
a1 ; a2 ; : : : ; an
inte är entydiga, i och
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
20
i = 1; 2; : : : ; n så följer av följdsats 1.27 att ` är en gemensam multipel till a1 ; a2 ; : : : ; an . Om m är en godtycklig gemensam multipel till a1 ; a2 ; : : : ; an så ger samma följdsats att för alla
mr 1 m2 m = pm 1 p2 : : : pr ; där det för varje xt
j
gäller att
mj
mij
för alla
i.
Men om så är
fallet, måste
mj max(m1j ; m2j ; : : : ; mnj ) = `j och då ger ännu ett användande av följdsats 1.27 att
` j m,
vilket vi
ville bevisa.
Exempel 1.30.
Bestäm den största gemensamma delaren respektive
den minsta gemensamma multipeln till de tre talen
84, 280 och 1 260.
Primtalsfaktorisering ger
84 = 22 31 50 71 ; 280 = 23 30 51 71 respektive 1 260 = 22 32 51 71 ; SGD(84; 280; 1 260) = 22 30 50 71 = 28 MGM(84; 280; 1 260) = 23 32 51 71 = 2 520. vilket betyder att
Övningar till avsnitt 1.2 1.
Visa att
n X k=1
k = 1+2+ +n =
n(n + 1)
2
med hjälp av induktion.
2.
Visa att
n X k=1
k2 = 12 + 22 + + n2 =
med hjälp av induktion.
n(n + 1)(2n + 1)
6
och
1.2. Heltal 3.
21
Bevisa att
n X k=1
4.
!2
k
=
n X k=1
k3 :
Bevisa att
n Y k=2
5.
Visa att
6.
Låt
M
n2 2n
för alla
n 4.
jP (M )j = 2n .
vara en mängd med
att visa att
1 k12 = n2+n 1 : n
element. Använd induktion över
7.
Bestäm kvoten
8.
Bevisa (i), (ii) och (iii) i lemma 1.13.
9.
Visa att
n
för
q och resten r då a divideras med b, om (a) a = 34, b = 3 (b) a = 139, b = 28 (c) a = 3 834, b = 193 (d) a = 3 413, b = 71.
6 alltid är en delare i produkten av tre på varandra följande
heltal.
10.
En algoritm för att testa om ett positivt heltal med
n
är jämnt delbart
7: Multiplicera entalssiran till n med 2, och subtrahera denna
n strykes. Kalla det m. (Exempel: n = 1 729 ) m = 172 9 2 = 154.) Bevisa att 7 j n, om och endast om 7 j m. produkt från det tal som erhålls då entalssiran till tal som då erhålls för
11.
SGD(a; b), om (a) a = 55, b = 120 (c) a = 34, b = 55
Beräkna
Bestäm också
s; t
(b) a = 190, b = 172 (d) a = 84, b = 99.
2 Z så att as + bt = SGD(a; b), i vart och ett av
dessa fall.
5k + 2 och 7k + 3 är relativt prima för alla heltal k. 13. Beräkna SGD(30; 105; 385) och MGM(30; 105; 385). 12.
Visa att
14.
Låt
a och b vara positiva heltal. Visa att
SGD(a; b) MGM(a; b) = ab: 15.
Bevisa formel (1.5) i sats 1.29.
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
22
16.
Låt
a; b; c 2 Z+. Visa att SGD[a; MGM(b; c)] = MGM[SGD(a; b); SGD(a; c)]
och
MGM[a; SGD(b; c)] = SGD[MGM(a; b); MGM(a; c)]: 17.
Primtalsfaktorisera
18.
Bevisa att det nns oändligt många primtal.
(a) 348
(b) 812
(c) 693
(d) 1 101.
p1 ; p2 ; : : : ; pn och p1 p2 : : : pn + 1.) 19. Ett positivt heltal n kallas perfekt, om summan av alla dess positiva delare, bortsett från n självt, är lika med n. Till exempel är 6 perfekt, (Ledning: Antag att det nns ändligt många primtal betrakta talet
6 är delbart med 1, 2 och 3, och 1 + 2 + 3 = 6. (a) Veri era att 28 och 496 båda är perfekta tal. (b) Antag att p är ett primtal sådant att också 2p 1 är ett primtal. p 1 (2p 1) är ett perfekt tal. Tag med hjälp av denna Visa att 2 eftersom
formel fram ytterligare två perfekta tal, förutom de ovan nämnda.
1.3 Ekvivalensrelationer Att en relation råder mellan två saker innebär i vardagligt tal att någon form av förhållande eller släktskap råder mellan dem. Något liknande skulle man informellt kunna säga om begreppet relation inom matematiken, vilket emellertid kan vara svårt att genomskåda när man ser följande de nition.
X vara en mängd. Med en relation på X avses en delmängd R av X X . Vi säger att x är relaterat till y (genom R ), om (x; y ) 2 R . Om så är fallet skriver vi x R y . Att x inte är relaterat till y anges genom att skriva x R 6 y. De nition 1.31.
Exempel 1.32. beskrivs av
Låt
Antag att
X = f1; 2; 3; 4g och att relationen R på X
x R y () x < y för alla x; y 2 X . Då är R = f(1; 2); (1; 3); (1; 4); (2; 3); (2; 4); (3; 4)g.
1.3. Ekvivalensrelationer
Exempel 1.33.
23
De vanliga relationerna
relationer på mängden av reella tal
R.
, , , = och 6= är alla
Ofta har man anledning att betrakta olika element i en mängd som likvärdiga. Studera till exempel mängden
S = f(a; b) j a; b 2 Z; b 6= 0g:
(1.7)
(a; b) 2 S associera ett a=b. Bildandet av mängden S är i själva verket det första 8 att till varje element
Det är ganska frestande rationellt tal
steg man tar, då man vill utvidga talområdet
Z till Q . Det nns dock
S kommer med ovanstående tolkning att svara mot samma rationella tal. Till exempel kommer (1; 4), ( 1; 4) och (2; 8) alla att motsvara det rationella talet 1=4. Det nns därför all en liten hake: Olika element i
anledning att betrakta dessa element som likvärdiga, och vi skall snart se hur detta kan göras. En relation R på en mängd X kallas för en ekvivalensrelation, om den är (i) re exiv, d.v.s. om x R x för alla x 2 X (ii) symmetrisk, d.v.s. om x R y medför att y R x (iii) transitiv, d.v.s. om x R y och y R z medför att x R z . Om x R y , där R är en ekvivalensrelation, så säger vi att x och y är ekvivalenta (med avseende på R ). Vi skriver då x y istället för x R y.
De nition 1.34.
Exempel 1.35. När det gäller relationerna på R i exempel 1.33 så är < och > transitiva men inte re exiva eller symmetriska, och är re exiva och transitiva men inte symmetriska, = är såväl re exiv, symmetrisk som transitiv, medan 6= endast är symmetrisk. Av alla dessa relationer är det alltså endast = som är en ekvivalensrelation. Exempel 1.36.
De niera
xy 8
på Z enligt
() x + y är ett jämnt tal:
Åtminstone för en matematiker!
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
24
x + x = 2x är ett jämnt tal så är re exiv. Att är symmetrisk följer direkt av att x + y = y + x. Om slutligen x y och y z så nns heltal n1 och n2 sådana att x + y = 2n1 och y + z = 2n2 . Därmed blir x + z = (x + y ) + (y + z ) 2y = 2(n1 + n2 y), som Eftersom
också är ett jämnt tal, vilket visar att
också är transitiv och således
en ekvivalensrelation.
De nition 1.37. Låt vara en ekvivalensrelation på en mängd X och x ett godtyckligt element i X . Mängden fy 2 X j x y g kallas då för ekvivalensklassen till x under . Vi betecknar denna med [x]. Med andra ord innehåller ekvivalensklassen [x] alla element i X som är ekvivalenta med x. Exempel 1.38.
Betrakta ekvivalensrelationen
från exempel 1.36.
1 består av alla heltal y sådana heltal sådana att y + 1 är ett
Den ekvivalensklass som innehåller talet att
1
y,
eller med andra ord alla
[1] = fudda heltalg. På [0] = fjämna heltalg. jämnt tal. Sålunda
Notera att vi i exemplet ovan har
liknande sätt ser man att
[0] [ [1] = Z och [0] \ [1] = ;. Som
vi snart skall se, är detta ingen tillfällighet. Först behöver vi dock en de nition.
De nition 1.39. Antag att X är en mängd. Med en partition av X avses en familj fXi gi2I av icke-tomma delmängder av X sådana att S (i) i2I Xi = X (ii) Xi \ Xj = ;, närhelst i 6= j , för alla i; j 2 I . Exempel 1.40. Det nns fem olika partitioner av A = fa; b; cg. Des sa utgörs av fag; fbg; fcg , fag; fb; cg , fbg; fa; cg , fcg; fa; bg och fAg. Sats 1.41. av X . Då är
Antag att
X är en ändlig mängd och fXi gni=1 en partition
jX j = jX1 j + jX2 j + + jXn j:
1.3. Ekvivalensrelationer Bevis.
Elementen i
elementen i varje
X
25
kan räknas genom att i tur och ordning räkna
Xi . På grund av att mängderna Xi är parvis disjunkta X kommer varje element i X att räknas
och tillsammans utgör hela exakt en gång.
Exempel 1.42.
n element. Vi n skall visa att P (M ), potensmängden till M , innehåller 2 element. Låt Mk vara mängden av alla delmängder av M som innehåller k elen ment. Då är fMi gi=0 en partition av P (M ). Från kombinatoriken erinrar vi oss att antalet sätt att välja ut k element från n givna är lika Låt
M
med
vara en ändlig mängd av säg
n n! : = (n k)!k! k Men att välja ut k element av n är precis vad vi gör, när vi bildar en n för varje k . delmängd av M med k element. Således gäller jMk j = k Av sats 1.41 följer nu
jP (M )j = jM0 j + jM1 j + + jMn j =
n X n k=0
:
k
Med hjälp av binomialsatsen nner vi att
2n = (1 + 1)n =
n X n k=0
och vi har därmed visat att der
M.
k
1k 1n
k
jP (M )j = 2jM j
=
n X n k=0
k
;
för alla ändliga mäng-
Partitioner av en mängd har nära anknytning till ekvivalensrelationer, vilket framgår av följande sats.
Sats 1.43.
Antag att
är en ekvivalensrelation på en mängd X . Låt C = f[x] j x 2 X g
vara mängden av alla olika ekvivalensklasser under denna relation. Då är
C en partition av X . Omvänt, givet en partition P av X så nns det
en ekvivalensrelation på mängder som ingår i
P.
X , vars ekvivalensklasser utgörs precis av de
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
26
Bevis.
På grund av att
är re exiv, gäller x 2 [xS] för alla x 2 X . Ingen
x2X [x] = X . Låt nu [x1 ] och [x2 ] vara två icke-disjunkta ekvivalensklasser. Vi vill visa att [x1 ] = [x2 ]. Eftersom snittet av [x1 ] och [x2 ] är icke-tomt nns det ett y 2 X som tillhör såväl [x1 ] som [x2 ]. För detta y gäller alltså x1 y och x2 y , men eftersom är symmetrisk har vi även y x1 . Välj nu z 2 [x1 ] godtyckligt. Då gäller x1 z . Tillsammans med y x1 fås y z , eftersom är transitiv. Ett nytt användande av transitiviteten, den här gången på x2 y och y z , ger att x2 z , d.v.s. att z 2 [x2 ]. Men eftersom z valdes godtyckligt i [x1 ] följer [x1 ] [x2 ]. Med ett av ekvivalensklasserna är alltså tom, och vi har
liknande resonemang inses att den omvända inklusionen också råder. Därmed är
[x1 ] = [x2 ], vilket skulle bevisas.
I avsikten att bevisa satsens andra påstående låter vi vara en partition av
X . De niera enligt
xy
P = fXi gi2I
() x och y tillhör samma Xi .
Detta är naturligtvis en ekvivalensrelation och det framgår också klart att ekvivalensklasserna under
Exempel 1.44.
Låt
X
precis utgörs av mängderna Xi.
vara mängden av alla människor. Man inser
lätt att
xy
() x och y är födda i samma månad
X . Ekvivalensklasserna blir till antalet tolv stycken, en för varje månad: Cjan ; Cfeb ; : : : ; Cdec . Varje människa tillhör en ekvivalensrelation på
alltså exakt en av dessa ekvivalensklasser, nämligen den som svarar mot
9
den månad i vilken han eller hon är född.
Exempel 1.45.
Låt oss återvända till mängden
S i (1.7) på sidan 23,
och vår önskan att tolka dess element som rationella tal. Vårt problem med att olika element i
S
svarar mot samma rationella tal kan lösas
med hjälp av en ekvivalensrelation. Eftersom det för alla rationella tal gäller att
9
a c = b d
Författaren själv tillhör
Cokt .
() ad = bc;
1.3. Ekvivalensrelationer
27
(a; b) och (c; d) motsvara samma rationella tal, om och endast om ad = bc. Det verkar alltså troligt att relationen , de nierad så kommer enligt
(a; b) (c; d)
() ad = bc;
S . Låt oss veri era detta! (a; b) (a; b) är ekvivalent med att ab = ba, vilket ju är sant. När det gäller symmetrin så är (a; b) (c; d) detsamma som att ad = bc. Men detta kan också skrivas cb = da, så (c; d) (a; b). Antag att (a; b) (c; d) och (c; d) (r; s). Då gäller ad = bc och cs = dr. Transitiviteten följer om vi kan visa att as = br. är en ekvivalensrelation på
Re exiviteten är klar, eftersom
Men nu är
asd = ads = bcs = bdr = brd; och då
d 6= 0 kan denna faktor förkortas bort. Sålunda gäller as = br,
och vi har visat att
är en ekvivalensrelation. Varje ekvivalensklass
kommer nu att svara mot exakt ett rationellt tal och vice versa.
Vi skall runda av detta avsnitt genom att studera en viktig ekvivalensrelation på mängden av alla heltal. Låt
n vara ett positivt heltal.
på Z enligt a b () n j (a b) () a b = nk för något k 2 Z (1.8) för alla a; b 2 Z. Då är en ekvivalensrelation på Z. Re exiviteten följer direkt av att a a = 0 = 0 k. Antag att a b. Då gäller a b = nk för något heltal k. Eftersom b a = nk = n ( k) så gäller b a, d.v.s. är symmetrisk. Antag till sist att a b och b c. De niera relationen
Då nns heltal
k1
och
k2
sådana att
a b = nk1 och b c = nk2 . För k sådant att a c = nk.
att bevisa transitiviteten vill vi nna ett heltal Eftersom
a c = (a b) + (b c) = nk1 + nk2 = n(k1 + k2 ); så duger
k = k1 + k2 .
Zn beteckna mängden av alla ekvivalensklasser under och låt a vara ett godtyckligt heltal. Om b 2 [a] så har vi b a, d.v.s. Låt
b a = kn för något heltal k. Ett godtyckligt element i [a] är alltså på
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
28
formen i
b = a + kn, och omvänt är varje element på denna form medlem
[a]. Detta betyder att
[a] = f: : : ; a 2n; a n; a; a + n; a + 2n; : : : g: Vi ser att det i varje ekvivalensklass nns exakt ett heltal skapen
(1.9)
r med egen-
0 r n 1, och att elementen i [r] består precis av de heltal r vid division med n. Av den anledningen kan vi skriva
som ger resten
Zn = f[0]; [1]; : : : ; [n 1]g: De nition 1.46.
Ekvivalensklasserna under ekvivalensrelationen gi-
ven av (1.8) kallas för
restklasser modulo n. Istället för a b skriver
vi i detta sammanhang
a b (mod n); vilket vi läser som
Exempel 1.47.
a är kongruent med b modulo n.
Vi har
14 3 (mod 11) och 4 2 (mod 6).
Övningar till avsnitt 1.3 1. Låt X = f1; 2; 3; 4g och ange relationen R som delmängd av X X , om
R
är de nierad enligt
(a) x R y () x > y (c) x R y () x = y (e) x R y () x = 5 y
där
2.
(b) x R y () x < y (d) x R y () x y (f) x R y () x2 = y,
x; y 2 X .
Avgör om följande relationer på sitiva.
(a) x R y () x + y > 10 (c) x R y () x2 = y2 (e) x R y () x y 0
3.
R
är re exiva, symmetriska eller tran-
(b) x R y () jx yj = 1 (d) x R y () x + y 2 Z (f) x R y () x = 1; y = 2
Vilka av nedanstående relationer är ekvivalensrelationer? Ange också varför en relation inte är en ekvivalensrelation, när så är fallet.
(a) a R b () a j b, (b) a R b () 4 j ab,
på
Z
på
N
1.4. Avbildningar
29
(c) a R b () a och b har samma entalssira, (d) A R B () A [ B = B , på P (M ), där M 4. 5. 6.
på
Z+
är en mängd.
b så att 0 b < n och a b (mod n), om (a) a = 13, n = 8 (b) a = 52, n = 9 (c) a = 8, n = 10 (d) a = 14, n = 14 (e) a = 8, n = 12 (f) a = 23, n = 11. Bestäm heltalet
Ange om följande påståenden är sanna eller falska.
(a) [3] = [7] i Z4 (d) [ 4] = [6] i Z10
(b) [10] = [3] i Z8 (c) [12] = [ 10] i Z7 (e) [ 8] = [ 18] i Z11 (f) [23] = [ 22] i Z3
på N N , de nierad enligt (a; b) (c; d) () a + d = b + c för alla (a; b); (c; d) 2 N N , är en ekvivalensrelation på N N . Bevisa att relationen
skriv elementen i ekvivalensklassen
används i samband med att man utvidgar talområdet
7.
Be-
[(0; 2)]. (Denna ekvivalensrelation N
till
Z.)
På hur många sätt kan man partitionera en mängd som innehåller fyra element?
8.
Hur många relationer nns det på en ändlig mängd med
n
element?
Hur många av dessa är re exiva respektive symmetriska?
9.
Studera följande bevis för att symmetri och transitivitet medför re exivitet.
vara en symmetrisk och transitiv relation på mängX , och tag x; y 2 X så att x y. På grund av symmetrin har vi då y x. Således x y och y x, varav x x följer på grund av transitiviteten. Därmed är re exiv. Låt
den
Finn felet i ovanstående resonemang!
1.4 Avbildningar Avbildningar eller funktioner är ett av de mest fundamentala begreppen i matematiken. Formellt brukar man de niera en avbildning från en mängd
A
till en mängd
B
som en delmängd av
AB
med vissa
egenskaper. Vi väljer dock att i vår framställning ge en något informell,
10 de nition.
men mer intuitivt tilltalande, 10
Förhoppningsvis!
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
30
De nition 1.48. Låt A och B vara två mängder. En avbildning (eller funktion) f från A till B är en regel som till varje element a 2 A ordnar exakt ett element f (a) 2 B . Mängden A kallas avbildningens de nitionsmängd och B dess målmängd. Vi använder beteckningen f : A ! B för en avbildning f från A till B . a 2 A, stoppar f , varvid man erhåller ett element f (a) 2 B . Matematiskt brukar man skriva detta som A 3 a 7! f (a) 2 B , eller ibland endast a 7! f (a). Figur 1.3 illustrerar de nitionen: Man tar ett element in detta i avbildningen
Vi kommer först och främst att använda oss av ordet avbildning framför funktion, speciellt när vi talar om sådana i mer abstrakta sammanhang. Med en funktion kommer vi att mena en avbildning från en talmängd till en annan talmängd.
f
A
B f (a)
a
Figur 1.3 Exempel 1.49.
g(x) = sin x är exempel h(x) = ln x, eftersom logaritmfunktionen inte är de nierad för x 0. Däremot är h Såväl
på funktioner från en funktion från
R
f (x) = 2x + 1
till
R.
som
Detta gäller däremot inte
R+ till R.
f : A ! B och g : C ! D lika, f = g, om A = C , B = D och f (a) = g(a) för alla a 2 A. De nitionsmässigt är två avbildningar
f : A ! B och g : B ! C vara h : A ! C de nierad enligt h(a) = g[f (a)] för alla a 2 A säges vara sammansatt av f och g och betecknas g Æ f . De nition 1.50.
Låt
avbildningar. Avbildningen
två givna
1.4. Avbildningar
31
(g Æ f )(x) = g[f (x)], så skall g Æ f läsas från höger till vänster: Först stoppas a in i f , varvid man erhåller f (a) som i sin tur stoppas in i g , se gur 1.4. Notera att eftersom
B f
g
f (a)
A
C
gÆf a
g[f (a)]
Figur 1.4 Exempel 1.51.
För funktionerna
f
och
g i exempel 1.49 har vi
(f Æ g)(x) = f [g(x)] = f (sin x) = 2 sin x + 1; medan
(g Æ f )(x) = g[f (x)] = g(2x + 1) = sin(2x + 1): Uppenbarligen är dessa funktioner inte lika med varandra
(f Æ g)(0) = 1, medan (g Æ f )(0) = sin 1 gäller alltså f Æ g 6= g Æ f . pel är
Sats 1.52.
Låt
f : A
! B, g : B ! C
till exem-
0:84. I allmänhet
och
h : C
!D
vara
avbildningar. Då är
(f Æ g) Æ h = f Æ (g Æ h): Bevis.
För det första konstaterar vi att såväl
är avbildningar från
A
till
D.
(f Æ g) Æ h som f Æ (g Æ h)
Deras respektive de nitions- och mål-
mängder är alltså lika. För att bevisa att avbildningarna är lika, måste
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
32
vi också visa att de avbildar elementen i
A på elementen i D på samma
sätt. Men enligt de nitionen av sammansatt avbildning, är å ena sidan
[(f Æ g) Æ h](a) = (f Æ g)[h(a)] = f [g(h(a))]; medan å andra sidan
[f Æ (g Æ h)](a) = f [(g Æ h)(a)] = f [g(h(a))]: Således är avbildningarna
(f Æ g) Æ h och f Æ (g Æ h) lika.
De nition 1.53. Låt f vara en avbildning från A till B . För varje mängd X A de nieras bilden av X genom f som delmängden f (X ) = ff (x) j x 2 X g B . Bilden av A kallas speciellt för värdemängden till f och brukar im f .11 Omvänt de nieras urbilden genom f av en mängd Y B som delmängden av
betecknas
f 1(Y ) = fa 2 A j f (a) 2 Y g av
A.
Begreppen bild och urbild av en mängd genom en avbildning åskådliggörs i gur 1.5 på motstående sida. I den övre del guren avbildas
X
samtliga element i
f (X )
B
A (det skuggade området i A), på området
(det skuggade området i
le kunna missa
f (X ),
om
a
B ),
vis illustreras i den undre del guren att element i
A som hamnar i Y
Exempel 1.54.
medan
f (a)
däremot skul-
2 A ligger utanför X . På motsvarande f 1 (Y )
utgörs precis av de
B , då de stoppas in i f .
g(x) = sin x vara de två X = [0; 2] och Y = [2; 3].12 Då gäller att f (X ) = [1; 5] och g(X ) = [0; 1], medan f 1 (Y ) = [1=2; 1] och g 1 (Y ) = ;. Urbilden av en mängd kan alltså funktionerna från
Låt
R
f (x) = 2x + 1
till
R
och
i exempel 1.49. Antag att
mycket väl vara tom. 11 12
Här står '
im' för det engelska ordet image. [a; b] avses intervallet fx 2 R j a x bg.
Med beteckningen
1.4. Avbildningar
33
A
X
f
f (X )
A
f 1(Y )
f
Y
B
B
Figur 1.5 De nition 1.55.
Låt
A
vara en mängd. Avbildningen
"A : A
!A
de nierad enligt
"A (a) = a kallas
för alla
a2A
identitetsavbildningen på A. f : A ! B har f Æ "A = f och "B Æ f = f . f : A ! A gäller speciellt f Æ "A = "A Æ f = f .
Notera att vi för varje För en avbildning
I den mån det inte råder någon tvekan om vilken mängd som en viss identitetsavbildning är kopplad till, kommer vi endast att skriva
".
De nition 1.56. Låt f : A ! B vara en avbildning. Med en invers till f avses en avbildning g : B ! A som uppfyller f Æ g = "B och g Æ f = "A . En avbildning som har en invers säges vara en inverterbar
avbildning.
g är en invers till f , så är f en invers g. En avbildning kan ha högst en invers, ty om både g1 : B ! A och g2 : B ! A vore inverser till f : A ! B , så skulle vi ha f Æ g1 = "B Det framgår av de nitionen att om till
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
34
g2 Æ f = "A , vilket i sin tur skulle medföra att g2 = g2 Æ "B = g2 Æ (f Æ g1 ) = (g2 Æ f ) Æ g1 = "A Æ g1 = g1 : Detta faktum att en avbildning f kan ha högst en invers gör att vi kan tala om inversen till f , ifall denna existerar. Vi noterar vidare att om f : A ! A är inverterbar med inversen g, så gäller f Æ g = g Æ f = "A . och
Exempel 1.57. ning från
R
till
f (x) = 3x + 5 är en inverterbar avbildinvers ges av g (y ) = (y 5)=3. Vi har
Funktionen
R,
och dess
nämligen att
y 5 y 5 +5 =y (f Æ g)(y) = f [g(y)] = f =3 3 3 och
(g Æ f )(x) = g[f (x)] = g(3x + 5) =
(3x + 5) 5 = x; 3
vilket bevisar vårt påstående.
De nition 1.58. (i)
(ii) (iii)
En avbildning
f :A!B
säges vara
injektiv, om f (a1 ) = f (a2 ) medför att a1 = a2 för alla a1 och a2 i A surjektiv, om im f = B bijektiv, om f är både injektiv och surjektiv.
En ekvivalent de nition av begreppet injektiv funktion är den, att om
a1 = 6 a2 ,
så måste också
f (a1 ) = 6 f (a2),
d.v.s. olika indata ger olika
utdata.
f (x) = x2 +1 är inte en injektiv funktion från R till R , eftersom vi till exempel har f ( 1) = f (1) = 2 men 1 6= 1. Eftersom vidare f (x) 1 för alla x 2 R, så är funktionen inte heller surjektiv; det nns t.ex. inget x 2 R som uppfyller f (x) = 0. Exempel 1.59.
till
Funktionen
Om man emellertid inskränker funktionens de nitionsmängd från R R+ (säg), så erhåller man en injektiv funktion f1 : R+ ! R. Denna
nya funktion är dock fortfarande inte surjektiv, såvida vi inte inskränker dess målmängd till mängden
fy 2 R j y > 2g.
1.4. Avbildningar
Sats 1.60.
En avbildning
35
f :A!B
är bijektiv, om och endast om
den är inverterbar. ()) Antag att f är bijektiv. Vi vill visa att f har en invers g : B ! A. Nu är f surjektiv, så för varje b 2 B nns ett a 2 A sådant att f (a) = b. Detta element är dessutom entydigt bestämt, eftersom f är injektiv. Vi kan därför de niera g : B ! A genom att för varje b 2 B sätta g (b) till det entydigt bestämda a 2 A som uppfyller f (a) = b. Då blir f [g (b)] = f (a) = b och g [f (a)] = g (b) = a, vilket visar att f är inverterbar med inversen g . (() Antag att f är inverterbar med inversen g . Vi vill visa att f är injektiv och surjektiv. Om f (a1 ) = f (a2 ) så får vi, genom att applicera g på båda leden, att g [f (a1 )] = g [f (a2 )]. Men då g Æ f = "A , betyder detta att a1 = a2 , så f är injektiv. För ett godtyckligt valt b 2 B sätter vi g(b) = a. Då blir f (a) = f [g(b)] = "B (b) = b, så f är
Bevis.
även surjektiv.
Sats 1.61. Låt f : A ! B och g : B ! C vara bijektiva avbildningar. Då är g Æ f en bijektiv avbildning från A till C . (g Æ f )(a1 ) = (g Æ f )(a2 ), där a1 och a2 är givna A. Vi har då g[f (a1 )] = g[f (a2 )], och eftersom g är injektiv så är f (a1 ) = f (a2 ). Injektiviteten hos f medför i sin tur att a1 = a2 . Därmed är g Æ f injektiv. Surjektiviteten hos g Æ f följer om vi kan visa att det för varje c 2 C nns ett a 2 A sådant att (g Æ f )(a) = g [f (a)] = c. Då g är surjektiv vet vi att det nns ett b 2 B så att g (b) = c. För detta b nns det i sin tur ett a 2 A som uppfyller f (a) = b, eftersom f är surjektiv. Sammantaget har vi g [f (a)] = g (b) = c, så g Æ f är surjektiv. Därmed Bevis.
Antag att
element i
är beviset klart.
f : A ! B är injektiv är samma sak som att varje B är bilden genom f av högst ett element i de nitionsmängden A. Surjektivitet innebär å andra sidan att varje element i B är bilden genom f av minst ett element i A. Således är f bijektiv, om och endast om varje element i B är bilden genom f av exakt ett element i A. Detta innebär att så fort vi har en bijektiv avbildning f : A ! B , så kan man para ihop varje element i A med exakt ett Att en avbildning
element i målmängden
Kapitel 1. Några grundläggande begrepp
36
element i och
B
B,
genom att utnyttja korrespondensen
a
$ f (a). Om A
dessutom är ändliga mängder så ser man, genom att para ihop
elementen på detta sätt, att d.v.s. att
jAj = jB j.
A
och
B
måste ha lika många element,
Kapitlets sista sats har med avbildningar från en ändlig mängd till sig själv att göra. Dess bevis bygger delvis på vad som brukar kallas
13 lådprincip.
för Dirichlets
Dirichlets lådprincip. Om m föremål skall fördelas på n lådor, där m > n, så kommer minst en av lådorna innehålla er än ett föremål. Ett par enkla slutsatser man kan dra av Dirichlets lådprincip är, till exempel, att det i en vanlig pokerhand om fem kort alltid är garanterat att man har två kort eller er i antingen spader, hjärter, ruter eller klöver; eller att om det görs sju mål en vanlig ishockeymatch om tre perioder, så måste minst tre av målen göras i en och samma period.
Sats 1.62.
Låt
f :A
! A vara en avbildning, där A är en ändlig
mängd. Då är följande utsagor ekvivalenta: (i) (ii) (iii)
f f f
Bevis.
är injektiv är surjektiv är bijektiv. Eftersom (iii) är sann, om och endast om både (i) och (ii) är
sanna, så räcker det att visa att (i) och (ii) är ekvivalenta. Vi antar
A innehåller n element, säg A = fa1 ; a2 ; : : : ; an g. ) (ii) Antag att f är injektiv. Om f inte är surjektiv nns det minst ett element i A som saknas i listan f (a1 ); f (a2 ); : : : ; f (an ). Då att
(i)
följer av Dirichlets lådprincip att minst två element i denna lista är lika, d.v.s. det nns
ai 6= aj så att f (ai ) = f (aj ). Detta motsäger att f
är injektiv. (ii)
) (i) Antag att f
är surjektiv. Vi vill visa att
f
är injektiv.
ai ; aj 2 A så att ai 6= aj men f (ai ) = f (aj ). Det innebär alltså att listan f (a1 ); f (a2 ); : : : ; f (an ) av element i A innehåller dubbletter. Därmed måste det också nnas minst Om detta är inte är fallet så kan vi hitta
13
Lejeune Dirichlet (18051859), tysk matematiker.
1.4. Avbildningar ett element i
A
37
som saknas i denna lista och således kan
f
inte vara
surjektiv. Detta är en motsägelse.
Ovanstående sats är inte sann, om exempel är funktionen
f :R
!R
A tillåts vara en oändlig mängd. Till [ f0g de nierad av f (x) = x2 sur-
+
jektiv, men inte injektiv (och därmed inte heller bijektiv). Funktionen
g(x) = arctan x från R
till
R är å sin sida ett exempel på en funktion
som är injektiv, men inte surjektiv.
Övningar till avsnitt 1.4 1. Bestäm f Æ g och g Æ f , om f (x) = x2 + 2x 1 och g(x) = 4x + 1. Både
2. 3.
4.
5. 6. 7.
f
och
g antas vara funktioner från R
Bestäm värdemängden till
(a) f : R ! R, f (x) = x3 (c) f : R ! C , f (x) = eix
till
R.
(b) f : Z ! Z, f (x) = jxj (d) f : R ! R, f (x) = sin x +cos x
f : R ! R vara given av f (x) = x2 . Bestäm (a) f ([1; 2]) (b) f 1([ 2; 1]) (c) f ([ 2; 1] \ [1; 3]) (d) f ([ 2; 1]) \ f ([1; 3]) (e) f 1 ([4; 16]) (f) f 1 ([ 2; 0]) (g) f 1[f ([1; 2])] (h) f [f 1 ([1; 2])]. Låt
Avgör om följande funktioner är injektiva, surjektiva eller bijektiva.
(a) f : R ! R, f (x) = cos x (b) f : R ! [ 1; 1], f (x) = cos x (c) f : [0; ] ! R, f (x) = cos x (d) f : [0; ] ! [ 1; 1], f (x) = cos x Låt
f :X!Y
vara en avbildning och antag att
(a) Bevisa att f (X1 [ X2 ) = f (X1 ) [ f (X2 ). (b) Bevisa att f (X1 \ X2 ) f (X1 ) \ f (X2 ).
X1 ; X2 X .
f : X ! Y vara en avbildning och antag att Y1 ; Y2 Y . Visa att (a) f 1 (Y1 [ Y2 ) = f 1 (Y1 ) [ f 1 (Y2 ) (b) f 1 (Y1 \ Y2 ) = f 1 (Y1 ) \ f 1 (Y2 ). Låt
f : X ! Y är en avbildning och att X1 och Y1 är delmängder X respektive Y . Visa att (a) X1 f 1[f (X1 )], med likhet om och endast om f är injektiv. (b) f [f 1(Y1 )] Y1 , med likhet om och endast om f är surjektiv. Antag att av
Kapitel 2
Kompositionsregler Inom den abstrakta algebran studerar
turer.
allade
algebraiska struk-
Med en sådan menas en mängd på vilken man har de nierat en
eller era operationer, som talar om för oss hur man kan räkna med elementen i mängden. För att kunna bygga upp någon form av matematisk teori, kräver man att dessa räkneoperationer uppfyller ett antal grundläggande räkneregler. I detta kapitel skall vi ta upp några sådana räkneregler, och i det därpå följande kapitlet kommer vi att välja ut tre av dem för att de niera vår första algebraiska struktur: en
grupp.
2.1 De nition och exempel Låt
a och b vara två reella
tal. Då är givetvis dierensen
a
b också
ett reellt tal. Vanlig hederlig subtraktion kan alltså betraktas som en
(a; b) av reella tal ordnar ett reellt tal c, genom c = a b. Vi kan också säga att subtraktion är
regel, som för varje par att använda formeln en avbildning från
R R till R, de nierad enligt R R 3 (a; b) 7 ! a b 2 R:
En liknande tolkning kan göras för addition av reella tal avbildning ges då av
(a; b)
motsvarande
7! a + b. Avsikten är nu att generalisera
detta till en godtycklig mängd
M . Vi inför av den anledningen följande
begrepp.
De nition 2.1.
Antag att
M
är en mängd. När man talar om en 38
2.1. De nition och exempel
39
kompositionsregel på M , så menar man då en avbildning M M Vi säger att
3 (a; b) 7 ! a b 2 M:
a b är produkten av faktorerna a och b.
En kompositionsregel på mängden
M
är alltså en regel, som till varje
par av element i
M
Exempel 2.2.
På mängden av naturliga tal
ordnar ett element
M , enligt någon regel.
N är vanlig addition och
multiplikation kompositionsregler. Detta kan dock inte sägas varken om subtraktion eller division, vilket beror på att dierensen respektive kvoten av två naturliga tal inte nödvändigtvis är ett naturligt tal. Subtraktion är däremot en kompositionsregel på heltalen
Z. På
denna mängd är det dock fortfarande inte så att division är en kompositionsregel (kvoten mellan två heltal är inte alltid ett heltal). Division är inte heller en kompositionsregel på noll inte är välde nierat, d.v.s.
Q , beroende på att division med
a=0 saknar mening. Om vi däremot ute-
lämnar nollan och betraktar mängden
Q
av alla rationella tal skilda
från noll, så blir allting frid och fröjd. Motsvarande gäller för reella och komplexa tal, d.v.s. division är ingen kompositionsregel på men väl på
R och C .
Exempel 2.3.
Låt
Mmn (R)
vara mängden av alla
R eller C ,
m n-matriser
med reella element. Summan av två sådana matriser är på nytt en
m n-matris,
så matrisaddition är en kompositionsregel på denna
mängd. För att också matrismultiplikation skall vara en kompositionsregel, krävs det att
m = n,
d.v.s. att matriserna alla är kvadratiska
och av samma ordning. Således är både addition och multiplikation av matriser kompositionsregler på mängden av alla reella
n n-matriser.
Vi kommer framöver att referera till denna mängd med hjälp av beteckningen
Mn (R)
istället för
Mnn (R).
Exempel 2.4. Låt M vara en mängd. Unionen av två delmängder av M är en delmängd av M , och detsamma gäller snittet av två del-
P (M )
mängder. Vi konstaterar därmed att potensmängden
till
[ och \ är kompositionsregler på
M , mängden av alla delmängder av M .
Kapitel 2. Kompositionsregler
40
En kompositionsregel på en ändlig mängd kan de nieras med hjälp av en
Cayleytabell.1
Principen för hur en sådan fungerar presente-
ras i gur 2.1. I denna gur har vi en tabell för kompositionsregeln
M = fa1 ; a2 ; : : : ; an g. Själva tabellen utgörs av n rader och n kolumner; varje element i M har exakt en egen rad och en egen på mängden
kolumn. I en rad ovanför själva tabellen anges vilket element som svarar mot vilken kolumn, och i en kolumn till vänster om tabellen anges motsvarande för raderna. Elementen är uppräknade i samma ordning i såväl raden ovanför tabellen som i kolumnen till vänster. På den rad
ai och den kolumn som svarar mot aj , anges ai aj .
i tabellen som svarar mot resultatet av produkten
a1 a2 . . .
ai . . .
an
a1 a1 a1 a2 a1 . . .
a2 a1 a2 a2 a2 . . .
ai a1 . . .
an a1
ai a2 . . .
an a2
::: ::: ::: ..
.
::: ..
aj a1 aj a2 aj
::: ::: :::
. . .
..
ai aj
:::
. . .
.
.
..
: : : an aj
an a1 an a2 an . . .
ai an . . .
.
: : : an an
Figur 2.1 Exempel 2.5.
P (M )
fyra elementen på
P (M )
till
M = f1; 2g
;, f1g, f2g och M . Cayleytabellerna för [ respektive \
M
f1g f2g f1g f2g f1g M M f2g M
M
M M M M M
\ ; f1g f2g M
Figur 2.2 1
består av de
visas i gur 2.2.
[ ; ; ; f1g f1g f2g f2g M
Potensmängden
Arthur Cayley (18211895), engelsk matematiker.
; ; ; ; ;
f2g ; ; f1g ; ; f2g f1g f2g {1}
M
; f1g f2g M
2.1. De nition och exempel
41
Övningar till avsnitt 2.1 1.
Avgör i vart och ett av nedanstående fall, om på respektive mängd.
(a) a b = (a + b)=2 på Q (c) a b = a=(b 1) på Q (e) a b = ab på Q (g) a b = max(a; b) på C
2.
är en kompositionsregel p
(b) a b = ab på R (d) a b = ab på Z (f) a b = max(a; b) på R (h) a b = (a b)2 på N
Beräkna, med hjälp av Cayleytabellen i gur 2.3,
(a) c (d d) (c) (c b) (a b)
(b) (c d) d (d) [(a b) b] (d c).
a b c d
a b c d
a c a b d b a a d b a a a a b d
Figur 2.3 3.
De niera en kompositionsregel
på Z enligt
a b = 3a 2b för alla heltal
(a) 3 4 (d) 1 (2 3) 4.
Låt
a och b. Beräkna
(b) 4 3 (e) ( 1) ( 2)
M = f1; 2; 3g. Konstruera P (M ).
(c) (1 2) 3 (f) ( 3) (4 2).
Cayleytabeller för följande komposi-
tionsregler på
(a) [ (union) (b) \ (snitt) (c) n (mängddierens) (d) 4 (symmetrisk dierens, se övning 5 till avsnitt 1.1) 5.
Betrakta mängden är
0
M av alla 22-matriser sådana att två av elementen
och vart och ett de övriga antingen
1
eller
1.
Nollorna nns
antingen längs med huvuddiagonalen eller den andra diagonalen.
(a) Bestäm jM j. (b) Visa att matrismultiplikation är en kompositionsregel på M .
Kapitel 2. Kompositionsregler
42
2.2 Associativitet, kommutativitet och distributivitet Våra vanligaste kompositionsregler, som exempelvis addition och multiplikation på
R, uppfyller en del enkla räknelagar. För såväl addition
som multiplikation är till exempel den så kallade uppfylld; för alla reella tal
a
och
b
gäller
kommutativa lagen
a+b = b+a
respektive
ab = ba. Andra kompositionsregler, som till exempel subtraktion på R, uppfyller inte denna räknelag; vi har ju inte a b = b a för alla a; b 2 R. Givet en mängd, på vilken en kompositionsregel
är de nierad,
så erhåller man olika typer av algebraiska strukturer, genom att kräva att
uppfyller en eller era fundamentala
räknelagar. Två av dessa
räknelagar ges i nedanstående de nition.
De nition 2.6. En kompositionsregel på en mängd M kallas associativ, om a (b c) = (a b) c för alla a; b; c 2 M . Vi säger att är kommutativ, om a b = b a för alla a; b 2 M . Exempel 2.7.
När det gäller de fyra vanliga räknesätten, är addition
och multiplikation såväl associativa som kommutativa. I allmänhet gäller att
a=(b=c) = ac=b och (a=b)=c = a=bc inte är lika, så division på Q
(eller på någon annan av de mängder på vilka division är en kompositionsregel, se exempel 2.2) är inte associativ. Eftersom
a=b = 6 b=a,
så är division inte heller kommutativ. På samma sätt inses att även subtraktion varken är associativ eller kommutativ.
Exempel 2.8.
Addition av matriser i
Mmn (R), se exempel 2.3, upp-
fyller både den associativa och den kommutativa lagen. Matrismultiplikation på
Mn (R)
Exempel 2.9.
är dock endast associativ.
Det framgår av (i) och (ii) i sats 1.2, att såväl
[ som \
är associativa och kommutativa kompositionsregler på potensmängden till en mängd.
Den associativa lagen innebär att det är onödigt att sätta ut paren-
2.2. Associativitet, kommutativitet och distributivitet
43
teser, när en produkt av tre element skall beräknas. Om vi vet att är associativ, så kan vi alltså skriva
a b c,
utan att missförstånd
uppstår. Detta kan generaliseras till uttryck bestående av er än tre faktorer, d.v.s. så fort
är en associativ kompositionsregel, så är paren-
teser över ödiga. Detta påstående känns måhända intuitivt trivialt, men vi presenterar likväl ett bevis för det nedan. Läsaren behöver dock inte fästa allt för stor vikt vid detta, utan kan med samvetet i behåll hoppa över beviset. När vi skall beräkna en produkt
a1 a2 an av n element, måste
vi med parenteser ange i vilken ordning elementen skall multipliceras.
2
n = 3 nns det två sådana möjligheter, nämligen (a1 a2 ) a3 a1 (a2 a3 ). När n = 4 nns det fem kombinationer i form av a1 [a2 (a3 a4 )], a1 [(a2 a3 ) a4 ], (a1 a2 ) (a3 a4 ), [a1 (a2 a3 )] a4 och [(a1 a2 ) a3 ] a4 . (Hur många kombinationer blir det för n = 5?) Allmänt de nierar vi den så kallade standardprodukten a1 a2 : : : an av n element a1 ; a2 ; : : : ; an rekursivt enligt Om
eller
(
a1 = a1 a1 a2 : : : an = a1 a2 : : : an
Till exempel är
1
an; n = 2; 3; : : :
a1 a2 a3 = (a1 a2 ) a3 och a1 a2 a3 a4 = [(a1 a2 ) a3 ] a4 .
Vi kan nu formulera den generaliserade associativa lagen som en sats.
är en associativ kompositionsregel på en mängd M , så är varje produkt a1 a2 an av elementen a1 ; a2 ; : : : ; an 2 M Sats 2.10.
Om
lika med standardprodukten
a1 a2 : : : an , oavsett hur man med hjälp av
parenteser anger i vilken ordning elementen skall multipliceras.
Bevis.
Beviset utförs med hjälp av induktion över
n= 2
påståendet trivialt, likaså för ta att
n
4,
av färre än
n
och
n = 3.
n.
För
n=1
är
Vi kan därför an-
och att satsen är sann för varje produkt bestående faktorer. Låt
a1 ; a2 ; : : : an 2 M ,
p
vara en produkt av de
n
elementen
tagna i denna ordning, där turordningen för hur
elementen skall multipliceras anges med hjälp av parenteser. Genom att följa denna turordning, måste vi förr eller senare erhålla där
q
2
a1 ; a2 ; : : : ; ak och r en produkt av ak+1 ; ak+2 ; : : : ; an , för något k med 1 k n 1. Här är
är en produkt av elementen
elementen
p = q r,
För säkerhets skull!
Kapitel 2. Kompositionsregler
44
q = a1 a2 : : : ak och r = ak+1 ak+2 : : : an , enligt vårt induktionsantagande. Således har vi
p = a1 a2 : : : ak ak+1 ak+2 : : : an : Om
k = n 1 så får vi, direkt från de nitionen av standardprodukt, att p = a1 a2 : : : an
Om
1
an = a1a2 : : : an
k < n 1 så är ak+1 ak+2 : : : an = ak+1 ak+2 : : : an
1
an , vilket ger
p = a1 a2 : : : ak (ak+1 ak+2 : : : an 1 an ) = (a1 a2 : : : ak ak+1 ak+2 : : : an 1 ) an = a1 a2 : : : an 1 an = a1 a2 : : : an : Den andra likheten beror på att
är associativ och den tredje är en
konsekvens av induktionsantagandet; innanför parentesen står en produkt av
n 1 element, vilken måste vara lika med standardprodukten.
Därmed är satsen bevisad.
Från kapitel 13 och framåt kommer vi att syssla i huvudsak med mängder på vilka
två
kompositionsregler har blivit de nierade, som till ex-
empel addition och multiplikation på
Z. När så är fallet, är det bruk-
ligt att man kräver att dessa två kompositionsregler är kopplade till varandra, på något sätt.
De nition 2.11. Antag att och är två kompositionsregler på en mängd M . Vi säger att är vänsterdistributiv över , om a (b c) = (a b) (a c) för alla över
a; b; c 2 M . I samma anda säger vi att är högerdistributiv
, om
(a b) c = (a c) (b c) för alla
a; b; c 2 M . Om är både vänster- och högerdistributiv över ,
så säger vi blott att
är distributiv över .
2.2. Associativitet, kommutativitet och distributivitet
Exempel 2.12.
Multiplikation är distributiv över addition på
45
Z. Ad-
dition är däremot inte distributiv över multiplikation. Om så vore fallet, skulle
a + (b c) = (a + b) (a + c) gälla för alla heltal a; b; c, vilket ju
inte är sant.
Exempel 2.13.
På mängden
Mn (R) av alla nn-matriser med reella
element så är matrismultiplikation distributiv över matrisaddition.
Exempel 2.14.
P (M )
Det framgår av sats 1.2(vii) att
tiva över varandra på
, där
M
\ och [ är distribu-
en mängd.
Övningar till avsnitt 2.2 1.
Vilka av nedanstående kompositionsregler är kommutativa och/eller associativa?
(a) a b = apb på R+ (b) n på P (M ) + (c) a b = a + b på R (d) a b = MGM(a; b) på Z+ (e) a b = ajbj på R (f) a b = (a 2)(b 2) på R (g) a b = min(a; b) på f1; 2; : : : ; 1 000g (h) a b = entalssiran till produkten ab på f2; 4; 6; 8g (i) Kompositionsregeln på fa; b; cg, de nierad enligt Cayleytabellen i gur 2.4.
a b c
a b c
c c a c b b a b c
Figur 2.4 2.
Komplettera Cayleytabellen i gur 2.5 på nästa sida, så att den de nierar en kommutativ kompositionsregel på
3.
Låt
fa; b; c; dg.
vara en associativ kompositionsregel på en mängd M . Sätt an = a a a;
där antalet faktorer i högerledet är
n.
(a) Varför är denna de nition välgrundad? (b) Vilka potenslagar gäller? Bevisa dessa!
Kapitel 2. Kompositionsregler
46
a b c d
a b c d
a d b c b c b a c d
Figur 2.5 (c) Visa att om a b = b c, så är an b = b cn . 4.
De niera kompositionsreglerna multiplikation) respektive
(a) a (b c) (c) (b c) a (e) a (b c) (g) (b c) a
Avgör ifall
och på R
a b = ab .
+
enligt
a b = ab (vanlig
Förenkla uttrycken
(b) (a b) (a c) (d) (b a) (c a) (f) (a b) (a c) (h) (b a) (c a)
är höger- och/eller vänsterdistributiv över , eller vice
versa.
5.
och är två kompositionsregler på R givna av a b = 3ab a b = 2a + 3b för alla a; n 2 R. (a) Är är distributiv över ? (b) Är distributiv över ? Antag att
respektive
2.3 Neutrala och inverterbara element De nition 2.15. Låt M vara en mängd och en kompositionsregel på denna. Vi säger att e 2 M är ett neutralt element (med avseende på ), om ae=ea =a för alla a 2 M . Sats 2.16.
Givet en mängd
M
och en kompositionsregel
så nns det högst ett neutralt element i
Bevis.
Om
e och e0
M.
båda är neutrala element i
e = e e0 = e0 :
M , så är
på denna,
2.3. Neutrala och inverterbara element Den vänstra likheten beror på att på att
e är det.
Exempel 2.17.
47
e0 är neutralt element, och den högra
Om vi tar en titt på de fyra vanliga räknesätten i
0
exempel 2.2, så ser vi att talet
är det neutrala elementet med av-
seende på addition, medan multiplikation har Talet
0
1 som neutralt element.
3 är också en tänkbar kandidat till att tituleras neutralt element
0 a = a 6= a (såvida a = 0), ser vi att subtraktion saknar neutralt element. Av motsvarande anledning är inte heller talet 1 neutralt element med avseende med avseende på subtraktion. Men eftersom inte
på division.
Exempel 2.18.
Nollmatrisen
O
är neutralt element i
der matrisaddition. Matrismultiplikation på sen
E
Mn (R)
Mmn (R)
un-
har enhetsmatri-
som neutralt element.
Exempel 2.19. Kompositionsreglerna [ och \ på potensmängden P (M ) till en mängd M har som neutrala element ; respektive M . Detta framgår av (iii) i sats 1.2.
De nition 2.20. Låt vara en kompositionsregel på en mängd M och e 2 M ett neutralt element. Ett element a säges vara inverterbart (med avseende på ), om det nns ett b 2 M sådant att a b = b a = e: Elementet
b kallas då för en invers till a.
Sats 2.21. Antag att är en associativ kompositionsregel på en mängd M , och att e 2 M är ett neutralt element. Då har varje element i M högst en invers. Bevis.
Antag att
b och c är inverser till a 2 M . Då blir
b = b e = b (a c) = (b a) c = e c = c; så de båda inverserna till 3
a är lika.
I själva verket den enda tänkbara kandidaten.
Kapitel 2. Kompositionsregler
48
Satsen ovan tillåter oss i fortsättningen att tala om element
a med
inversen
till ett
avseende på en associativ kompositionsregel, eftersom
det på sin höjd bara kan nnas en sådan. När vi har att göra med en associativ kompositionsregel, så kommer vi kommer i fortsättningen att beteckna inversen till
Följdsats 2.22.
a med a
1
(i den mån denna existerar).
Med samma förutsättningar som i sats 2.21, så gäl-
ler att
e är inverterbart och e 1 = e 1 inverterbart och (a 1 ) 1 = a om a är inverterbart, så är a om a och b är inverterbara element, så är också a b inverterbart 1 =b 1a 1 och (a b) om a1 ; a2 ; : : : ; an alla är inverterbara, så är a1 a2 an in1 = a 1 a 1 a 1. verterbart och (a1 a2 an ) n n 1 1
(i) det neutrala elementet (ii) (iii)
(iv)
e e = e. a är inverterbart med inversen a 1 innebär att såväl a a 1 1 a är lika med e. Men detta betyder också att a 1 är inversom a 1 ges av a, d.v.s. (a 1 ) 1 = a. terbart och att inversen till a Bevis.
(i) Följer direkt av att
(ii) Att
(iii) Vi har
a 1) (a b) = b 1 (a 1 a) b = b 1 e b = b 1 b = e; 1 a 1 ) = e. På grund av och liknande räkningar visar att (a b) (b 1 = b 1 a 1. att inversen är entydigt bestämd, måste därför (a b) (b
1
(iv) Detta kan bevisas med hjälp av induktion över
n.
Läsaren
uppmanas att på egen hand fylla i detaljerna.
Exempel 2.23.
När det gäller addition på
Z, Q , R
eller
C,
så är
samtliga element inverterbara. Addition är associativ, så varje element
a
har därmed exakt en invers i form av
a.
För addition på
gäller att endast ett element är inverterbart, nämligen talet utrala elementet). Samtliga element utom
0 i Q,
R respektive C
N
0 (det ne-
är inverterbara med
a 6= 0 1=a. I Z nns det endast två tal som är
avseende på multiplikation. Även här är inversen till ett element entydigt bestämd, och ges av
multiplikativt inverterbara (vilka?), medan det i utrala elementet
N
endast är det ne-
1 som är inverterbart med avseende på multiplikation.
2.3. Neutrala och inverterbara element
49
Eftersom vi i exempel 2.17 konstaterade att subtraktion och division saknar neutrala element, kan det heller inte bli frågan om några inverterbara element med avseende på dessa kompositionsregler.
Exempel 2.24.
Varje matris i
A 2 Mmn (R)
har inversen
A med
avseende på matrisaddition. Betydelsen av ordet invers är alltså i detta fall inte den som man i vanliga fall förknippar med matriser. Så är dock fallet när det gäller matrismultiplikation på
Mn (R).
De inver-
terbara matriserna utgörs här av alla i vanlig mening inverterbara matriser, d.v.s. de vars determinant är skild ifrån sådan matris
A är den vanliga matrisinversen A
Exempel 2.25.
1.
0.
Inversen till en
[ på P (M ) har, som vi såg i ; som neutralt element. För att ett
Kompositionsregeln
A 2 P (M ), d.v.s. en delmängd av M , skall vara inverterbart med avseende på [, krävs det att det nns en mängd B sådan att A [ B = B [ A = ;. För att detta skall gälla måste såväl A som B exempel 2.19, den tomma mängden element
;. Med ett snarlikt \, ser man att M är det enda
vara tomma, så det enda inverterbara elementet är resonemang kring kompositionsregeln
elementet som är inverterbart i detta fall.
Exempel 2.26. Låt M = fe; a; b; cg och de niera en kompositionsregel på M enligt Cayleytabellen i gur 2.6. Som framgår av tabellen är e ett neutralt element i M . Det framgår vidare att a är invers till c, eftersom a c = c a = e. Men vi har också att b c = c b = e, så även b är en invers till c. Med andra ord har c inte en entydigt bestämd invers! Vad vi har här är dock inte en motsägelse till sats 2.21, eftersom är associativ; vi har till exempel å ena sidan medan å andra sidan
a (b c) = a e = a.
e a b c
e a b c
e a b c a b c e b c a e c e e b
Figur 2.6
inte
(a b) c = c c = b,
Kapitel 2. Kompositionsregler
50
De esta av de kompositionsregler som dyker upp framöver att vara associativa. Om det existerar ett neutralt element, så kommer följaktligen de element som är inverterbara alltid att ha en entydig invers. I det första kapitlet introducerades restklasser modulo
n,
och vi
Zn på mängden av alla sådana. Således Zn = f[0]; [1]; : : : ; [n 1]g;
införde där beteckningen
[r] betecknar mängden av alla heltal som ger resten r vid division med n (för r = 0; 1; : : : ; n 1). Vi önskar nu införa två kompositionsdär
regler
och på Zn enligt
[a] [b] = [a + b]
(2.1)
[a] [b] = [ab]:
(2.2)
respektive
a plus den restklass b skall vara lika med den restklass som innehåller a + b,
Med (2.1) menas att den restklass som innehåller som innehåller
och motsvarande för multiplikation i (2.2). Innan vi kan börja räkna med dessa kompositionsregler, måste vi övertyga oss om att de är välde nierade. En restklass kan ju represen-
[2] och [6] samma restklass i Z4. a och b, säg a1 för restklassen [a] och b1 för [b], kommer då [a + b] och [a1 + b1 ] att vara samma restklass? Samma fråga ställer vi oss beträande [ab] och [a1 b1 ]. För teras på olika sätt
till exempel är
Om vi ovan väljer andra representanter än
att
och skall vara välde nierade, måste båda dessa frågor besvaras
jakande.
[a] = [a1 ] och [b] = [b1 ] innebär att det nns heltal k1 och k2 a a1 = nk1 och b b1 = nk2 (se formel (1.8) på sidan 27). Vi vill visa att [a + b] = [a1 + b1 ] och [ab] = [a1 b1 ], d.v.s. att det 0 00 nns heltal k och k sådana att (a + b) (a1 + b1 ) = nk0 respektive ab a1 b1 = nk00 . Nu är Att
sådana att
(a + b) (a1 + b1 ) = (a a1 ) + (b b1 ) = nk1 + nk2 = n(k1 + k2 ); medan
ab a1 b1 = ab a1 b + a1 b a1 b1 = b(a a1 ) + a1 (b b1 ) = bnk1 + a1 nk2 = n(bk1 + a1 k2 ):
2.3. Neutrala och inverterbara element Såväl
51
k1 + k2 som bk1 + a1 k2 är heltal, och sålunda är och välde -
nierade. Översätter vi detta resultat till kongruenser, så får vi att om
a a1 (mod n) och b b1 (mod n), så är a + b a1 + b1 (mod n) och ab a1 b1 (mod n). Av den anledningen kallar vi för addition modulo n och för multiplikation modulo n.
Z8 = f[0]; [1]; [2]; [3]; [4]; [5]; [6]; [7]g, och , gäller att [2] [3] = [2 + 3] = [5] och [6] [4] = [6 + 4] = [10] = [2]. Produkten av motsvarande element är [2] [3] = [2 3] = [6] respektive [6] [4] = [6 4] = [24] = [0]. Exempel 2.27.
För mängden
försedd med ovanstående två kompositionsregler
och på Zn, givna av (2.1) respektive (2.2), är båda associativa och kommutativa, och vidare är distributiv över . Neutralt element med avseende på är [0], medan [1] är neutralt element med avseende på . Samtliga element i Zn är inverterbara med avseende på , medan [a] 2 Zn är inverterbart med avseende på , om och endast om a och n är relativt prima. Sats 2.28.
Bevis.
Låt
Kompositionsreglerna
[a], [b]
och
[c]
vara tre godtyckliga element i
Zn. Att
uppfyller de associativa och kommutativa lagarna följer av
[a] ([b] [c]) = [a] [b + c] = [a + (b + c)] = [(a + b) + c] = [a + b] [c] = ([a] [b]) [c] respektive
[a] [b] = [a + b] = [b + a] = [b] [a]: De multiplikativa motsvarigheterna visas på liknande sätt, och vi över-
, att [0] och [1] är neutrala elementet med avseende på respektive , och att inversen till [a] med avseende på ges låter dessa åt läsaren. Vi överlåter också till läsaren att veri era att är distributiv över av
[ a].
, antar vi först att [a] [d] 2 Zn som uppfyller [a] [d] = [1]. Således har vi [ad] = [1], vilket innebär att n j (ad 1). När det gäller inverser med avseende på
har en sådan. Det existerar då ett element Det nns alltså ett heltal
k
med egenskapen
nk = ad
1,
eller med
Kapitel 2. Kompositionsregler
52
ad + n( k) = 1.
andra ord prima.
Sats 1.21 ger nu att
a
och
n
är relativt
a och n är relativt prima, så säger sats 1.21 s och t sådana att as + nt = 1. Därmed gäller
Omvänt, om nns heltal
att det
[1] = [as + nt] = [as] [nt] = [as] [0] = [as] = [a] [s]; så
[a] är inverterbart med inversen [s].
Följdsats 2.29.
[0] är inverterbara med av-
i Zp, om och endast om p är ett primtal.
seende på
Bevis.
Samtliga element utom
Detta följer direkt av det sista påståendet i sats 2.28.
Exempel 2.30.
Bestäm de additiva och multiplikativa inverserna, i
[6] respektive [8] i Z15. De additiva inverserna ges av [ 6] = [9] respektive [ 8] = [7]. På grund av att 6 och 15 inte är relativt prima (SGD(15; 6) = 3), saknas multiplikativ invers till [6]. Däremot har [8] en multiplikativ den mån dessa existerar, till
invers. Denna kan man bestämma genom att prova sig fram (vilket
1 och 14 skall multipliceras med 8, för att produkten skall ge resten 1 vid division med 15?), eller så kan man använda sig av Euklides' algoritm. Vi får därvid 15 = 1 8 + 7 och 8 = 1 7 + 1. Från detta följer 1 = 2 8 1 15, vilket ger tal mellan
[1] = [2 8 1 15] = [2 8] [ 15] = [2] [8]; d.v.s.
[8]
1
= [2].
I fortsättningen kommer vi ofta att slarva med beteckningarna och ute-
Zn. Vi väljer och , och istället använda de vanliga beteckningarna för addition respektive multiplikation. I Z5 blir 4 då till exempel 2 + 3 = 0 och 4 2 = 3. Detta beror på att 2 + 3 ger resten 0 och 4 2 resten 3 vid division med 5. Med detta val av lämna hakparenteserna, när vi räknar med elementen i också ofta att avstå från att skriva
beteckningar, så kommer Cayleytabellerna för addition och multiplikation i
Z3 och Z4 att se ut som de gör i gur 2.7 respektive gur 2.8 på
nästa sida. 4
sic!
2.3. Neutrala och inverterbara element
+ 0 1 2
0 0 1 2
1 1 2 0
2 2 0 1
53
0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1
Figur 2.7 + 0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2
0 1 2 3
0 1 2 3
0 0 0 0
0 1 2 3
0 2 0 2
0 3 2 1
Figur 2.8 Exempel 2.31.
Bestäm, om möjligt,
(15 + 32)
1
i
Z37.
15 + 32 = 47, och enligt divisionsalgoritmen är 47 = 1 37 + 10, d.v.s. 47 ger resten 10 vid division med 37. Detta innebär att 15 + 32 = 10 i Z37. Talen 10 och 37 är relativt prima, och För det första har vi
med hjälp av Euklides' algoritm får vi
37 = 3 10 + 7 10 = 1 7 + 3 7 = 2 3 + 1: Sålunda
1 = 7 2 3 = 7 2(10 1 7) = 3 7 2 10 = 3(37 3 10) 2 10 = 3 37 + ( 11) 10:
Z37 är 337 = 0 och 11 = 26 (varför?), så ovanstående räkningar 1 = 26 10 i Z37, vilket betyder att (den multiplikativa) 1 = 26 i Z . inversen till 10 ges av 26. Således har vi (15 + 32) 37 Men i
visar att
Då och då, framför allt i ett och annat bevis, kommer vi att återgå till det mer korrekta beteckningssättet för elementen i
Zn.
Kapitel 2. Kompositionsregler
54
Övningar till avsnitt 2.3 1.
Vilka av kompositionsreglerna i övning 1 till avsnitt 2.2 har neutralt element? Bestäm detta i förekommande fall.
2.
a b = 3ab på Q har ett neutralt element. a 2 Q som är inverterbara, att varje sådant element har en entydig invers, samt nn en formel för inversen till a. Visa att kompositionsregeln Bestäm också vilka element
3.
Bevisa följdsats 2.22(iv).
4.
Komplettera beviset för sats 2.28.
5.
Skriv upp Cayleytabellen för
6.
Beräkna
7.
Vilka element är inverterbara med avseende på multiplikation i nedan-
(a) 4 + 3 i Z8 (c) 9 2 + 14 i Z21
respektive på Z . 6
(b) 5 8 i Z20 (d) (6 + 1)(4 + 3) i Z28.
stående mängder?
(a) Z7 8.
(b) Z10
(c) Z16
(d) Z60
Bestäm den additiva och den multiplikativa inversen (om denna existerar) för nedanstående element i respektive mängd.
(a) 5 i Z12 (c) 4 5 i Z23 9.
(b) 8 + 10 i Z14 (d) 8 2 + 3 5 i Z33
vara en kompositionsregel på en mängd M och antag att e är . Visa att om minst ett av elementen x, y och z i M är lika med e, så är (x y ) z = x (y z ). Låt
ett neutralt element med avseende på
Kapitel 3
Grupper och undergrupper Många konkreta matematiska system har era gemensamma egenskaper. Till exempel gäller den associativa lagen för såväl addition av heltal, multiplikation av matriser som sammansättning av avbildningar. Genom att ta till vara på gemensamma egenskaper hos ett antal olika matematiska system, kan man bilda en generell teori för dessa. På så sätt är det möjligt att erhålla resultat som är giltiga för vart och ett av dem, utan att behöva visa dessa för varje system för sig.
3.1 Grupper Antag att är en kompositionsregel på mängden M . Vad måste då krävas av för att varje linjär ekvation med koe cienter i M , d.v.s. varje ekvation på formen a x = b, där a; b 2 M , skall ha en lösning i
M?
Och vad skall gälla för att en sådan lösning skall vara entydig?
Det nns era matematiska system där motsvarande ekvation har en
n n-matriser med reella element, så vet vi från den linjära algebran att om A är inverterbar, så 1B . har den linjära ekvationen AX = B den entydiga lösningen X = A Motsvarande gäller beträande reella tal: om a 6= 0, d.v.s. om a är entydig lösning. Om till exempel
A och B
är
inverterbart med avseende på multiplikation, så existerar en entydig lösning
x = b=a i R
till ekvationen
ax = b.
Det visar sig nnas tre nödvändiga egenskaper som en kompositionsregel
på en mängd M måste ha, för att en linjär ekvation skall
ha en entydig lösning i
M.
Om dessa egenskaper är uppfyllda, så sä-
55
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
56
ges
M
tillsammans med
utgöra
en
grupp.
Såväl multiplikation av
inverterbara kvadratiska matriser med reella element som multiplikation av reella tal skilda från noll visar sig vara grupper. Vi ger, som sig bör, en formell de nition av detta begrepp nedan.
grupp (G; ) är en mängd G tillsammans med en kompositionsregel på G sådan att De nition 3.1. (i)
En
är associativ
G innehåller ett neutralt element med avseende på (iii) varje element i G har en invers i G med avseende på . 1 Om dessutom är kommutativ så säges (G; ) vara en abelsk grupp. (ii)
Notera att en grupp innehåller element i gruppen har
exakt
exakt
ett neutralt element och att varje
en invers. Detta är konsekvens av satser-
na 2.16 respektive 2.21.
Exempel 3.2. Med hänvisning till exemplen 2.7, 2.17 och 2.23 ser vi att (Z; +), (Q ; +), (R ; +), (C ; +), (Q ; ), (R ; ) och (C ; ) alla är abelska grupper. Däremot är inte (N ; +) en grupp, eftersom t.ex. 2 inte har någon invers ( 2 2 = N ). Att (Q ; ), (R; ) och (C ; ) inte är grupper beror på att 0 saknar invers med avseende på multiplikation. Exempel 3.3.
Att
Mmn (R)
är en abelsk grupp under matrisaddi-
tion framgår av exemplen 2.8, 2.18 och 2.24. Vi ser också av dessa exempel att
Mn (R)
tillsammans med matrismultiplikation inte utgör
en grupp, eftersom matriser med determinant lika med noll inte är inverterbara. Om vi sorterar bort alla sådana erhåller vi dock en grupp, den så kallade
allmänna linjära gruppen GLn (R) = fA 2 Mn (R) j det A 6= 0g:
Eftersom matrismultiplikation inte är kommutativ är abelsk grupp (om
Exempel 3.4.
n 2).
I allmänhet är varken
P
( (M ); [)
GLn (R) eller
P
( (M ); \)
grupper. Visserligen ser vi av exemplen 2.9 och 2.19 att både 1
inte en
[ och \ är
Till åminnelse av den norske matematikern Niels Henrik Abel (18021829).
3.1. Grupper
57
associativa och har neutralt element, men exempel 2.25 visar däremot
M = ;).
att inte alla element är inverterbara (såvida inte
Exempel 3.5.
Betrakta en liksidig triangel med hörnen numrerade
enligt gur 3.1. Denna triangel kan avbildas på sig själv på ett antal olika sätt. Förutom identitetsavbildningen, då varje punkt i triangeln avbildas på sig själv, kan vi rotera triangeln
120Æ
medurs eller moturs
runt dess medelpunkt. Det är också möjligt att spegla triangeln i någon av de tre streckade räta linjerna i guren. 1
n
3
m
2
`
Figur 3.1 " beteckna identitetsavbildningen, 2 och 3 rotation 120Æ medurs respektive moturs, samt 1 , 2 och 3 spegling i den räta linjen `, m 2 respektive n. Sätt D3 = f"; 2 ; 3 ; 1 ; 2 ; 3 g och inför sammansättLåt
ning
Æ av avbildningar som en kompositionsregel på denna mängd. Det
är inte svårt att se att detta är en välde nierad kompositionsregel, d.v.s. att sammansättningen av två element i
D3
alltid resulterar i något av
elementen i denna mängd. Om vi till exempel först applicerar triangeln, d.v.s. roterar den
120Æ
3
på
moturs, och därefter gör en vertikal
1 , se gur 3.2 på nästa sida, så blir slutresultatet en spegling i den räta linjen m, eller med andra ord 1 Æ 3 = 2 . spegling med hjälp av
(Kom ihåg att sammansättning läses från höger till vänster.) Sammansättning av avbildningar är associativ (sats 1.52) och vi har ett neutralt element i form av invers; var och en av speglingarna
". Varje element i D3 har också en 1 , 2 och 3 är lika med sina egna
inverser (speglar man triangeln i samma linje två gånger i följd, fås 2
En motivering för beteckningarna:
hörn
k, medan k
k
tetsavbildningen kan ses som en rotation va
1 på 1 på hörn k. Eftersom identi-
är den rotation som avbildar hörn
är den spegling som avbildar hörn
0Æ , så skulle man alternativt kunna skri-
1 istället för ". Vi avstår dock från detta; beteckningen " kommer genomgående
i denna bok att stå för identitetsavbildningen på den aktuella mängden.
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
58
n
1
m
2
n
m
3 3
2
`
2
n
m
1 1
3
`
3
1
`
Figur 3.2 ursprungstriangeln tillbaka), medan inversen till versa (en rotation med
120Æ
2
ges av
3
och vice
åt det ena hållet nollställs genom att
(D3 ; Æ) en grupp (D3 ; Æ) inte är abelsk, ty till exempel är 3 Æ 2 = 1 , medan 2 Æ 3 = 3 . rotera lika mycket åt det andra hållet). Därmed är
och vi återger dess Cayleytabell i gur 3.3. Notera att
Æ
" " 2 3 1 2 3
" 2 3 1 2 3
2 2 3 " 3 1 2
3 3 " 2 2 3 1
1 1 2 3 " 2 3
2 2 3 1 3 " 2
3 3 1 2 2 3 "
Figur 3.3 Exempel 3.6.
Låt
X
två bijektiva avbildningar så
SX X . En sammansättning g Æ f
vara en mängd och betrakta mängden
alla bijektiva avbildningar från
f
X
och
till
g
av av
är igen bijektiv, enligt sats 1.61,
Æ är en kompositionsregel på SX . Denna är associativ (sats 1.52)
" som neutralt element. En 1 . Således är 1.60 en invers f
och vidare fungerar identitetsavbildningen bijektiv avbildning
(SX ; Æ)
f
har enligt sats
en grupp. Denna är inte nödvändigtvis abelsk, eftersom
regel inte är kommutativ, se exempel 1.51.
Exempel 3.7.
De niera en kompositionsregel
ab=a+b+1
på Z enligt
Æ
i
3.1. Grupper för alla
59
a; b 2 Z. Då gäller å ena sidan
a (b c) = a (b + c + 1) = a + (b + c + 1) + 1 = a + b + c + 2; medan å andra sidan
(a b) c = (a + b + 1) c = (a + b + 1) + c + 1 = a + b + c + 2;
är associativ. Ett neutralt element e, om ett sådant nns, måste uppfylla e a = a e = a för alla a 2 Z, vilket i detta fall är detsamma så
som att
e + a + 1 = a: e = 1 är neutralt element med avseende på . a har en invers a 1 , så måste denna uppfylla a a 1 = a 1 a = e,
Vi får ur detta att Om
d.v.s. i vårt fall
a + a 1 + 1 = 1: Detta visar att varje
a 2 Z har en invers med avseende på och a 1 = 2 a. Med detta har vi nu visat
denna ges av formeln
(Z; ) är en grupp.
Sats 3.8.
Mängden
att att
Zn är en abelsk grupp under addition modulo n.
Vidare är delmängden
Zn = f[a] 2 Zn j SGD(a; n) = 1g Zn en abelsk grupp under multiplikation modulo n. Bevis. Att Zn är en abelsk grupp under addition modulo n, följer direkt av
a och b är relativt prima med n. Det nns då heltal s; t; u; v sådana att as + nt = 1 och bu + nv = 1 (se sats 1.21). av sats 2.28. Antag att Detta ger
asbu = (1 nt)(1 nv) = 1 n(t + v ntv); (ab)su + n(t + v ntv) = 1, vilket betyder att ab och n är relativt ab, eller mer korrekt [ab], multiplikativt inverterbart. Detta visar att multiplikation är en kompositionsregel på Zn. Att Zn d.v.s.
prima. Därmed är
blir en abelsk grupp under multiplikation följer nu av sats 2.28.
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
60
Zn, de nierad i sats 3.8, kallas för enhets-
De nition 3.9.
Gruppen
Exempel 3.10.
För att bilda enhetsgruppen modulo
gruppen modulo n. utgår vi från
Z5 = f0; 1; 2; 3; 4g.
5,
d.v.s.
Z5,
Från denna mängd plockar vi bort
de tal som inte är relativt prima med
5,
vilket ger
Z5 = f1; 2; 3; 4g.
Cayleytabellen för denna grupp visas i den vänstra tabellen i gur 3.4. Till höger i samma gur ser vi Cayleytabellen för att från
Z10, som fås genom
Z10 ta bort 0, 2, 4, 5, 6 och 8. Jämför dessa två tabeller med
varandra! Syns det månne vissa likheter?
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 4 1 3
3 1 4 2
4 3 2 1
1 3 7 9
1 3 7 9
1 3 7 9
3 9 1 7
7 1 9 3
9 7 3 1
Figur 3.4
Zn eller Zn är det lämpligt att ibland byta restklassrepresentanter. Om vi till exempel vill beräkna 17 14 i Z19, kan vi ersätta 17 med 2 och 14 med 5 (varför?). Vi får då 17 14 = ( 2) ( 5) = 10 i Z19. Detta är att jämföra med att först beräkna 17 14 = 238 i Z för För att underlätta räknandet i
att sedan (med hjälp av divisionsalgoritmen) konstatera att resten
10 vid division med 19.
238
ger
Övningar till avsnitt 3.1 1.
Avgör i vart och ett av nedanstående fall, om
G
är en grupp under
respektive kompositionsregel. Om så ej är fallet, ange ett skäl varför.
(a) G = Q + , under multiplikation (b) G = Z+, under multiplikation (c) G = f0; 2; 4; 6; 8g, under addition modulo 10 (d) G = f1; 5; 7; 11g, under multiplikation modulo 12 (e) G = P (M ), under n (mängddierens)
3.2. Grundläggande egenskaper hos grupper
61
(f) G = R, under kompositionsregeln given av a b = a + b + ab, för a; b 2 R
alla
2.
Konstruera Cayleytabeller för följande grupper.
3.
Låt
(a) Z8
(b) Z6
(G; )
enligt
(c) Z9
G = R n f1g och de niera en kompositionsregel på G enligt a b = a + b ab. Visa att (G; ) är en grupp. Ange också vilket element i G som är neutralt med avseende på , samt en formel för 1 inversen a till ett element a 2 G. Låt
5.
Visa att
(R; ) är en abelsk grupp, om är de nierad som xy =
för alla Låt
p 3
x3 + y3
x; y 2 R.
(G; ) vara en grupp. Visa att (G; ) är abelsk, om och endast om (a b) 1 = a 1 b
för alla
7.
på G
vara en grupp. De niera en ny kompositionsregel
a b = b a för alla a; b 2 G. Visa att (G; ) är en grupp.
4.
6.
(d) Z14
Låt
1
a; b 2 G.
(G; ) vara en grupp. De niera en relation på G enligt ab
Visa att
() a = g b g
1
för något
g 2 G:
är en ekvivalensrelation på G. Vad kan sägas om ekviva(G; ) är abelsk?
lensklasserna, om
3.2 Grundläggande egenskaper hos grupper Om man till exempel skall visa att ett element
a
i en grupp har
b
a b som b a är lika med e (se de nition 2.20). Vi skall närmast se, att
som invers, så måste man veri era att såväl gruppens neutrala element
man inte behöver göra detta, utan att det är tillräckligt att undersöka
3
ifall en av dessa produkter är lika med det neutrala elementet. 3
För en abelsk grupp är detta trivialt.
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
62
De nition 3.11. Givet en mängd G och en kompositionsregel på denna, så säges e 2 G vara ett vänsterneutralt element, om e a = a för alla a 2 G. Ett element b med egenskapen b a = e, där e är ett vänsterneutralt element, säges vara en vänsterinvers till a. På motsvarande sätt de nieras begreppen
högerinvers.
högerneutralt element
och
0 är ett högerneutralt element i R med avsea 0 = a för alla a 2 R. Dock är 0 inte ett vänsterneutralt element, i och med att 0 a 6= a, närhelst a 6= 0. Motsvarande roll spelas av talet 1 med avseende på division i mängden R .
Exempel 3.12.
Talet
ende på vanlig subtraktion, i och med att
G vara en mängd och en associativ kompositionsAntag att G innehåller ett vänsterneutralt element e och att varje element i G har en vänsterinvers. Då är (G; ) en grupp. Sats 3.13. regel på G. Bevis.
Låt
Vi skall visa att det vänsterneutrala elementet också är höger-
neutralt, och att varje vänsterinvers till ett element i
G
också är en
högerinvers.
a 2 G godtyckligt och antag b är en vänsterinvers till a. Vi vet då att b a = e och önskar visa att a b = e. Alla element i G har en vänsterinvers, så även b. Det nns alltså ett element c 2 G med egenskapen c b = e. Vi får nu Vi börjar med det sistnämnda. Tag
att
a b = e (a b) = (c b) (a b) = c [(b a) b] = c (e b) = c b = e; b är alltså också högerinvers till a. Avslutningsvis vill vi visa att e också är högerneutralt. Låt b vara en vänsterinvers till a. Som vi såg ovan är b också högerinvers, så a b = b a = e. Detta ger så
a e = a (b a) = (a b) a = e a = a; och därmed är satsen bevisad.
Vi kan givetvis ersätta vänster med höger överallt i ovanstående sats och modi era beviset därefter. Satsen medför att vi i fortsättningen
3.2. Grundläggande egenskaper hos grupper
63
endast behöver testa neutrala element och inverser enbart från vänster eller enbart från höger, när vi arbetar i en grupp.
Sats 3.14 (Annulleringslagarna). a b = a c =) b = c
(
b a = c a =) b = c
(
I en grupp
(G; ) gäller
vänstra annulleringslagen)
och
a; b; c 2 G.
för alla
Bevis.
högra annulleringslagen)
Vi bevisar endast den vänstra annulleringslagen, eftersom bevi-
set för den högra är analogt.
a, a b = a c från vänster
Varje element i en grupp har en invers. Speciellt gäller detta och vi multiplicerar båda leden i ekvationen med
1.
a
Detta ger
1
a
(a b) = a 1 (a c):
Eftersom kompositionsregeln på
G är associativ, kan vi ytta parente-
serna så att vi får
(a
a) b = (a 1 a) c:
a = e är det neutrala elementet, övergår denna ekvation b = c, vilket skulle bevisas.
Men då i
1
a
1
a och b i en grupp (G; ) gäller att 1 b i G, ekvationen a x = b har den entydiga lösningen x = a 1 i G. ekvationen y a = b har den entydiga lösningen y = b a
Sats 3.15. (i) (ii)
Bevis.
För alla
Bevisen för (i) och (ii) är analoga, så vi nöjer oss därför med
att bevisa (i). Att
x=a
1
b verkligen är
en lösning till
ax = b
genom insättning i ekvationen enligt
a (a
1
b) = (a a 1) b = e b = b:
inses direkt
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
64
x1 ; x2 2 G båda är lösningar till ekvationen. Detta innebär alltså att a x1 = b och a x2 = b, d.v.s. a x1 = a x2 . Av den vänstra annulleringslagen följer x1 = x2 och För att visa entydigheten antar vi att
beviset är klart.
Föregående sats säger alltså att det i en grupp linjär ekvation med koe cienter i
G
(G; )
gäller att varje
har en entydig lösning i
G.
Att
en kompositionsregel är associativ, har ett neutralt element samt att varje element är inverterbart är således tillräckliga krav för att det är så. Nästa sats uttalar sig om hur det ligger till med nödvändigheten hos dessa krav.
Sats 3.16.
Låt
G vara en mängd, försedd med en associativ kompo-
. Antag att varje ekvation på formen a x = b respektive y a = b, där a; b 2 G, har en lösning i G. Då är (G; ) en grupp. sitionsregel
Bevis.
På grund av sats 3.13 räcker det att visa att
vänsterneutralt element och att alla element i Fixera ett element
b
2 G.
G
innehåller ett
G har en vänsterinvers.
Enligt förutsättningarna har ekvationen
y b = b en lösning, säg y = e. Vi har då e b = b, men detta visar inte att e är vänsterneutralt, utan bara att b är en lösning till ekvationen e x = x. Vad vi vill komma fram till är att samtliga element i G uppfyller denna ekvation. Välj av den anledningen a 2 G godtyckligt och betrakta ekvationen b x = a. Förutsättningarna i satsen säger att det nns en lösning x = x0 till denna ekvation. Vi har alltså b x0 = a, vilket ger
e a = e (b x0 ) = (e b) x0 = b x0 = a: e är ett vänsterneutralt element i G, a är godtyckligt valt i G. Att varje element i G har en vänsterinvers följer nu av att ekvationen y a = e har en lösning för alla a 2 G. Därmed är beviset Ovanstående formel säger att eftersom
klart.
Sats 3.17. Antag att är en associativ kompositionsregel på en ändlig mängd G. Om uppfyller båda annulleringslagarna, så är (G; ) en grupp.
3.2. Grundläggande egenskaper hos grupper Bevis.
65
Med hänvisning till sats 3.16 är det tillräckligt att visa att varje
a x = b respektive y a = b är lösbar i G. Tag a; b 2 G G är en ändlig mängd, kan vi göra ansättningen G = fa1 ; a2 ; : : : ; an g, där samtliga ai är olika. Vi har alltså att jGj = n. Betrakta nu de n elementen linjär ekvation
godtyckligt. Eftersom
a a1 ; a a2 ; : : : ; a an
(3.1)
G. Om två av dessa element skulle vara lika, säg a ar = a as, där r 6= s, så medför den vänstra annulleringslagen att ar = as . Men detta strider mot att samtliga ai är olika. Således är även samtliga element i listan (3.1) olika, och därmed måste G = fa a1 ; a a2 ; : : : ; a an g. Speciellt gäller a ai = b för något i, vilket betyder att ekvationen a x = b har en lösning x = ai i G. Ett liknande resonemang kan göras beträande ekvationen y a = b. i
Övningar till avsnitt 3.2 1. Visa att i en grupp (G; ) så har varje ekvation på formen a x b = c en entydig lösning i G, för alla a; b; c 2 G. 2.
Lös ekvationerna
3.
Lös ekvationerna
4.
Lös kongruensekvationerna
5.
Lös följande ekvationer med hjälp av Cayleytabellen för
(a) x + 4 = 3 i Z7 (a) 5x = 7 i Z9
(b) 5 + x = 2 i Z6
(c) 3 + x + 8 = 1 i Z9.
(b) 3x = 1 i Z8
(c) 4x = 6 i Z13.
(a) x + 8 3 (mod 14) (c) 11x 14 (mod 15)
(b) 5x 4 (mod 7) D3 i gur 3.3
på sidan 58.
(a) 2 = 3
(b) 2 = 3
(c) 3 2 = 1
6.
Bevisa den högra annulleringslagen för grupper (se sats 3.14).
7.
Bevisa sats 3.15(ii).
8.
Ge ett motexempel som visar att sats 3.17 inte är sann ifall tillåts vara en oändlig mängd.
G i satsen
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
66
3.3 Cayleytabeller för grupper Låt G vara en ändlig mängd och en kompositionsregel på G, de nierad med hjälp av en Cayleytabell. Vi ställer oss frågan om man, genom att studera utseendet hos tabellen, kan avgöra om eller inte.
(G; )
är en grupp
G uppfyller båda annullex 7! a x och x 7! x a är injektiva avbildningar från G till G, för alla a 2 G. Om G är ändlig så är dessa avbildningar också bijektiva (sats 1.62). Att x 7! a x är bijektiv för alla a 2 G innebär för tabellens del, att varje element i G förekommer exakt en gång i varje rad. Bijektiviteten hos x 7! x a medför å sin sida att varje element G också förekommer exakt en gång i varje kolumn. En kompositionsregel
på en mängd
ringslagarna, om och endast om
En grupp innehåller ju också ett entydigt bestämt neutralt element, så i tabellen måste det nnas exakt en rad som överensstämmer med raden ovanför tabellen. Det måste också nns exakt en kolumn som ser exakt likadan ut som kolumnen till vänster om tabellen. Vi drar slutsatsen att om det av en Cayleytabell för en associativ kompositionsregel framgår att det nns ett neutralt element och att båda annulleringslagarna gäller, så de nierar tabellen en grupp.
Exempel 3.18.
I Cayleytabellen till vänster i gur 3.5 ser vi att varje
element förekommer exakt en gång i varje rad respektive kolumn. Men tabellen de nierar inte en grupp, ty det saknas ett neutralt element. Den högra Cayleytabellen i samma gur innehåller dock ett neutralt element
e, och dessutom är båda annulleringslagarna
uppfyllda. Trots
är inte associativ. Till exempel är (a b) c = d c = a, men a (b c) = a d = c. detta de nierar inte heller denna tabell en grupp, ty
e a b c d
a b c
a b c
c b a b a c a c b
e a b c d
Figur 3.5
e a b c d a e d b c b c e d a c d a e b d b c a e
3.3. Cayleytabeller för grupper
67
Föregående exempel visar att existens av ett neutralt element och att annulleringslagarna gäller inte är tillräckliga, utan bara nödvändiga krav på en kompositionsregel
på en ändlig mängd G, för att (G; )
skall vara en grupp. Associativitet krävs också. Dessvärre kan man inte direkt se på en Cayleytabell att den de nierar en associativ kompo-
4
sitionsregel.
Med ledning av ovanstående skall vi nu resonera oss fram till vilka grupper det nns, som innehåller fyra element eller färre. Först konstaterar vi att det endast kan nnas en grupp med ett element. Detta måste vara det neutrala elementet kompositionsregel
e. Det enda sättet att de niera
en
på mängden G = feg är enligt e e = e. Självklart
är samtliga gruppaxiom uppfyllda, och gruppen ifråga är givetvis också
triviala gruppen. G = fe; ag vara en mängd med två element. Vi önskar att de niera en kompositionsregel på G med hjälp av en Cayleytabell, så att (G; ) blir en grupp. Som neutralt element väljer vi e, vilket gör att vi kan fylla i e e = e och e a = a e = a i tabellen. Detta är abelsk. Detta är den så kallade Låt nu
gjort i tabellen till vänster i gur 3.6 på följande sida. Det återstår att
a a. Alternativet a a = a duger inte, eftersom det strider
bestämma
mot reglerna för hur en Cayleytabell för en grupp får se ut. Alltså måste
a a = e, vilket ger oss Cayleytabellen till höger i gur 3.6 på
nästa sida. Här har vi nu således en grupp med två element,
associativ.
om
är
Så är i själva verket fallet, vilket kan veri eras genom att i
x (y z ) = (x y) z ersätta x, y och z med e eller a på 3 5 alla möjliga sätt, sammanlagt 2 = 8 stycken. Eftersom detta var det ekvationen
enda möjliga sättet att fylla i Cayleytabellen så att det resulterade i en grupp, konstaterar vi att det endast nns en grupp med två element. Vi noterar också att den erhållna gruppen är abelsk. Så betraktar vi en mängd
G = fe; a; bg
med tre element. Till att
börja med fyller vi i de rader och kolumner som svarar mot det neutrala elementet. Detta ger den halvt ifyllda tabellen till vänster i gur 3.7 på följande sida. Nu kan vi inte ha
a a = a,
eftersom
a
då kommer
att förekomma två gånger i samma rad (och kolumn). Således måste
aa = e 4
eller
a a = b.
Väljer vi det förstnämnda, blir vi tvungna
Däremot kan man enkelt avgöra om den är kommutativ, vilket är fallet om
och endast om tabellen är symmetrisk längs med huvuddiagonalen (från det övre vänstra hörnet till det nedre högra).
5
Det räcker dock att endast undersöka fallet
övning 9 till avsnitt 2.3.
x = y = z = a,
på grund av
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
68
e a
e a
e a a
e a
e a
e a a e
Figur 3.6 b a = b för att elementen i a:s kolumn alla skall vara olika. Men då kommer b att förekomma på två ställen i den nedersta raden, vilket inte är tillåtet. Därför sätter vi istället a a = b, vilket kommer att sätta
att medföra att den resterande tabellen kan fyllas i utan det uppkommer dubbletter i någon rad eller kolumn. Slutresultatet blir den högra tabellen i gur 3.7. Liksom i fallet med två element har vi här en Cay-
e a b
e a b
e a b a b
e a b
e a b
e a b a b e b e a
Figur 3.7 leytabell för en grupp,
om
är associativ. Om man vill veri era detta
på samma sätt som i fallet med två element, måste man undersöka
33 = 27 olika
kombinationer, vilket är en uppgift man inte tar sig an
6
med någon större förtjusning.
Nu har vi emellertid vid ett tidigare tillfälle presenterat en Cayleytabell för en grupp med tre element, nämligen den för
(Z3; +) (den
vänstra tabellen i gur 2.7 på sidan 53). När man jämför den ovan er-
(Z3; +), upptäcker man att de ser i princip likadana ut: Om man i tabellen för (Z3; +) ersätter 0 med e, 1 med a och 2 med b, så fås samma tabell! Nu är det så att strukturella egenskahållna tabellen med den för
perna hos en grupp inte förändras, om man byter namn på de element som tillhör gruppen eller inför en annan beteckning för kompositionsregeln
efter ett namnbyte fungerar gruppen fortfarande på samma
sätt. Eftersom den Cayleytabell vi erhöll ovan i princip är densamma
(Z3; +), så är (G; ) en grupp, i själva verket väsentligen samma grupp som (Z3; +). I och med att det endast går att som Cayleytabellen för 6
Tack vare övning 9 till avsnitt 2.3 kan antalet kombinationer minskas till åtta.
3.3. Cayleytabeller för grupper
69
fylla i Cayleytabellen på ett sätt, i avsikten att konstruera en grupp med tre element, kan vi dessutom dra slutsatsen att ligen den
enda
(Z3; +) är väsent-
gruppen med tre element. På samma sätt kan man se
att den grupp med två element vi konstruerade tidigare är väsentligen densamma som gruppen
(Z2; +) och att denna därmed är väsentligen
den enda gruppen med två element. Avslutningsvis låter vi
G = fe; a; b; cg
ledning av vår upptäckt rörande utifrån Cayleytabellen för
bestå av fyra element. Med
Z3 ovan, kan vi konstruera en grupp
(Z4; +)
(se den vänstra tabellen i gur 2.8
på sidan 53), genom att byta namn på elementen enligt
0 7! e; 1 7! a; 2 7! b; 3 7! c:
(3.2)
Vi erhåller då Cayleytabellen i gur 3.8(a).
e a b c
e a b c
e a b c a b c e b c e a c e a b
e a b c
e a b c
(a)
e a c b
e a c b
(b)
e a b c
e a b c
e a b c a c e b b e c a c b a e
e a b c
e a b c a e c b b c c b
e a b c
(d)
e a b c a e c b b c a e c b e a (e)
e a c b a c b e c b e a b e a c (c)
e a b c
e a b c
e a b c a e c b b c e a c b a e (f )
Figur 3.8 Låt oss nu se ifall det nns er alternativ på tabellens utseende. Efter att som vanligt fyllt i den rad och kolumn som svarar mot det neutrala
a a skall vara. De alternativ b, c eller e. Eftersom vi strävar efter att få en tabell som skiljer sig från tabell (a), väljer vi a a = c. (Läsaren uppmanas elementet, vill vi bestämma oss för vad som står till buds är att veri era att vi
inte
erhåller en ny tabell, om vi väljer alternativet
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
70
aa = b.) Det visar sig då att Cayleytabellen får utseendet i gur 3.8(b) på föregående sida. Vid den första anblicken verkar det här som om vi har hittat något nytt
den erhållna Cayleytabellen liknar ju inte tabell (a), och därmed
inte Cayleytabellen för
(Z4; +). Men skenet bedrar! Det nns nämligen
andra sätt att döpa om elementen i vi istället väljer att döpa om
Z4 på, än vad som görs i (3.2). Om
2 till c och 3 till b, så får vi Cayleytabellen
i gur 3.8(c) på föregående sida. Kompositionsreglerna givna av tabell (a), (b) och (c) de nierar alla samma algebraiska struktur, ty resultatet blir detsamma, oavsett vilken tabell vi använder oss av för att beräkna
a b = e enligt alla tre tabellerna. Alltså ger alternativet a a = c inte upphov till någon väsentligen ny grupp. Men vi har ju fortfarande alternativet a a = e kvar. Med en produkt. Till exempel blir
detta val får vi så småningom tabellen i gur 3.8(d) på föregående sida. Här kan vi välja
b b = a eller b b = e. Beroende på vad vi väljer får
vi tabell (e) respektive (f ) i guren. Vi lämnar som en övning åt läsaren att veri era att inte heller
(Z4; +). Men hur man än vänder inte att hitta gruppen (Z4; +) i
tabell (e) är något nytt jämfört med och vrider på tabell (f ), så går det
denna. Om kompositionsregeln för denna tabell är associativ, så har vi funnit en grupp som väsentligen är annorlunda än
(Z4; +).
För att motivera att tabell (f ) de nierar en grupp, betraktar vi en rektangel som inte är en kvadrat, se gur 3.9 på motstående sida. Om vi låter
e
beteckna identitetsavbildningen,
rektangelns medelpunkt samt
a
rotation
180Æ
runt
b och c spegling i den lodräta respektive
vågräta streckade räta linjen, så kommer dessa fyra avbildningar att tillsammans bilda en grupp under sammansättning. Dess Cayleytabell blir just tabellen i gur 3.8(f ) på föregående sida. Denna grupp brukar kallas
pe.)
Kleins fyrgrupp7 och betecknas ofta V
(från tyskans
Viergrup-
Vi har därmed konstaterat att det nns väsentligen två grupper
med fyra element, nämligen
(Z4; +) och V .
Fenomenet att grupper som vid första ögonkastet ser ut att vara olika men ändå är lika, i det avseendet att de har samma strukturella egenskaper, kallas
isomor .
Vi kommer att ge en formell de nition av
detta begrepp först i kapitel 8. Fram tills dess nöjer vi oss med att vara informella: Två grupper är
isomorfa, om det enda som skiljer dem åt är
vilka beteckningar man använder på elementen och kompositionsregeln. 7
Felix Klein (18491925), tysk matematiker.
3.3. Cayleytabeller för grupper
71
1
2
4
3
Figur 3.9 Om två grupper inte är isomorfa, nns det en strukturell egenskap hos den ena gruppen som inte den andra har. En sådan egenskap kan till exempel vara hur många element som är lika med sin egen invers. För
(Z4; +)
nns det två sådana element, i form av
elementet) och
2
(eftersom
2+2 = 0
i
0
(det neutrala
Z4). I Kleins fyrgrupp V
är
samtliga fyra element lika med sin egen invers. När det gäller grupper med fem element eller er, så nämner vi i förbigående att det nns väsentligen en grupp med fem element, två med sex element, en med sju, fem med åtta, och två med nio respektive tio element. Samtliga dessa grupper är abelska, utom en av de båda grupperna med sex element, två av de fem grupperna med åtta element, och en av de två grupperna som har tio element.
Övningar till avsnitt 3.3 1.
Den halvt ifyllda Cayleytabellen i gur 3.10 antas de niera en associativ kompositionsregel tabellen, så att
på mängden G = fe; a; b; c; dg. Komplettera
(G; ) blir en grupp.
e a b c d
e a b c d
e a b c d a d e b c e b d c
Figur 3.10 2.
De nierar Cayleytabellen i gur 3.11 på nästa sida en grupp? Kompositionsregeln förutsätts vara associativ.
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
72
a b c d
a b c d
c a d b a b c d d c b a b d a c
Figur 3.11 3.
Veri era att Cayleytabellen i gur 3.8(e) på sidan 69 väsentligen är densamma som den för
4.
(Z4; +).
Konstruera en Cayleytabell för en kompositionsregel på en mängd av sex element, sådan att den uppfyller annulleringslagarna och har neutralt element, men så att den
inte de nierar en grupp.
3.4 Potenser och potenslagar Beteckningen (G; ) för en grupp är ganska klumpig att använda i läng-
G, när vi framöver refererar (G; ). Detta beteckningssätt är en aning slarvigt, vedertaget. Inte heller kommer vi att skriva a b i
den, och vi kommer ofta att skriva blott till en allmän grupp men dock allmänt
någon större utsträckning, utan väljer oftast att använda multiplikativ
ab eller additiv notation a + b. När vi använder multiplikativ notation, kommer vi i regel beteckna det neutrala elementet med 1G istället för e. Om additiv notation används, är det underförstått att notation
gruppen ifråga är abelsk. Vi väljer i detta fall att beteckna det ne-
0G , medan inversen till ett element a 2 G skrivs a b att användas istället för a + ( b). När det gäller additiv notation kommer ett uttryck av typen a + b att kallas för en summa istället för produkt, medan a och b kallas termer istället för faktorer. utrala elementet med
a
istället för
a
1.
Vidare kommer det kortare skrivsättet
Speciellt kommer vi, så länge vi sysslar med grupper, att med mena gruppen
(Zn; +),
där
+
står för addition modulo
n.
Zn
När vi till
R+ , menar vi gruppen (R+ ; ), eftersom + till en multiplikation är det enda av de fyra räknesätten som gör R grupp. Av motsvarande anledning menar vi (R ; +), när vi framöver talar om gruppen R . exempel refererar till gruppen
Givet ett element
a
i en grupp
G
samt ett positivt heltal
n,
så
3.4. Potenser och potenslagar de nieras
73
n:te potensen av a enligt an = aa : : : a} : | {z n faktorer
Detta är välde nierat i och med att kompositionsregeln på en grupp är associativ (se sats 2.10). Vi inför negativa potenser genom att sätta
a
n
1 1 n } = (a ) :
1 :::a = a| 1 a {z
n faktorer
Dessutom sätter vi
a0 = 1G : Vi formulerar gällande potenslagar i följande sats.
Sats 3.19.
Låt
a; b 2 G, där G är en grupp. För alla heltal m och n
gäller då (i) (ii) (iii) (iv)
a n = (an ) 1 , d.v.s. a n är inversen till an am an = am+n (am )n = amn (ab)n = an bn , om och endast om ab = ba.
Bevis.
(i) Genom att i följdsats 2.22(iv) låta
a
n
= (a 1 )n = a 1 a 1 : : : a
1
ai = a för alla i, följer
= (aa : : : a)
1
= (an ) 1 :
m 6= 0 och n 6= 0, eftersom övriga fall är n > 0 så betyder am an en produkt av först m faktorer, alla lika med a, följt av ytterligare n sådana faktorer. m n m+n . Det blir således sammanlagt m + n faktorer, vilket ger a a = a Om både m och n är negativa resonerar vi på samma sätt genom att 1 . Ifall m och n har olika tecken, räkna antalet faktorer lika med a säg m > 0 och n < 0, uppstår tre olika fall beroende på om m + n är positivt, negativt eller lika med noll. När m + n > 0, så gäller (ii) Vi kan anta att
triviala. I fallet
m>0
och
am+n a eftersom både till
an ,
n
= a(m+n)+(
n)
= am ;
m + n och n är positiva. Men enligt (i) är a
så multiplikation av båda leden från höger med
n inversen an ger det
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
74
önskade resultatet
am+n = am an . Om m + n < 0 så är (m + n) och m
positiva heltal, vilket ger
a
(m+n) am
=a
(m+n)+m
= a n:
Om båda leden här multipliceras från höger med
a
m , inversen
1
= (am an )
till
am ,
så blir resultatet
a I högerledet har vi nu
(m+n)
a na
m
= a na
m:
= (an ) 1 (am )
1
(med
hjälp av följdsats 2.22(iii)), och eftersom vänsterledet är inversen till
am+n , är vi klara även i detta fall. Om m = n, d.v.s. am och an är varandras am an = 1G = a0 = am+n .
slutligen
m+n = 0
så är
inverser. Detta innebär att
(ii) Beviset, som kan genomföras med en liknande strategi som ovan, lämnas som en övning för läsaren.
()) Antag att (ab)n = an bn för alla n. För n = 2 betyder detta att abab = aabb, från vilket ba = ab följer, tack vare annulleringslagar(iii)
na.
(() Antag att ab = ba. Vi visar först att abn = bn a för alla n 0 med hjälp av induktion. Fallet n = 0 är trivialt, och om likheten gäller för något n 0, så blir
abn+1 = abn b = bn ab = bn ba = bn+1 a; enligt vår önskan. Ett nytt induktionsbevis ger nu att för alla
n
(ab)n = an bn
0 på följande vis. Fallet n = 0 är återigen trivialt, och n 0 medför tillsammans
antagandet om att likheten gäller för något med det vi nyss visade, att
(ab)n+1 = (ab)n (ab) = an bn ab = an abn b = an+1 bn+1 :
n < 0. I detta Eftersom n>0
Det återstår nu endast att undersöka vad som händer om fall är
an
och
bn
inverserna till
a
n
respektive
b
n.
har vi därmed
an bn = (a n ) 1 (b n ) Men
1
= (b n a n )
1
= [(ba) n ]
ba = ab, och därmed är beviset fullbordat.
1
= (ba)n :
3.4. Potenser och potenslagar
75
När man brukar additiv notation, skrivs motsvarigheten till
an som na.
Således
n a = a| + a +{z + a}; n termer
( n) a = n ( a), medan a0 = 1G blir 0 a = 0G . Potenslagen (ii) i sats 3.19 får med additiv beteckning utseendet n a + m a = (n + m) a, medan den additiva versionen av (iii) blir n (m a) = nm a. om
n > 0.
Negativa potenser ges här av
motsvarigheten till
Övningar till avsnitt 3.4 1.
Beräkna
(a) 43 i Z7
2.
Låt
3.
Ett element
(b) 34 i Z8
a vara ett att a = 1G .
(c) 5
element i en grupp
G.
2
i
Z11
Antag att
(d) 5 4 72 i Z12. a3 = a11 = 1G. Visa
a säges vara idempotent, om a2 = a. Visa att det neutrala
elementet är det enda idempotenta elementet i en grupp.
4.
Låt
5.
Låt
G vara en grupp att G är abelsk.
sådan att
(ab)2 = a2 b2
för alla
a; b
2 G. Visa
G vara en grupp. Antag att a2 = 1G för alla a 2 G. Visa att G är
abelsk.
a och b vara element i en grupp. Antag att a7 b = ba7 och a3 b = ba3 . Visa att ab = ba.
6.
Låt
7.
Låt
8.
Bevisa sats 3.19(ii).
9.
Låt
a och b vara element i en grupp G. Antag att a7 = b5 = a2 b = 1G. Visa att a = b = 1G . a och b vara två element i en grupp. Låt vidare m och n vara två am = bm och an = bn . Visa SGD(m;n) SGD(m;n) att a =b . heltal, inte båda lika med noll. Antag att
10. 11.
b (ab) = a b Låt
a
5
och
5 5
vara element i en grupp. Visa att om så är
ab = ba.
(ab)3 = a3 b3
och
(ab)4 = a4 b4 , (ab)5 = a5 b5 och (ab)6 = a6 b6 gäller för två element a och b i en grupp, så är ab = ba. Visa att om
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
76
3.5 Undergrupper Betrakta gruppen
D3
i exempel 3.5, och dess Cayleytabell i gur 3.3
på sidan 58. Antag att vi inskränker de nitionsmängden för kompo-
D3 till någon av delmängderna H1 = f"; 2 ; 3 g elH2 = f"; 1 g. Självklart är restriktionen av Æ till någon av dessa
sitionsregeln på ler
mängder associativ, så genom att studera Cayleytabellerna i gur 3.12 konstaterar vi att
H1
och
H2
" " 2 3
2 2 3 "
var och en för sig är en grupp under
Æ till respektive mängd. Detta föranleder oss till att
restriktionen av
ge följande de nition.
Æ
" 2 3
(a)
3 3 " 2
H1
Æ
" 1
" " 1 (b)
1 1 "
H2
Figur 3.12 De nition 3.20. Låt (G; ) vara en grupp och H en delmängd av G. Om H är en grupp under restriktionen av till H , så säger vi att H är en undergrupp i G och betecknar detta med H G (eller G H ). Ifall H råkar vara en äkta delmängd av G så säger man att H är en äkta undergrupp i G. I detta fall används beteckningen H < G (eller G > H ). G har alltid minst två undergrupper, G själv och f1G g. Om H är en undergrupp i G så använder man av bekvämlighetsskäl samma beteckning för kompositionsregeln på H som på G. En icke-trivial grupp
För att testa om en given delmängd av en grupp är en undergrupp, kan man använda sig av följande sats.
Sats 3.21.
G vara en grupp och H en delmängd av G. Då är H G, om och endast om följande tre villkor är uppfyllda: H är stabil med avseende på kompositionsregeln på G, d.v.s. om h1 ; h2 2 H så gäller h1 h2 2 H Låt
en undergrupp i (i)
3.5. Undergrupper
77
1G i G tillhör H 1 2 H. Om h 2 H , så gäller h
(ii) Det neutrala elementet (iii)
Bevis.
)) Att H är en undergrupp i G betyder speciellt att restrik-
(
G till H är en kompositionsregel på H . h1 h2 2 H närhelst h1 ; h2 2 H , och således är (i) upp-
tionen av kompositionsregeln på Detta innebär att fyllt.
H i sig är en grupp, så innehåller H ett neutralt ele1H , men det är inte från början givet att detta element är detsamma som det neutrala elementet 1G i G. Det är dock enkelt att visa att det i själva verket är så, eftersom det i G gäller att 1H 1G = 1H = 1H 1H , från vilket 1G = 1H följer med hjälp av den vänstra annulleringslagen. Eftersom
ment
Således är även (ii) uppfyllt. Ett liknande resonemang kan användas för att bevisa (iii): I och med att
H är en grupp, så nns ett h1 2 H med egenskapen hh1 = 1G . h en invers h 1 i G. Från hh1 = hh 1 följer h 1 = h1 2 H ,
Vidare har
med utnyttjande av den vänstra annulleringslagen.
()
(
Antag att
H
är en delmängd av
G
som uppfyller (i), (ii)
och (iii). Då säger (i) oss att restriktionen av kompositionsregeln på till
H
är en kompositionsregel på
vi visa att
H
H.
För att bevisa att
H
G
G skall
uppfyller de tre gruppaxiomen. Av (ii) följer att
H
in-
nehåller ett neutralt element, medan existensen av en invers till varje element i
H garanteras av (iii). Den associativa lagen a(bc) = (ab)c gäla; b; c 2 G och därmed också för alla element i H , eftersom
ler för alla
H G.
Observera att om man känner till att
H
är en
icke-tom
delmängd av
G, så behöver man inte testa om (ii) är uppfyllt, eftersom det H= 6 ;, 1 så innehåller H minst ett element a. Från (iii) följer då att a 2 H. 1 2 H , varav (i) medför att aa 1 = 1 2 H . Således har vi a; a G en grupp
då är en konsekvens av (i) och (iii): Om vi nämligen vet att
Exempel 3.22. Vi illustrerar satsen ovan genom att visa att mängden 2Z = f2n j n 2 Zg av alla jämna heltal är en undergrupp i Z. Stabilitetskravet innebär här att vi skall ha a + b 2 2Z, närhelst a; b 2 2Z, eller uttryckt i ord: Summan av två jämna heltal är ett jämnt heltal. Detta är klart eftersom ansättningen
a = 2k, b = 2m
leder till
a + b = 2(k + m), som är ett jämnt tal. Det är också klart att det ne-
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
78
utrala elementet
0 är ett jämnt heltal, likaså att a är jämnt om a är
det. Sålunda utgör de jämna heltalen en undergrupp i
Z. Hur förhåller
det sig med de udda heltalen?
Exempel 3.23. undergrupp i om
U
gäller
C
Låt
U = fz
2 C j jzj = 1g. Vi påstår att U
är en
(under multiplikation). Vi börjar med att undersöka
är stabil med avseende på multiplikation. Tag z1 ; z2 2 U . Då jz1 j = jz2 j = 1. Vi vill visa att också z1z2 har absolutbelopp 1,
vilket följer av att
jz1 z2j = jz1 j jz2 j = 1 1 = 1: Sålunda gäller att z1 z2 2 U . Det neutrala elementet i C givetvis tillhör
U . När det gäller inverser så vet vi att 1 1 z = = 1 z jzj
är
1,
som
2 C , och vi ser att om z 2 U , d.v.s. om jzj = 1, så gäller 1 2 U . Därmed är påståendet bevisat. även z för alla
z
Exempel 3.24. I exempel 3.3 bekantade vi oss med den allmänna linjära gruppen GLn (R ), bestående av alla inverterbara n n-matriser med reella element. Sätt
H = fA 2 GLn (R) j det A = 1g: Med hjälp av räknelagarna för determinanter följer att om
A1 ; A2 2 H
så är
det(A1 A2 ) = det A1 det A2 = 1 1 = 1; vilket visar att
H
är stabil med avseende på matrismultiplikation.
Enhetsmatrisen, som är neutralt element i ten
1
det A
och tillhör därmed
1
= 1, eftersom
H.
Om slutligen
GLn (R), har determinandet A = 1 så gäller också
1 : det A Därmed är H en undergrupp i GLn (R ). Denna undergrupp betecknas vanligen SLn (R ) och kallas för den speciella linjära gruppen. det A
1
=
3.5. Undergrupper
79
De nition 3.25. En grupp G kallas ändlig eller oändlig, beroende på om G är en ändlig eller oändlig mängd. Antalet element i G, om detta är ändligt, kallas gruppens ordning och betecknas jGj. Gruppen
Zn är till exempel ändlig med jZnj = n. En oändlig grupp Z. För ändliga delmängder av en grupp kan sats 3.21
exempli eras av förenklas.
Sats 3.26. Då gäller H
Låt
H
vara en icke-tom ändlig delmängd av en grupp
G, om och endast om H
kompositionsregeln på
Bevis.
G.
G.
är stabil med avseende på
)) Om H är en undergrupp i G så är givetvis H stabil med
(
avseende på kompositionsregeln på
() Om H
(
G.
är stabil med avseende på
G:s
kompositionsregel, så
är denna en associativ kompositionsregel på den icke-tomma, ändliga mängden
H.
Enligt sats 3.17 räcker det därför att visa att annulle-
ringslagarna gäller i
Exempel 3.27.
H . Detta är dock klart, eftersom de gäller i G.
Delmängden
f0; 2g
av
Z4
Z4, f0; 3g inte en un-
är en undergrupp i
eftersom den uppfyller stabilitetskravet. Däremot är
Z4, eftersom 3 + 3 = 2 2= f0; 3g. På liknande sätt ser vi att f0; 1g kan vara en undergrupp, så vi konstaterar att det blott nns en undergrupp av ordning 2 i Z4. En undergrupp av ordning 3 dergrupp i inte heller
måste innehålla två av elementen
1, 2 och 3, så de möjliga kandidater-
f0; 1; 2g, f0; 1; 3g och f0; 2; 3g. Inga av dessa delmängder är dock stabila. Således nns det tre undergrupper i Z4 i form av f0g, f0; 2g och Z4. na är
H1 = f1V ; ag, H2 = f1V ; bg a2 = b2 = c2 = 1V . Eftersom produkten av två olika element, båda skilda från 1V , alltid blir lika med det tredje elementet skilt från 1V , kan V inte ha någon undergrupp av ordning 3. Därmed har V de fem undergrupperna f1V g, H1 , H2 , H3 och V . Exempel 3.28. och H3 = f1V ; cg
I Kleins fyrgrupp
V
är
alla stabila, eftersom
För att illustrera hur mängden av alla undergrupper i en grupp
G är
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
80
Hassediagram.8 I ett sådant representeras undergrupperna som punkter i planet. Om H1 och H2 är undergrupper i G sådana att H1 < H2 , och om det inte nns någon undergrupp K sådan att H1 < K < H2 , så förbinder man H1 och H2 med en linje. I diagrammet placerar man av konvention den större undergruppen H2 högre upp än den mindre H1 . I gur 3.13 relaterade till varandra, kan man rita ett så kallat
presenteras ett sådant Hassediagram för var och en av grupperna och
V.
Z4
V
f0; 2g
f1V ; ag f1V ; bg f1V ; cg
f0g
f1V g
(a)
Z4
(b)
Z4
V
Figur 3.13 Vi kommer att stöta på Hassediagram i mer allmänna sammanhang i kapitel 15.
Övningar till avsnitt 3.5 1.
Vilka av följande mängder är undergrupper i
2.
Vilka av följande mängder är undergrupper i
3.
Skriv upp samtliga undergrupper i
4.
Rita ett Hassediagram, liknande de i gur 3.13, för samtliga under-
(a) f0; 6g (c) f0; 4; 10g (a) f1; 2; 4g
grupper i
5. 8
Z12?
(b) f0; 3; 4; 6g (d) f0; 2; 4; 6; 8; 10g (b) f1; 3; 4; 6g
Z7?
(c) f1; 4; 5g Z5
respektive
(d) f1; 6g Z6.
Z12.
Bestäm samtliga undergrupper i
D3
(se exempel 3.5).
Helmut Hasse (18981979), tysk matematiker.
3.5. Undergrupper 6.
81
Visa att
(
H= är en undergrupp i
1 a 0 1
)
a2R
GL2 (R), mängden av alla inverterbara 22-matriser
med reella element.
2 2-matriser på formen cos sin ; sin cos där är ett reellt tal. Visa att H är en undergrupp i SL2 (R), mängden alla 2 2-matriser med reella element och determinant 1. 8. Visa att Un = fz 2 C j z n = 1g, där n är ett positivt heltal, är en 7.
Betrakta mängden
undergrupp i
9.
Visa att i
C .
Låt
G
G = fz
2 C j z n = 1 för något n 2 Z g är en undergrupp +
n
vara en grupp och antag att
H1 \ H2 beträande H1 [ H2 ? Låt
här får variera, till skillnad från i föregående
n hela tiden är xt.)
Visa att även
11.
av alla
C .
(Observera att
övning, där
10.
H
H1
och
H2
är undergrupper i
G.
är en undergrupp. Kan man säga samma sak
a vara ett godtyckligt element i en grupp G. Visa att CG (a) = fg 2 G j ag = gag
är en undergrupp i
12.
Låt
G. (Detta är den s.k. centralisatorn till a i G.)
G vara en grupp. Visa att Z (G) = fz 2 G j zg = gz för alla g 2 Gg
är en undergrupp i av
13.
G.)
G vara g 2 G, Låt
G. (Denna undergrupp brukar kallas för centrum
en grupp och
gHg
H 1
en undergrupp i
Sätt, för varje xt
= fghg 1 j h 2 H g:
(a) Visa att gHg 1 är en undergrupp i G. (b) Antag att H är ändlig. Visa att H och gHg element.
G.
1
innehåller lika många
Kapitel 3. Grupper och undergrupper
82
14.
Låt
G vara en grupp och antag att H G. Sätt NG (H ) = fg 2 G j gHg
Visa att
1
= H g:
NG (H ) är en undergrupp i G. (Detta är den s.k. normalisa-
torn till H .) 15.
G vara en grupp och H H G, om och endast om ab Låt
en icke-tom delmängd av
G.
Visa att
2 H för alla a; b 2 H . 16. Visa att en grupp G inte kan skrivas som G = H [ H , där H är två äkta undergrupper i G. 1
1
2
1 och
H2
Kapitel 4
Generatorer och cykliska grupper Bland de mest fundamentala grupperna åter nns de så kallade cykliska grupperna. Avsikten med detta kapitel är att stifta bekantskap med dessa grupper.
4.1 Inledning G är en grupp och att a är ett element i denna. En unH i G som innehåller a måste på grund av stabilitetskravet k k innehålla varje potens a av a, där k 1. Vidare måste inversen a 0 till varje sådan potens nnas med i H , liksom a = 1G . Således ink nehåller H samtliga a , där k 2 Z. Det visar sig nu vara så att alla k dessa a i sig utgör en undergrupp i G. Antag att dergrupp
Sats 4.1.
Låt
G vara en grupp och antag att a 2 G. Då är H = fak j k 2 Zg
G. Vidare är H den minsta undergrupp i G som innehåller a, i det avseendet att varje annan undergrupp som innehåller a har H som undergrupp. en undergrupp i
Bevis.
Vi undersöker i tur och ordning kraven på stabilitet, neutralt
element och invers, se sats 3.21. Produkten av två element 83
ak1 ; ak2 2 H
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
84
H , eftersom ak1 ak2 = ak1 +k2 . Det neutrala elementet tillhör H i 0 k k 1=a k och med att 1G = a . Om slutligen a 2 H så följer det av (a ) k att H också innehåller inversen till a . Detta bevisar att H G. Om nu H1 är en godtycklig undergrupp i G med a 2 H1 , så ger resonemanget innan satsen att samtliga element i H tillhör H1 , d.v.s. att H H1 . tillhör
De nition 4.2.
Undergruppen H i föregående sats kallas för cykliska undergruppen genererad av a och betecknas hai.
den
Med additiv beteckning får den cykliska undergruppen genererad av utseendet
hai = fk a j k 2 Zg.
Exempel 4.3.
a
Z som genereras av 5 ges av h5i = fk 5 j k 2 Zg = f5k j k 2 Zg: Den undergrupp i
5. Vi betecknar 5Z. Allmänt kommer vi framöver att med be-
Detta är precis mängden av alla heltalsmultipler av denna undergrupp med
mZ, där m är ett heltal, mena mängden av alla heltalsmulm.
teckningen tipler av
Z4. h1i = fk 1 j k 2 Zg, vilket innebär att h1i förutom 1 också innehåller 2 1 = 1 + 1 = 2, 3 1 = 1 + 1 + 1 = 3 och 4 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 0. Samtliga element i Z4 tillhör således h1i, så h1i = Z4. På samma sätt inses att också h3i = Z4. När det sedan gäller h2i = fk 2 j k 2 Zg så innehåller denna enbart elementen 0 och 2, ty om k är jämnt så blir k 2 = 0, medan k 2 = 2 om k är udda. Slutligen innehåller h0i inget annat element än det neutrala, d.v.s. h0i = f0g. För Kleins fyrgrupp V = f1V ; a; b; cg, vars Cayleytabell återges i gur 4.1 på nästa sida, så gäller att h1V i = f1V g, hai = f1V ; ag, hbi = f1V ; bg och hci = f1V ; cg. Ingen av de cykliska undergrupperna Exempel 4.4.
Låt oss nna samtliga cykliska undergrupper i
Enligt de nitionen är
blir i detta fall lika med hela gruppen, eftersom samtliga element i är lika med sin egen invers.
De nition 4.5. En grupp G säges vara cyklisk, om G = hai något a 2 G. Om så är fallet säges a vara en generator till G.
V
för
4.1. Inledning
85
1V a b c
1V 1V a b c
a a
1V c b
b b c
1V a
c c b a
1V
Figur 4.1 Exempel 4.6. Mängden generatorn 1, eftersom
av alla heltal
Z är en cyklisk grupp med
h1i = fk 1 j k 2 Zg = fk j k 2 Zg = Z; eller med andra ord: Varje heltal är en multipel av heltal också en multipel av
1. Givetvis är varje
1, så även 1 är en generator till Z. Fler
generatorer nns det inte. Varför?
Exempel 4.7. Av exempel 4.4 framgår det att Z4 är cyklisk och att 1 och 3 är generatorer. Elementen 0 och 2 är inte generatorer till Z4, eftersom motsvarande cykliska undergrupper inte är lika med
inte är hela V .
Samma exempel visar också att Kleins fyrgrupp som varken
h1V i, hai, hbi eller hci är lika med
Vi såg i föregående exempel att
hela
Z4.
cyklisk, efter-
Z4 är cyklisk. Hur ligger det till med Zn
i allmänhet? För att kunna besvara denna fråga, återgår vi temporärt till beteckningen
Zn = f[0]; [1]; : : : ; [n 1]g.
För ett givet
[k]
2 Zn
gäller
[k] = [1 + 1 + + 1] = [1] [1] [1] = k [1];
Zn = h[1]i. Således är Zn cyklisk med generatorn 1. Zn än 1, om n 3. Till exempel är ju även 3 en generator till Z4. Vi kommer att utreda vilka de andra är i vilket visar att
Det nns er generatorer till avsnitt 4.3.
G vara en grupp och a ett element i G. Om hai G, så de nieras ordningen av elementet a, betecknat o(a), som ordningen av gruppen hai, d.v.s. o(a) = jhaij. Om hai är en oändlig grupp, säges a vara av oändlig ordning. De nition 4.8.
Låt
är en ändlig undergrupp i
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
86
o(a) = 1, om och endast om a = 1G . Enligt de nitionen av cyklisk grupp har vi vidare att en ändlig grupp G är cyklisk, om och endast om den innehåller ett element a sådant att o(a) = jGj. Notera att
Exempel 4.9. I den multiplikativa gruppen C gäller o(i) = 4, eftersom hii = fi; 1; i; 1g består av fyra element. Vad är o( i)? Exempel 4.10.
Gruppen
Z innehåller endast ett element av ändlig
ordning, nämligen det neutrala elementet
Exempel 4.11. elementen i
0.
Med hänvisning till exempel 4.4 ser vi att det för
Z4 gäller att o(0) = 1, o(1) = o(3) = 4 och o(2) = 2. I o(1V ) = 1 och o(a) = o(b) = o(c) = 2.
Kleins fyrgrupp gäller
Övningar till avsnitt 4.1 1.
Vilka av nedanstående grupper är cykliska?
2.
Är
3.
Visa att
(a) Z5 Q
(b) Z8
(c) Z10
(d) D3
(under addition) en cyklisk grupp? Bevisa ditt påstående.
Un = fz
2 C j z n = 1g är en cyklisk grupp. Bestäm dess
generatorer.
4.2 Strukturen hos cykliska grupper I detta avsnitt skall vi studera några strukturella egenskaper hos cykliska grupper. Vi inleder med att betrakta det fall då gruppen ifråga är oändlig.
Sats 4.12.
Låt
G = hai vara en oändlig cyklisk grupp. Då gäller as = at =) s = t:
s 6= t, och försöker hitta en motsägelse. Det räcker s > t, eftersom fallet s < t bes t handlas på precis samma sätt. Således antar vi att a = a men s > t. s t = 1 , där s t > 0, vilket medför att det nns ett Detta ger a G Bevis.
Vi antar att
med att utreda vad som händer om
4.2. Strukturen hos cykliska grupper minsta positivt heltal
87
m för vilket am = 1G .1
b 2 G godtyckk vi skriva b = a
Välj nu
G är cyklisk och genereras av a, kan k. Divisionsalgoritmen (sats 1.10) säger att det nns heltal q och r sådana att k = mq + r , där 0 r < m. Detta medför att ligt. Eftersom
för något heltal
b = ak = amq+r = (am )q ar = 1qG ar = ar ; enligt potenslagarna. Det godtyckligt valda elementet skrivas
ar ,
b
kan sålunda
0 r < m, vilket innebär att b kan se ut på högst ett m st.). Detta strider mot att G är oändlig, och
där
ändligt antal olika sätt (
därmed är beviset klart.
För ändliga cykliska grupper gäller följande.
Sats 4.13.
Låt
G = hai vara en ändlig cyklisk grupp. Då är G = f1G ; a; a2 ; : : : ; am
m
där
att
g;
är det minsta positiva heltalet sådant att
elementen
Bevis.
1
1G
; a; a2 ; : : : ; am 1
Vi bevisar först att
G är ändlig är att listan
am = 1G .
Vidare är
alla olika.
m
verkligen existerar. En konsekvens av
a; a2 ; a3 ; : : : ; ak ; : : : G inte kan göras hur lång som helst utan att det uppkoms och t, där s t s > t, sådana att a = a . Precis som i beviset för sats 4.12 ser man att detta medför att det existerar ett minsta positivt heltal m med m = 1 . Genom att välja b godtyckligt i G kommer man egenskapen a G av element i
mer dubbletter i den. Det måste alltså nnas två heltal
sedan fram till sats
att
också det helt analogt med beviset för föregående
b = ar , där 0 r < m. Således har vi nu G = f1G ; a; a2 ; : : : ; am
1
g;
G är olika. Om två av dem m1 > m2 , så följer am1 m2 = 1G .
och det återstår att bevisa att elementen i vore lika, säg 1
am1
och
am2 ,
där
I mer utförliga ordalag: Mängden av alla positiva heltal
är icke-tom och innehåller därför ett minsta tal
n sådana att an = 1G
m, enligt välordningsprincipen.
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
88
m1 och m2 här är olika naturliga tal, båda mindre än m, så blir 0 < m1 m2 < m. Detta motsäger att m är det minsta positiva m=1 . heltalet som uppfyller a G Men då
En direkt konsekvens av ovanstående sats är följande.
Följdsats 4.14. Om G är en grupp och a 2 G ett element av ändlig o(a) = 1 . ordning, så är o(a) det minsta positiva heltalet sådant att a G Sats 4.15.
Varje cyklisk grupp är abelsk.
G = hai vara en cyklisk grupp och välj x; y 2 G godtyckligt. xy = yx. Nu är emellertid x = as och y = at för några heltal s och t. Av detta följer Bevis.
Låt
Vi vill visa att
xy = as at = as+t = at+s = at as = yx; och därmed är satsen bevisad.
Omvändningen till sats 4.15 är inte sann. Betrakta till exempel Kleins fyrgrupp. Denna grupp är, som vi såg i exempel 4.7, inte cyklisk, men däremot abelsk (vilket framgår av dess Cayleytabell i gur 4.1 på sidan 85). Även om varje cyklisk grupp alltså är abelsk kommer vi i fortsättningen ändå att använda multiplikativ notation framför additiv, när vi studerar abstrakta cykliska grupper.
Övningar till avsnitt 4.2 1.
Bestäm ordningen av samtliga element i grupperna i övning 1 till avsnitt 4.1.
2.
I en grupp
3.
Låt
G har alla element utom det neutrala ordningen 3. Visa att
(ba)2 = a2 b2 för alla a; b 2 G. a
såväl
b
vara två element i en grupp. Antag att
som
är av ändlig ordning. Visa att också
och
a
ordning.
b
ab = ba och att ab är av ändlig
4.3. Undergrupper i cykliska grupper 4.
89
Betrakta de två matriserna
A = 01 01 i
0 1 och B = 1 1
GL2 (R). Visa att var och en av dem är av ändlig ordning, och ange o(A) respektive o(B ). Vad gäller för o(AB )? Stämmer detta över-
också
ens med föregående övning?
5.
Låt
a vara ett element i en grupp. Visa att o(a) = o(a 1 ).
6.
Låt
a och b vara element i en grupp. Visa att o(ab) = o(ba).
7.
Låt
8.
Låt
a vara ett element i en grupp G. Visa att o(a) = o(gag 1 ) för alla g 2 G. att
9.
a och b vara två element av ändlig ordning i en grupp G. Antag ab = ba. Visa att om SGD[o(a); o(b)] = 1, så är o(ab) = o(a) o(b).
a och b vara element i en grupp G. Antag att ab = b2 a. (a) Visa att abn = b2n a för alla n 2 Z+. (b) Visa att om b är av ändlig ordning i G, så är o(b) udda. Låt
4.3 Undergrupper i cykliska grupper I detta avsnitt skall vi studera hur undergrupperna ser ut i en cyklisk grupp. Bland annat kommer vi att reda ut av vilken ordning en undergrupp i en ändlig cyklisk grupp kan vara.
Sats 4.16.
Varje undergrupp i en cyklisk grupp är cyklisk.
G = hai är en cyklisk grupp och att H G. Om H består blott av det neutrala elementet så är H = h1G i cyklisk. Antag därför att H 6= f1G g. Det är då möjligt att välja h 2 H så att h 6= 1G . k Men h tillhör ju också den cykliska gruppen G, så vi kan skriva h = a för något k . På grund av att h 6= 1G , så är k 6= 0. Om k < 0 så gäller (ak ) 1 = a k 2 H , där k > 0, så vi kan lika gärna antaga att k > 0. + m 2 H , och vi Därmed nns det ett minsta m 2 Z sådant att b = a påstår nu att H = hbi. För att detta skall vara sant måste ett godtyckligt c 2 H kunna skrivas som en potens av b. Men c, betraktat som element i G, kan Bevis.
Antag att
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
90
an för något n 2 Z. Med hjälp av divisionsalgoritmen fås n = mq + r för några heltal q och r , där 0 r < m. Således r = n mq, vilket ger skrivas på formen
ar = an
mq
= an (am )
q
= cb q :
b och c båda tillhör H , gör högerledet ovan också det. Således ar 2 H , vilket innebär att vi måste ha r = 0, ty annars skulle m m 2 H . Därmed inte vara det minsta positiva heltalet med egenskapen a är n = mq och sålunda Eftersom gäller
c = an = amq = (am )q = bq ; vilket visar att
H
Exempel 4.17.
är cyklisk.
Föregående sats medför att en godtycklig under-
Z är på formen nZ = fnk j k 2 Zg;
grupp i den cykliska gruppen
d.v.s. den måste bestå av alla multipler av ett givet heltal (se exem-
pel 4.6).
Vi avslutar detta avsnitt genom att speciellt studera undergrupperna i ändliga cykliska grupper. Vi kommer då att behöva följande sats.
Sats 4.18. Låt G = hai vara en ändlig cyklisk grupp av ordning m. n Då gäller a = 1G , om och endast om m j n.
)) Antag att an = 1G. Använd divisionsalgoritmen för att skriva n = mq + r , där 0 r < m. I och med att o(a) = m, vet vi Bevis.
(
m är det minsta positiva heltalet som uppfyller am = 1G . Eftersom r = n mq, och både am och an är lika med 1G , från följdsats 4.14 att så är
ar = an
mq
= an (am )
vilket motsäger minimaliteten hos att
n = mq, d.v.s. m j n.
q
= 1G ;
m, såvida inte r = 0. Ur detta följer
() Antag omvänt att m j n. Då är n = mk
(
medför att
an
= (am )k
= 1kG
= 1G .
för något
k,
vilket
4.3. Undergrupper i cykliska grupper
Sats 4.19. Antag att a genererar k Låt a 2 G. Då är o(ak ) = Bevis.
Låt
d = SGD(n; k).
91
en cyklisk grupp
n : SGD(n; k)
(4.1)
Det nns då heltal
d = ns + kt (se sats 1.16). Därmed gäller 1=
G av ordning n.
s
och
t
sådana att
n s + kd t; d
vilket betyder att de båda heltalen
n=d
och
k=d
är relativt prima
(sats 1.21).
m = o(ak ). Då är m det minsta positiva heltalet med egenskapen = akm = 1G . Vårt mål är att bevisa att m = n=d. Nu vet vi n att n är det minsta positiva heltal som uppfyller a = 1G , så sats 4.18 ger att n j km. Med andra ord är m det minsta positiva heltalet med egenskapen att km=n är ett heltal. Men Sätt
(ak )m
km m (k=d) = ; n n=d n=d är alltså en delare i m (k=d). Eftersom k=d och n=d är relativt n=d är en delare i m. Det minsta möjliga positiva heltal m som uppfyller detta är m = n=d, och därmed är satsen så
prima ger sats 1.23 att bevisad.
Följdsats 4.20. För en ändlig cyklisk grupp G = hai av ordning n k gäller att a 2 G genererar G, om och endast om k och n är relativt prima.
Bevis. om
Formel (4.1) i föregående sats ger att
SGD(n; k) = 1.
o(ak ) = n, om och endast
Om vi skall använda ovanstående resultat på används, så blir innebörden av sats 4.19, att
Zn, där additiv notation
k 2 Zn genererar en cyklisk
n= SGD(n; k). Följdsats 4.20 säger i sin tur att hki = Zn, om och endast om n och k är relativt prima. undergrupp av ordning
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
92
Exempel 4.21.
Ordningen av elementen
3, 10 och 11 i Z15 ges i tur
och ordning av
15 15 = = 5; SGD(15; 3) 3 15 15 o(10) = = =3 SGD(15; 10) 5
o(3) =
respektive
o(11) = Som synes är alltså
11
15 15 = = 15: SGD(15; 11) 1
en generator till
överens med följdsats 4.20, eftersom
Exempel 4.22.
vilket också stämmer
Z12 är 1, 5, 7 och 11, ty det 12 bland talen 1; 2; : : : ; 11. I Z7
Samtliga generatorer i
är dessa tal som är relativt prima med är samtliga element utom
Exempel 4.23.
Z15,
11 och 15 är relativt prima.
0 generatorer.
Gruppen
Z9 = f1; 2; 4; 5; 7; 8g är cyklisk och har 2
som generator (veri era detta!). Samtliga generatorer kan enligt följdsats 4.20 därmed skrivas på formen prima (och
till Z .
och
jZ9j = 6 är relativt
1 k 5). Förutom 2 är alltså även 25 = 5 en generator
9
Eftersom
8 = 23 , så ger sats 4.19 att
o(8) = i
2k , där k
6 =2 SGD(6; 3)
Z9. Genom att utnyttja att 4 = 22 och 7 = 24 , nner vi på motsva-
rande vis att
o(4) = o(7) = 3.
Sats 4.24.
Låt
G
varje positiv delare
vara en cyklisk grupp av ändlig ordning
n.
För
d i jGj nns det en undergrupp i G av ordning d,
och denna är entydigt bestämd.
1 < d < n, eftersom satsen annars är trivial. Ansätt G = hai och låt k = n=d, som är ett heltal eftersom d j n. Enligt Bevis.
Vi kan anta att
4.3. Undergrupper i cykliska grupper
93
ak en undergrupp av ordning n n n = = = d; SGD(n; k) SGD(n; n=d) n=d
sats 4.19 genererar
vilket bevisar existensen.
H vara en godtycklig und i G. Vi vill visa att H = ak . Nu måste H m vara cyklisk, eftersom G är det, så vi har H = ha i för något heltal m. m m d md = 1 . Då är alltså a ett element av ordning d, d.v.s. (a ) = a G Sats 4.18 medför att n j md, d.v.s. att ns = md för något s. Men vi har ju sedan tidigare n = dk . Därmed är dks = md, vilket kan förenklas till ks = m. Från detta följer För entydighetsdelen av beviset låter vi
dergrupp av ordning
D
E
am = aks = (ak )s 2 ak ; som medför att
H
ak
. Men då både
k a
element, så råder i själva verket likhet här, d.v.s.
Exempel 4.25.
och H innehåller d
H = ak .
Vi önskar bestämma samtliga undergrupper i
Z10.
Enligt föregående sats nns det exakt en undergrupp för varje delare
jZ10j = 10. Det rör sig således om undergrupper av ordning 1, 2, 5 10. Undergrupperna av ordning 1 och 10 är h0i = f0g respektive h1i = Z10. Vidare har vi o(2) = 5 och o(5) = 2, så undergrupperna av ordning 5 och 2 ges av h2i = f0; 2; 4; 6; 8g respektive h5i = f0; 5g. i
och
Övningar till avsnitt 4.3 1.
Bestäm samtliga generatorer i var och en av följande grupper.
2.
Bestäm ordningen av följande element i
(a) Z8
(b) Z14
(c) Z25
(d) Z30
Z30.
(a) 14 (b) 25 (c) 9 (d) 18 3. (a) Skriv varje element i Z14 som en potens av 3 (d.v.s. visa att 3 är en generator till denna grupp).
(b) Bestäm ordningen av varje element i Z14, med hjälp av sats 4.19. 4.
Betrakta gruppen
(a) Bestäm h3i.
Z22
= f1; 2; 5; 7; 9; 13; 15; 17; 19; 21g.
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
94
(b) Vilka element i Z22 genererar samma cykliska undergrupp som 3 (förutom
3 självt)?
5.
Bestäm samtliga undergrupper i
6.
Bestäm samtliga element av
7.
Bestäm den minsta undergrupp i
8.
Hur många generatorer nns det i
Zpq,
där
p och q är olika primtal?
9.
Hur många generatorer nns det i
Zpn,
där
p är ett primtal och n ett
(a) Z11
(b) Z20
(c) Z28
(a) ordning 5 i Z15 (a) 12 och 18
(d) Z36.
(b) ordning 4 i Z32. Z som
innehåller
(b) 15 och 21
(c) 36, 45 och 99.
positivt heltal?
10.
Bevisa att antalet generatorer i
Zn
måste vara jämnt, om
n 3.
(Ledning: Övning 5 till avsnitt 4.2.)
11.
G endast innehåller ett element a av n 2. Visa att ag = ga för alla g 2 G, och att n = 2.
Antag att en grupp där
ordning
n,
(Ledning: Övning 7 till avsnitt 4.2.)
12.
Låt
G vara en cyklisk grupp av udda ordning. Visa att produkten av G är lika med 1G. Kan man dra samma slutsats, om G
alla elementen i
är av jämn ordning?
13.
G vara en abelsk grupp och T mängden av alla element av ändlig G. Visa att T G. (Denna undergrupp går under benämningen torsionsundergruppen till G). Låt
ordning i
4.4 Grupper med era generatorer Cykliska grupper har det gemensamt, att det räcker med ett element för att generera gruppen. Vi skall nu generalisera begreppet generator till en grupp till att omfatta er än ett element åt gången. För att få en välgrundad de nition behöver vi först ett lemma.
Lemma 4.26. Låt G varaTen grupp och fHi gi2I en familj av undergrupper i G. Då är snittet i2I Hi en undergrupp i G.
4.4. Grupper med era generatorer Bevis.
Sätt
H=
T
i2I Hi .
95
Vi undersöker i tur och ordning de tre un-
dergruppskriterierna från sats 3.21.
så gäller a; b 2 Hi för alla i. Eftersom G så är dessa stabila med avseende på G:s kompositionsregel. Därmed innehåller de samtliga produkten ab, varav ab 2 H följer. Neutralt element: Eftersom alla Hi är undergrupper i G innehåller var och en av dem det neutrala elementet 1G . Alltså gäller 1G 2 H . Inverst element: Tag a 2 H godtyckligt. Då tillhör a samtliga Hi . 1 . Vi Varje Hi är en undergrupp i G så varje Hi innehåller inversen a 1 konstaterar därmed att a 2 H och beviset är klart. Stabilitet: Om
Hi
alla
a; b
2H
är undergrupper i
Exempel 4.27. Undergruppen 10Z i Z består av alla heltalsmultipler av 10, medan 15Z utgörs av alla heltalsmultipler av 15. Undergruppen 10Z \ 15Z består därmed av alla gemensamma multipler till 10 och 15, vilket betyder att 10Z \ 15Z = 30Z. Vi lämnar som en övning för läsaren att visa att vi i allmänhet har mZ \ nZ = `Z, där ` = MGM(m; n). Sats 4.28.
G är en grupp och X en delmängd av G. Låt H vara snittet av alla undergrupper i G som innehåller X . Då är H den minsta undergrupp i G som innehåller X , i det avseendet att varje annan undergrupp som innehåller X också innehåller H . Vidare kan varje element h 2 H skrivas på formen Antag att
h = g1n1 g2n2 : : : gknk ; där
(4.2)
g1 ; g2 ; : : : ; gk 2 X inte nödvändigtvis är olika, och där n1 ; n2 ; : : : ; nk
är heltal.
G följer direkt av lemma 4.26, efterH1 är en godtycklig undergrupp som innehåller X , så är H1 en av undergrupperna i det snitt som de nierar H . Detta medför att H H1 , d.v.s. H är den minsta undergrupp i G som innehåller X . För att bevisa påståendet rörande utseendet hos elementen i H , låter vi K vara mängden av alla produkter på formen (4.2). Vi ser att X K . Då H är en undergrupp som innehåller X , så kommer varje Bevis. som
H
Att
H
är en undergrupp i
är ett snitt av undergrupper. Om
Kapitel 4. Generatorer och cykliska grupper
96
ändlig produkt av element i
att tillhöra
H . Vi konstaterar därmed
H. K G. Det är lätt att se att produkten av två element i K tillhör K , ty om vi multiplicerar två element som båda är en ändlig produkt av element i X , så blir resultatet givetvis en ändlig 0 produkt av element i X . Eftersom vi kan skriva 1G = gi för något gi 2 X så gäller även 1G 2 K . Av att
K
X
är en delmängd av
Vi påstår nu att
(g1n1 g2n2 : : : gknk )
1
= gk nk gk n1k 1 : : : g1 n1
ser vi vidare att inversen till en produkt på formen (4.2) är en produkt
2 K , så gäller även h 1 2 K . Således är K en undergrupp i G som uppfyller X K H . Eftersom H är den minsta undergruppen i G med egenskapen X H , måste därför på samma form, d.v.s. om
h
H = K , varmed är satsen bevisad. De nition 4.29.
Givet en grupp
G
och en delmängd
X
av
G
så
H i sats 4.28 för undergruppen genererad av mängden X och betecknas hX i. Elementen i X kallas alla för generatorer till H och mängden X själv kallas generatormängd. Om G = hX i så säges X generera G. I det fall då X = fg1 ; g2 ; : : : ; gk g är ändlig och genererar G, säger vi att G är ändligt genererad. I detta kallas undergruppen
fall skriver vi
G = hg1 ; g2 ; : : : ; gk i istället för
G = hfg1 ; g2 ; : : : ; gk gi.
X = fag endast innehåller ett element, så hX i = hai en cyklisk grupp. Ett alternativt sätt att de niera den cykliska undergruppen hai är alltså som snittet av alla undergrupper Lägg märke till att om blir i
G som innehåller elementet a.
Exempel 4.30.
V = f1V ; a; b; cg. En geX = fa; bg, ty varje element i V kan skrivas
Betrakta Kleins fyrgrupp
neratormängd till
V
ges av
som ändliga produkter av dessa element: För de två element som inte tillhör
X
har vi
1V = a2
och
c = ab. Således V = ha; bi.
4.4. Grupper med era generatorer
Exempel 4.31.
Gruppen
97
D3 = f"; 2 ; 3 ; 1 ; 2 ; 3 g i exempel 3.5 är
inte cyklisk, så en generatormängd för gruppen måste innehålla minst två element. Av Cayleytabellen i gur 3.3 på sidan 58 kan vi utläsa att
" = 21 , 3 = 22 , 2 = 2 1 och 3 = 22 1 . Således D3 = h2 ; 1 i. Exempel 4.32.
Inte alla grupper är ändligt genererade. Betrakta till
exempel gruppen
Q
av alla rationella tal under addition. Antag att
Q
är ändligt genererad, säg
Q = pq1 ; pq2 ; : : : ; pqr ; 1 2 r
(4.3)
pi =qi alla är förkortade så långt som möjligt. p vara ett primtal som inte är en delare i någon av nämnarna q1 ; q2 ; : : : ; qr . Om (4.3) är sant, så måste det nnas heltal n1 ; n2 ; : : : ; nr där de rationella talen Låt
2
sådana att
1 p p p = n1 1 + n2 1 + + nr r : p q1 q2 qr
q1 q2 : : : qr ger ett heltal i högerledet, q1 q2 : : : qr =p. Detta är inte ett heltal, eftersom primtalet p inte är delare i något qi . Således är Q inte ändligt Multiplikation av båda leden med medan vänsterledet får utseendet
genererad.
Övningar till avsnitt 4.4 1.
Beskriv den undergrupp i
2.
Visa att
3.
Låt
(a) f2; 3g (c) f30; 40g Z8
Z som
genereras av
(b) f12; 20g (d) fm; ng, där m; n 2 Z.
= h5; 7i.
m; n 2 Z och sätt ` = MGM(m; n). Bevisa att `Z = mZ \ nZ. (Se
exempel 4.27).
4.
Visa att
2
G är en grupp och X en delmängd av G sådan att G = hX i. G är abelsk, om och endast om xy = yx för alla x; y 2 X .
Antag att
Med användande av den additivt skrivna motsvarigheten till formel (4.2).
Kapitel 5
Permutationsgrupper Innan det abstrakta gruppbegrepp
introducerades i mitten av 1800-
talet, så arbetade man i huvudsak med permutationsgrupper. Med en permutation menar man en bijektiv avbildning från en mängd till sig själv. Permutationsgrupper kan bl.a. användas för att studera symmetrier hos en geometrisk gur.
5.1 Den symmetriska gruppen Vi såg i exempel 3.6 att mängden från en mängd
X
SX
av alla bijektiva avbildningar
till sig själv utgör en grupp under sammansätt-
X = fa1 ; a2 ; : : : ; am g är ändlig och : X ! X (a1 ); (a2 ); : : : ; (am ) alla olika element i X (eftersom är injektiv) och det nns heller inte något element i X som saknas i denna lista (eftersom är surjektiv). Detta innebär att (a1 ); (a2 ); : : : ; (am ) är en permutation av elementen a1 ; a2 ; : : : ; am . ning. Om speciellt
bijektiv, så är elementen
Vi inför av den anledningen följande de nition.
De nition 5.1.
Låt
X
vara en mängd. Med en
avses en bijektiv avbildning
Till exempel är funktionen till
: X ! X.
permutation av X
f (x) = 2x + 3 en bijektiv avbildning från R
R, och således en permutation av R.
Vi kommer dock enbart att vara intresserade av permutationer av
98
5.1. Den symmetriska gruppen
99
X = fa1 ; a2 ; : : : ; am g teckna en permutation 2 SX som ändliga mängder. När
är ändlig, kommer vi att
= (aa1 ) (aa2 ) :: :: :: (aam ) : 1 2 m Exempel 5.2.
För permutationen
= 14 22 31 43
(5.1)
X = f1; 2; 3; 4g gäller att (1) = 4, (2) = 2, (3) = 1 1 till är den permutation som uppfyller och (4) = 3. Inversen till 1 [(a)] = a för alla a 2 X . Således måste 1 (1) = 3, 1 (2) = 2, 1 (3) = 4 och 1 (4) = 1, vilket ger av mängden
1
1 2 3 4 = 3 2 4 1 :
(5.2)
Inversen bildas enkelt genom att låta de båda raderna hos matrisen i högerledet i (5.1) byta plats, varefter man sedan sorterar kolonnerna på vis, att talen i den övre raden kommer i storleksordning. Denna sortering är dock inte nödvändig, utan man skulle lika gärna kunna skriva
1
= 41 22 13 34 :
(5.3)
1 3, 2 på 2, 3 på 4, och 4 på 1. Skälet till att man väljer att sortera
Såväl (5.2) som (5.3) beskriver nämligen en permutation som avbildar på
är alltså blott av estetisk karaktär.
X vara en mängd och SX mängden av alla permutationer av X . Vi de nierar då produkten av två permutationer ; 2 SX som den sammansatta avbildningen Æ , d.v.s. enligt Låt nu
= Æ : Från exempel 3.6 följer att kompositionsregel.
SX
blir en grupp med avseende på denna
Kapitel 5. Permutationsgrupper
100
permutationsgrupp, om alla dess element är permutationer av en mängd X , och om gruppens De nition 5.3.
En grupp kallas för en
kompositionsregel är multiplikation av permutationer.
Vi behöver inte nödvändigtvis ta till
samtliga
permutationer i
SX
för
att bilda en permutationsgrupp. Det räcker med att den uppsättning man väljer ut bildar en undergrupp i
Exempel 5.4.
Vi skall beräkna
= 13 21 32 45 54
SX .
, och 1
1,
där
och
= 15 24 33 41 52
(5.4)
X = f1; 2; 3; 4; 5g. Först noterar vi (x) = ( Æ )(x) = [(x)], så en produkt av permutationer skall
är två permutationer på mängden att
1 vilket alltså i detta fall innebär att vi
läsas från höger till vänster,
, därefter . Från (5.4) ser vi att (1) = 5. Detta värde skall vi i sin tur stoppa in i , varvid vi får (5) = 4. Sålunda är (1) = 4. På samma sätt fås (2) = 5 på grund av att (2) = 4 och (4) = 5. Fortsätter vi på detta vis med (3), (4) och (5) får vi först skall applicera
således
= 13 = 14
2 1 2 5
3 2 3 2
4 5 4 3
5 1 2 3 4 5 4 5 4 3 1 2 5 : 1
3 3 3 4
4 1 4 2
5 1 2 3 4 5 2 3 1 2 5 4 5 : 1
Med samma förfarande blir
= 15 = 13 För att beräkna
1
2 4 2 5
1 kan man först bestämma inverserna till och
var för sig, och sedan multiplicera inverserna med varandra. Genom att 1
Detta sätt är dock inte allmänt vedertaget. Vissa författare trivs bättre med
att man läser på det andra hållet.
5.1. Den symmetriska gruppen istället utnyttja att
1
1
1 1
101
= ()
1,
får vi dock direkt
= 1 2 3 4 5 ; 5 4 1 3 2
genom att ta inversen till den redan uträknade produkten Vi ser ovan att
= 6 ,
.
så permutationsmultiplikation är alltså
inte kommutativ. Detta bör dock inte komma som en överraskning, eftersom multiplikation av permutationer ju är detsamma som sam-
mansättning av avbildningar, som inte är kommutativ.
De nition 5.5.
Den
symmetriska gruppen för n element de nieSX i fallet då X = f1; 2; : : : ; ng. Denna
ras som permutationsgruppen betecknas
Sn .
Exempel 5.6.
" = 11 1 = 11
Gruppen
2 2 2 3
S3
innehåller de sex permutationerna
3 = 1 2 3 2 3 = 1 2 2 2
2 3 2 1
3 = 1 3 1 3 3 = 1 3 3 3
2 1 2 2
3 2 3 1
och gruppens Cayleytabell presenteras i gur 5.1. Lägg märke till att detta är precis samma tabell som för gruppen
D3 i gur 3.3 på sidan 58.
Detta är inte förvånande, i och med att var och en av symmetrierna hos triangeln kan tolkas som en permutation av dess hörn. Här är alltså ännu ett exempel på isomorfa grupper. Grupperna
D3
och
S3 , som vi
har de nierat på till synes olika sätt, är i själva verket en och samma
grupp.
Æ
" 2 3 1 2 3
" " 2 3 1 2 3
2 2 3 " 3 1 2
3 3 " 2 2 3 1
1 1 2 3 " 2 3
Figur 5.1
2 2 3 1 3 " 2
3 3 1 2 2 3 "
Kapitel 5. Permutationsgrupper
102
S3 i föregående exempel, att S3 inte är en abelsk grupp. Det är inte svårt att visa att Sn inte abelsk, om n 3, se övning 3. I exemplet ovan framgår det vidare att jS3 j = 6 = 3!. Genom ett kombinatoriskt resonemang inser man att jSn j = n! på följande vis. Vi ser av Cayleytabellen för
För att bestämma en permutation
1 2 ::: n = (1) (2) : : : (n) i
Sn
(1)
väljer vi först vad
detta. Värdet av
skall vara. Det nns
n valmöjligheter för 1; 2; : : : ; n,
får nu vara vilket av helst av talen
n 1 sätt. Detta medför i sin n 2 valmöjligheter för (3), n 3 för (4), o.s.v., och slutligen endast ett möjligt val för (n). Således kan utom
(1).
(2)
Således kan
(2)
väljas på
tur att det kommer att nnas se ut på
n(n 1)(n 2) 2 1 = n! olika sätt.
De nition 5.7. Ett element x 2 X säges vara en xpunkt till en permutation 2 SX , om (x) = x. Vi säger att en permutation 2 SX är en cykel av längd k, om det nns k olika element a1 ; a2 ; : : : ; ak 2 X sådana att
(a1 ) = a2 (a2 ) = a3 . . .
(ak 1 ) = ak (ak ) = a1 ; medan övriga
b2X
är xpunkter till
. Vi skriver detta som
= a1 a2 : : : ak : Vi kommer också att kalla en cykel av längd
k för en k-cykel.
Med beteckningarna från de nitionen ovan noterar vi att
a1 a2 a3 : : : ak = a1 (a1 ) 2 (a1 ) : : : k 1 (a1 ) ;
5.1. Den symmetriska gruppen
103
x 2 X är följaktligen k lika med det minsta positiva heltal k som uppfyller (x) = x. Detta medför att varje k -cykel genererar en cyklisk undergrupp av ordning k i SX . så längden av den cykel som innehåller elementet
Exempel 5.8.
Studera permutationen
= 11 23 35 44 52 66
S6 . Vi ser att (2) = 3, (3) = 5 och (5) = 2, medan övriga tal är xpunkter till . Således är en cykel av längd 3, och vi kan skriva i
= 2 3 5 : För permutationen
= 11 23 35 46 52 64 gäller också
(2) = 3, (3) = 5 och (5) = 2, men
är inte en cykel.
Detta beror på att inte samtliga övriga tal är xpunkter i detta fall; vi har
(4) = 6 och (6) = 4.
Vi ser direkt av de nition 5.7 att en cykel inte förändras, om man gör ett cykliskt skift av de element som ingår i den. Detta innebär att om
= a1 a2 : : : ak , så är även lika med a2 a3 : : : ak a1 , a3 a4 : : : ak a1 a2 , och så vidare. Till exempel kan 4-cykeln = 2 6 5 3 alltså även skrivas
= 6 5 3 2 = 5 3 2 6 = 3 2 6 5 : Vidare noterar vi att inversen till en cykel ges av formeln
a1 a2 : : : ak Till exempel är alltså
De nition 5.9.
1
3 4 1
= ak ak
1
: : : a1 :
1
= 1 4 3
.
a1 a2 : : : ar och b1 b2 : : : bs kallas disjunkta, om fa1 ; a2 ; : : : ; ar g \ fb1 ; b2 ; : : : ; bs g = ;. Två cykler
Kapitel 5. Permutationsgrupper
104
3 7 6 5 och 2 1 4 4 1 2 och 3 2 7 .
Cyklerna från
Sats 5.10.
För två disjunkta cykler
är alltså disjunkta, till skillnad
; 2 SX
gäller att
= .
= a1 a2 : : : ar och = b1 b2 : : : bs . Bilda vidare de tre mängderna X1 = fa1 ; a2 ; : : : ; ar g, X2 = fb1 ; b2 ; : : : ; bs g och X3 = X n (X1 [ X2 ). Det är inte svårt att se att varje element i X Bevis.
Ansätt
tillhör exakt en av dessa tre mängder.
x 2 X1 så gäller (x) 2 X1 . xpunkter till så är därmed Om
Eftersom elementen i
X1
alla är
[(x)] = (x) = [(x)]: Fallet
x
2 X2
behandlas på liknande sätt, och vi överlåter detta åt
läsaren. Om slutligen
x 2 X3 så är (x) = (x) = x, och därmed också [(x)] = [(x)] = x: och är samma och kommuterar.
Därmed har vi nu visat att de disjunkta cyklerna
permutation, d.v.s.
Vi såg i exempel 5.8 att permutationen
= 11 23 35 46 52 64
inte är en cykel. Men däremot verkar den vara uppbyggd av två cykler, nämligen
2 3 5
och
4 6
. Dessa båda cykler är disjunkta,
och man ser också att produkten av dem är lika med
Sats 5.11.
Varje permutation i
Sn
.
kan skrivas som en produkt av
parvis disjunkta cykler.
2 Sn godtyckligt och låt X = f1; 2; : : : ; ng. Bilda delX1 = f1; (1); 2 (1); : : : g av X . Denna mängd är ändlig och består precis av de element i X som tillhör samma cykel som 1. Om X1 6= X låter vi x1 vara det minsta talet i X n X1 och bildar därpå 2 mängden X2 = fx1 ; (x1 ); (x1 ); : : : g. Också denna mängd är ändlig, och den består precis av de element i X som tillhör samma cykel Bevis.
Välj
mängden
5.1. Den symmetriska gruppen
105
x1 . Antag att X1 \ X2 är icke-tom. Då nns ett z 2 X sådant att z = r (1) = s (x1 ) för några heltal r, s, där vi kan anta att r > s. r s (1), vilket skulle innebära att x tillhör samMen då blir x1 = 1 ma cykel som 1. Detta är emellertid inte möjligt, eftersom x1 2 = X1 . Således är X1 och X2 disjunkta. Om nu X1 [ X2 6= X fortsätter vi genom att låta x2 vara det minsta elementet i X n (X1 [ X2 ) och sedan 2 bilda X3 = fx3 ; (x3 ); (x3 ); : : : g, som visar sig vara disjunkt med såväl X1 som X2 , och så vidare. Denna process kan inte fortgå i all evighet, eftersom X är en ändlig mängd. I slutskedet har vi säg s parvis disjunkta delmängder X1 ; X2 ; : : : ; Xs av X , vars union är lika med 2 hela X . De niera j 2 Sn för j = 1; 2; : : : ; s enligt som
(
j (x) = Då är varje
j
om
en cykel, och eftersom mängderna
disjunkta, måste cyklerna att
x 2 Xj annars:
(x) x
1 ; 2 ; : : : ; s
X1 ; X2 ; : : : ; Xs
är
också vara det. Vi ser också
= 1 2 : : : s , så därmed är beviset klart.
Exempel 5.12.
För att skriva
= 13 22 38 45 56 64 71 87
som en produkt av disjunkta cykler kan vi följa gången i beviset för sats 5.11. Vi noterar först att
1 3 8 7
är den cykel som innehål-
1. Det lägsta tal som inte nns med i denna cykel är 2, som bildar en egen cykel av längd 1. Det lägsta av de återstående talen är nu 4, som ger upphov till cykeln 4 5 6 . Eftersom alla tal nu nns med i ler
någon cykel konstaterar vi att
= 1 3 8 7 2 4 5 6 = 1 3 8 7 4 5 6 : Man brukar oftast utelämna cykler av längd
Exempel 5.13.
1.
Cyklerna i produkten
= 3 8 7 1 1 4 6 5 2 6 5 2
Med andra ord utgör dessa mängder en partition av
X.
Kapitel 5. Permutationsgrupper
106
är inte disjunkta. Genom att beräkna produkten av dem, nner vi att
= 14 25 38 46 52 63 71 87 från vilket vi sedan nner att
= 1 4 6 3 8 7 2 5
.
Övningar till avsnitt 5.1 1.
Låt
= 14 23 31 42 55 ; = 15 23 34 42 51
och
= 12 25 31 44 53 vara tre permutationer i
(a) 2.
(b)
1
S5 . Beräkna
(c) 2
(d) 1
1
Antag att
= 12 28 37 43 51 64 75 86
och
= 13 27 36 41 58 65 74 82 är två permutationer i
(a) (d) 3. 4.
5.
1
Visa att
1
Sn
S8 . Beräkna (b) 1 (e) 2 1
(c) (f) 3 2 .
n 3.
inte är abelsk, om
, och vara permutationerna i övning 1. Beräkna (a) o() (b) o() (c) o() (d) 101 (e) 302 (f) 199 . Låt
Låt
= 13 21 34 42 vara två permutationer i
(a) =
1 2 3 4 och = 4 2 1 3
S4 . Bestäm 2 S4 så att (b) =
1
.
5.1. Den symmetriska gruppen
107
(c) 2 = 6.
(d) 1
Vilka av nedanstående permutationer i nen är en cykel, ange dess längd.
(a) 11 (c) 15
7.
2 3 2 4
Beräkna
3 4 3 1
4 2 4 6
5 5 5 2
6 6 6 4
(b) 16 (d) 13
= .
är cykler? Om permutatio-
2 2 2 4
3 4 3 2
4 3 4 6
5 1 5 1
6 5 6 5
(a) 4 1 2 8 7 1 4 5 (b) 6 4 5 2 2 1 4 4 3 8 (c) 6 8 6 7 4 1 6 1 2 1 6 8 2 .
8.
Skriv följande permutationer i
9.
Skriv var och en av permutationerna
(a) 16 23 32 41 57 65 74
S7 som en produkt av disjunkta cykler.
(b) 12 27 33 46 55 64 71
(a) 1 2 3 4 5 6 6 7 9 3 6 (b) 4 9 4 8 9 1 9 8 2 7 3 8 (c) 5 1 2 8 4 1 1 8 4 i
10.
S6
1
S9
som en produkt av disjunkta cykler.
Låt
= 18 24 33 47 51 69 72 86 95 och
= 13 29 38 44 52 67 76 81 95 vara två permutationer i
S9 . Skriv , , och 2
1
som en produkt
av disjunkta cykler.
2 Sn är en cykel av udda längd, så är även 2 en cykel. Gäller detta också om är en cykel av jämn längd?
11.
Visa att om
12.
Finns det någon permutation
2 S8
(a) = 16 23 35 47 52 61 78 84
sådan att
2 = , om
Kapitel 5. Permutationsgrupper
108
(b) = 16 23 35 47 52 61 74 88 13.
?
Visa att
H1 = f 2 Sn j (1) = 1g;
14.
där
n 2, är en undergrupp av ordning (n 1)! i Sn .
Låt
2 Sn . De niera en relation på X = f1; 2; : : : ; ng enligt xy
för något
() m (x) = y
m 2 Z.
(a) Visa att är en ekvivalensrelation på X . (b) Hur ser ekvivalensklasserna ut, om är någon av permutationerna i övning 8?
15.
En
n n-matris kallas för en permutationsmatris, om det förekom-
mer exakt en etta i varje rad och i varje kolonn, medan övriga element utgörs av nollor.
(a) Ange samtliga 3 3-permutationsmatriser. (b) Visa att var och en av dessa matriser på ett naturligt sätt svarar S3 . Av för varje permutationsmatris A, där
mot en permutation i Ledning :
Beräkna
0 1
1
v = @2A :
3
16.
Låt
1 ; 2 ; : : : ; m 2 Sn vara parvis disjunkta cykler av respektive `1 ; `2 ; : : : ; `m. Visa att o(1 2 : : : m ) = MGM(`1 ; `2 ; : : : ; `m).
längd
5.2 Den alternerande gruppen De nition 5.14.
sition.
En cykel
a b
av längd
2 kallas för en transpo-
En transposition byter alltså plats på två element och låter övriga vara. Notera att
2 = " för varje transposition , så en transposition är alltid
lika med sin egen invers.
5.2. Den alternerande gruppen
Exempel 5.15.
109
S3 (se exempel5.6) innehåller tre transpositioner i form av 1 = 2 3 , 2 = 1 2 och 3 = 1 3 . Tolkade som element i D3 , gruppen av alla rotationer och speglingar av en Gruppen
liksidig triangel, så är dessa element de tre speglingarna i gruppen.
Sats 5.16.
Varje permutation i
Sn,
där
n
2, kan skrivas som en
produkt av transpositioner.
Bevis.
Sats 5.11 säger att varje permutation kan skrivas som en pro-
dukt av (parvis disjunkta) cykler. Det räcker därför att visa att varje cykel kan skrivas som en produkt av transpositioner. Vi konstaterar att så är fallet, eftersom
a1 a2 : : : an = a1 an a1 an
1
: : : a1 a3 a1 a2 :
Därmed är beviset klart.
Exempel 5.17.
Om vi vill skriva en permutation som en produkt av
transpositioner, skriver vi den först som en produkt av disjunkta cykler. Därefter skriver vi varje cykel för sig som en produkt av transpositioner. Således har vi till exempel
1 2 3 4 5 6 = 1 3 5 2 6 4 3 6 5 2 1 4 = 1 5 1 3 2 4 2 6 :
De transpositioner som man erhåller är i regel inte disjunkta, vilket
också framgår av beviset för sats 5.16.
Man kan ingalunda skriva en permutation som en produkt av transpositioner på ett entydigt sätt. Till exempel kan identitetspermutationen i
S4 skrivas bl.a. som "= 1 4 1 4 = 2 3 2 3 = 1 2 3 4 1 2 3 4 :
Vi kan dock säga en del beträande
antalet
"
transpositioner i en sådan
produkt.
Sats 5.18.
Ingen permutation i
Sn , där n 2, kan skrivas både som
en produkt av ett jämnt och ett udda antal transpositioner.
Kapitel 5. Permutationsgrupper
110
Bevis.
Betrakta polynomet
P (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) =
Y
(xi
1i 1 en delare i jGj. Men jGj = p är ett primtal, vilket framtvingar o(a) = p. Detta visar att G cyklisk med a som generator. Bevis.
Tag
Följdsats 6.20. i G gäller då
Låt
G vara en ändlig grupp. För varje undergrupp H (G : H ) =
Bevis.
jGj jH j :
m som gurerar i beviset av Lagranges sats är lika med H i G, d.v.s. m = (G : H ). Följdsatsen
Det tal
antalet vänstersidoklasser till
följer därmed direkt från (6.6).
Följdsats 6.21. Låt H och K vara undergrupper i en ändlig grupp G sådana att K H . Då är (G : K ) = (G : H )(H : K ): Bevis.
Vi får direkt
(G : K ) =
jGj = jGj jH j = (G : H )(H : K ) jK j jH j jK j
med hjälp av följdsats 6.20.
Huruvida omvändningen till Lagranges sats är sann, d.v.s. om varje ändlig grupp
G har (minst) en undergrupp av ordning d, d i jGj, återkommer vi till senare (se avsnitt
positivt delare
för varje 12.4). Vi
har dock redan i sats 4.24 sett att den är sann åtminstone för cykliska grupper.
Kapitel 6. Sidoklasser och Lagranges sats
132
Övningar till avsnitt 6.2 1.
Hur många element kan en undergrupp i en grupp av ordning
24 inne-
hålla?
2.
Hur många element måste det
minst nnas i en ändlig grupp, om man
vet att den har en undergrupp av ordning
3.
En grupp
G
innehåller
7 och en av ordning 11?
600 element eller färre. Man vet vidare att G 60 respektive 135. Bestäm jGj.
har två undergrupper av ordning
4.
Låt
H
G och låt g vara ett G. Visa att jH j = jHgj. (Detta är motsvarigheten
vara en ändlig undergrupp i en grupp
godtyckligt element i
till lemma 6.15 för högersidoklasser.)
5.
Låt
G vara en grupp av ordning pq, där p och q är (icke nödvändigtvis G är cyklisk.
olika) primtal. Visa att varje äkta undergrupp i
6.
Låt och
7.
Låt
H
och
K
vara ändliga undergrupper i en grupp
jK j är relativt prima. Visa att H \ K = f1Gg.
G. Antag att jH j
G vara en ändlig grupp av udda ordning. Visa att 1G är det enda G som är lika med sin egen invers. Är omvändningen sann?
elementet i
8.
Låt
H och K vara undergrupper i en grupp G sådana att K H . Visa (G : K ) är ett primtal, så är H = K eller H = G.
att om
9.
G innehåller nio element, och att elementen a och b G är sådana att ab = b3 a. Visa att b = 1G.
Antag att gruppen i
a; b 2 G, där G a3 b = ba2 så är a = b = 1G.
10.
Antag att
11.
Låt
H
grupp
är en grupp av ordning
8.
Visa att om
och K vara två normala cykliska undergrupper i en G och antag att jH j och jK j är relativt prima. Visa att
ändlig
HK = fhk j h 2 H; k 2 K g också är en cyklisk undergrupp i
12.
Visa att i en ändlig grupp lösbar i
G
för varje
a
G.
G av udda ordning så är ekvationen x2 = a
2 G.
Vad betyder detta för Cayleytabellens
utseende?
13.
G vara en icke-cyklisk grupp av ordning 6. (a) Visa att G måste innehålla ett element a av ordning 3.
Låt
Antag att alla element utom 1G är av ordning 2 (varför 2?) och visa att detta leder till motsägelse.
Ledning:
just
6.3. Fermats och Eulers satser
133
(b) Låt b vara ett element i G som inte tillhör den cykliska undergruppen
hai. Visa att o(b) = 2 och G = f1G; a; a ; b; ab; a bg.
Ledning:
Antag att
o(b) = 3,
2
2
och visa att detta medför att
G
innehåller sju element.
(c) Skriv upp Cayleytabellen för G, och jämför denna med CayleytaS3 .
bellen för
6.3 Fermats och Eulers satser 4 sats och Fermats5 lilla sats är två talteoretiska satser, som man
Eulers
kan bevisa med hjälp av (en följdsats till) Lagranges sats. Vi ämnar göra detta i detta avsnitt. Först inför vi en funktion som används itigt inom talteorin.
De nition 6.22.
Låt för varje positivt heltal
n
beteckningen
'(n)
f1; 2; : : : ; ng som är relativt prima med n. Funktio+ + nen ' : Z ! Z de nierad på detta vis kallas för Eulers '-funktion. stå för antalet tal i
Exempel 6.23.
1; 2; : : : ; 12 är det 1, 5, 7 och 11 som är relativt prima med 12. Således är '(12) = 4. Bland talen
Sats 6.24 (Euler). Antag och SGD(a; n) = 1. Då är
att
a
och
n
är heltal sådana att
a'(n) 1 (mod n): Bevis.
n
1 (6.7)
n är detsamma som att n modulo n. Vi ser från
Att räkna med multiplikation modulo
räkna i den multiplikativa enhetsgruppen sats 3.8, att
Zn
består precis av de
jZnj = '(n),
a
Z
2 Zn
som är relativt prima
'(n) = 1 för alla Således är och därmed gäller a a 2 Zn enligt följdsats 6.18. Om man översätter detta till kongruenser, med
n.
så får man precis (6.7).
Exempel 6.25. 4
För att bestämma resten av
177 vid division med 14,
Leonhard Euler (17071783), schweizisk matematiker, den genom tiderna mest
produktive matematikern (hittills!). (Vi vill påpeka att ordet produktiv här inte är avsett att syfta på, att han var far till
5
13 barn : : :
)
Pierre de Fermat (16011665), fransk matematiker, till yrket jurist.
Kapitel 6. Sidoklasser och Lagranges sats
134
'(14) = 6 och att 14 och 17 6 sats säger att 17 1 (mod 14), vilket ger noterar vi att
är relativt prima. Eulers
177 17 176 17 3 (mod 14); 177
d.v.s.
ger resten
Sats 6.26 (Fermats lilla sats). heltal med p 6 j a. Då gäller ap Bevis.
Enhetsgruppen
dulo
är av ordning
p
3 vid division med 14.
1
Låt
p
vara ett primtal och
1 (mod p):
a
ett
(6.8)
Zp = f1; 2; : : : ; p 1g under multiplikation mo-
p
1.
Ett heltal
a
som inte är delbart med
p
kan betraktas som ett element i denna grupp (dess rest vid division
p måste vara något av talen 1; 2; : : : ; p 1), så följdsats 6.18 ger p 1 = 1 . Omskrivet till kongruenser är detta detsamma därmed att a G med
som (6.8), och satsen är bevisad.
p 6 j a är nämlia och p relativt prima. Därmed följer (6.8) direkt av (6.7), eftersom '(p) = p 1 för alla primtal p. Alternativt kan man använda sig av Eulers sats. Om
gen
Följdsats 6.27.
För alla heltal
a gäller
ap a (mod p); om
(6.9)
p är ett primtal.
Bevis.
Om
p 6 j a så fås ap a ap
1
a (mod p);
med hjälp av Fermats lilla sats. Om därmed också
ap
pja
så är
a
0 (mod p) och
0 (mod p), så (6.9) gäller även i detta fall.
n13 n är jämnt delbart med 35 för alla n. 13 n) och 7 j (n13 n), efterDet är tillräckligt att visa att 5 j (n som 35 = 5 7 är primtalsfaktoriseringen av 35. Enligt följdsatsen till Exempel 6.28.
Visa att
6.3. Fermats och Eulers satser Fermats lilla sats gäller
n5
135
n (mod 5) och n7 n (mod 7). Detta
ger å ena sidan
n13 (n5 )2 n3 n2 n3 n5 n (mod 5); och å andra sidan
n13 också med 35. Således är
n13 n7 n6 nn6 n7 n (mod 7): n delbart med såväl 5 som 7 för alla n,
och därmed
Övningar till avsnitt 6.3 1.
Beräkna
2.
Visa att antalet generatorer i en cyklisk grupp av ordning
(a) '(10)
med
3. 4. 5.
(d) '(45). n
är lika
7106 vid division med 16. 124 Bestäm resten av 2 + 3151 vid division med 31. Bestäm resten av
Visa att
(a) n13 n är delbart med 105 (b) n45 n är delbart med 345 (c) n121 n är delbart med 385 n 2 Z.
Visa att
(a) 231 j (n31 n)
för varje heltal
7.
(c) '(32)
'(n).
för alla
6.
(b) '(18)
n.
(b) 26 j (n133 n)
(c) 390 j (n13 n)
n vara ett heltal. Visa att (a) n7 n (mod 42) (b) n13 n (mod 546). 49 (c) n n (mod 714) (d) n17 n 0 (mod 170) 8. Visa att n3a+5b na+b (mod 3) för alla heltal n. 9. Visa att för alla n 2 Z+ gäller X '(d) = n; djn där vi summerar över alla positiva delare i n. (För till exempel n = 6 har vi '(1) + '(2) + '(3) + '(6) = 1 + 1 + 2 + 2 = 6.) Låt
(Ledning: Utnyttja övning 2, följdsats 6.17 och sats 4.24.)
Kapitel 7
Något om kryptering I korta ordalag går kryptering ut på att sända hemlig information på ett sådant sätt, att obehöriga inte kan ta del av den. Detta är något som, historiskt sett, först och främst har varit av militärt intresse, men som under de senaste decennierna blivit viktigt också i kommersiella sammanhang. Till exempel sker banktransaktioner idag elektroniskt, det handlas på nätet med hjälp av betalkort, etc. Utgångspunkten för krypteringsproblemet lyder som följer: En sändare gare
A (Anna) har för avsikt att skicka ett meddelande till en mottaB (Bengt)1 via en kommunikationskanal av något slag. Denna
kanal är osäker, i det avseendet att den kan vara utsatt för avlyssning av obehöriga, och Anna vill helst inte att någon annan än Bengt får kännedom om meddelandets innehåll. För att göra det svårare för en tjuvlyssnare att ta del av det som skickas, så krypterar
2 Anna
meddelandet, innan det skickas iväg. Med detta menas att meddelandet förvrängs på diverse olika sätt, så att det för den oinvigde kommer att te sig som rena rappakaljan. När Bengt sedan erhåller det krypterade meddelandet, har han dock möjlighet att dekryptera det, d.v.s. återställa meddelandet i dess ursprungliga skick. I avsnitt 7.1 kommer vi att titta på några enkla så kallade
riska krypton,
symmet-
som kännetecknas av att väsentligen samma procedur
används för såväl kryptering som dekryptering, d.v.s. den som krypterar en text har också möjlighet att dekryptera den. Så är inte fallet 1
I engelskspråkig litteratur brukar
A alltid stå för Alice och B för Bob, av någon
anledning.
2
Ordet kryptera kommer från grekiskans kryptos, som betyder dold.
136
7.1. Symmetriska krypton för s.k.
asymmetriska krypton, vilka är föremålet
137
för vårt intresse i av-
snitt 7.2. Hos sådana krypton är dekrypteringsnyckeln av sådan art, att den inte utan vidare kan bestämmas, även om krypteringsnyckeln är känd. Vi vill dock påpeka att vi på sin höjd kommer att skrapa på ytan till teorin för kryptering i detta kapitel, vilket kapitelrubriken också skvallrar om.
7.1 Symmetriska krypton Ett meddelande, som en sändare ämnar skicka, kommer vi att kalla
klartext, medan en förvrängd, krypterad text kommer att kallas för kryptogram. Klartexten och kryptogrammet är uppbyggda av ett ändligt antal olika tecken och symboler från ett så kallat alfabet. Det för
behöver inte nödvändigtvis vara just våra vanliga bokstäver som ingår i ett sådant alfabet, och det nns heller inget som säger att samma alfabet måste användas till både klartexten och kryptogrammet.
krypto utgörs av två delar. Vi har dels kryptering, vilket innebär omvandling av en klartext till ett kryptogram, och dels dekryptering, varvid ett kryptogram transformeras tillbaka till klartext. De Ett
algoritmer som används, när man krypterar eller dekrypterar, ser olika ut, beroende på vilken typ av krypto som används. Givet en viss sorts krypto, så behöver man en
nyckel för att konkret kunna omvandla en
klartext till ett kryptogram. En nyckel är en parameter som ingår i krypteringsalgoritmen. Om man låter denna parameter variera, d.v.s. om man byter nyckel, kommer de kryptogram som krypteringsalgoritmen spottar ut också att ändras, även om klartexten hela tiden är densamma. För att mottagaren skall kunna dekryptera ett mottaget kryptogram, så är han eller hon också i behov av en nyckel, som på sätt och vis är inversen till den nyckel som sändaren använder sig av vid krypteringen. Denna nyckel är givetvis hemlig och endast känd för mottagaren (och på sin höjd också sändaren). Ett krypto bör ha så pass många nycklar att välja på, att det inte är lönt att försöka knäcka det, bara genom att testa alla möjliga dekrypteringsnycklar på ett givet kryptogram. När en obehörig, eller lede , olovligt försöker att bestämma en dekrypteringsnyckel, så säger man att denne försöker att
forcera kryp-
Kapitel 7. Något om kryptering
138
tot. Konsten att forcera krypton går under benämningen
lys.
kryptoana-
Man brukar förutsätta att en kryptoanalytiker känner till vilken
typ av krypto det är frågan om, d.v.s. vilken krypteringsalgoritm som används, och att denne också har full tillgång till de kryptogram som denna algoritm ger upphov till. Det enda som är okänt för den obehörige är alltså i princip dekrypteringsnyckeln. För att gardera sig mot forcering bör dekrypteringsnyckeln vara av sådan art, att det kommer att kräva allt för omfattande och tidskrävande beräkningar från kryptoanalytikerns sida för att bestämma den
att forcera kryptot skall
helt enkelt kosta mer än det smakar. För så kallade
symmetriska krypton gäller att sändaren och mot-
tagaren använder sig av (i princip) samma nyckel för kryptering respektive dekryptering. Detta betyder att krypteringsnyckeln måste hållas hemlig, eftersom kännedom om denna gör att man (relativt enkelt) kan bestämma dekrypteringsnyckeln. Samtliga krypton som vi tittar på i detta avsnitt kommer att vara symmetriska.
och för klartexk tens respektive kryptogrammets alfabet. Med beteckningen , där k är ett positivt heltal, kommer vi att avse den cartesiska produkten av k k stycken kopior av , och motsvarande för . Till exempel är alltså 3 4 = och = . Om k = 1 så skriver vi 1 1 k blott och istället för respektive . För elementen i (respekk tive ) kommer vi av bekvämlighetsskäl att använda framställningen a1 a2 : : : ak istället för (a1 ; a2 ; : : : ; ak ). En grundläggande typ av krypton är så kallade substitutionskrypton. I ett sådant ersätter man tecknen i klartextens alfabet med Låt oss för framtida bruk införa beteckningarna
tecknen i kryptogrammets alfabet, enligt någon bestämd regel. När vi skall kryptera med hjälp av ett substitutionskrypto, delar vi in klartexten i lika stora block om lika många tecken vardera. block, om säg
k
3 Varje sådant
k , och E : k ! k .
tecken vardera, kan nu ses som ett element i
vi krypterar detta med hjälp av en injektiv avbildning Givet en klartext
A1 A2 : : : Am , där Ai 2 k för alla i, så erhålles alltså
ett kryptogram enligt
A1 A2 : : : Am 7 Om 3
! E (A1 )E (A2 ) : : : E (Am ):
(7.1)
k = 1, d.v.s. om vi blott krypterar ett tecken åt gången, så säges vi
Eventuellt får man lägga till några extra skräptecken i det sista blocket, för
att se till så att detta innehåller lika många tecken som de övriga.
7.1. Symmetriska krypton
139
monoalfabetiskt krypto, medan vi har ett polyalfabetiskt krypto, om k > 1. För monoalfabetiska krypton svarar alltid varje ha ett
enskilt tecken i kryptogrammet mot exakt ett tecken i klartexten. Så behöver det inte vara för polyalfabetiska krypton. Vi kommer för enkelhetens skull att antaga att
=
i fortsätt-
ningen, d.v.s. att vi har samma alfabet för såväl klartexten som kryp-
) med hjälp av elementen i Zn = f0; 1; : : : ; n 1g, där n är antalet tecken i (eller ). Om k > 1 så kan varje element m k 1g på ett entydigt sätt framställas på formen i Znk = f0; 1; : : : ; n togrammet. Det visar sig vara matnyttigt att numrera elementen i (och därmed också i
m = s1 nk 1 + s2 nk 2 + + sk 1 n + sk ; där
si
(7.2)
2 f0; 1; : : : ; n 1g = Zn för varje i (detta är inget annat än
utvecklingen av talet
m i basen n). Varje si svarar ju mot ett element
ai 2 och omvänt, så genom (7.2) kan vi alltså på ett naturligt sätt k med elementen i Znk : Motsvarigheten till m k ovan blir elementet a1 a2 : : : ak 2 . i
numrera elementen i
I de exempel och övningsuppgifter som följer, så kommer vi (om inget annat sägs) att antaga att (stora) bokstäverna
A, B,
: : : , Ö,
mellanslag, för vilket symbolen manlagt i
29
och
består av de
28
vanliga
och dessutom ett blanktecken eller kommer att användas. Dessa sam-
tecken kommer vi att numrera med hjälp av elementen
Z29, på det sätt som beskrivs av tabellen i gur 7.1. Genom att följa
den procedur som beskrivs ovan, så kan vi alltså numrera varje element
2 med ett element i Z841 (ty 292 = 841) och varje element i 3 med 3 ett element i Z24389 (ty 29 = 24 389), o.s.v. i
A B C D E F G H I
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
J K L M N O P Q R S
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
Figur 7.1
T U V X Y Z Å Ä Ö
20 21 22 23 24 25 26 27 28
Kapitel 7. Något om kryptering
140
Exempel 7.1.
Om vi delar upp texten
FREDAG
stäver vardera, så får vi tre par av tecken i form av tabellen i gur 7.1 på föregående sida, så svarar
F
i block om två bok-
FR, ED och AG. Enligt mot 6 och R mot 18
Z29, så motsvarigheten till FR i Z292 kommer att vara 6 29+18 = 192. På samma sätt ser vi att ED svarar mot 5 29 + 4 = 149 och AG mot 1 29 + 7 = 36. i
Om vi istället väljer att dela upp
FREDAG
så kommer dessa att svara mot elementen respektive
i två block,
FRE
och
DAG,
5 573 = 6 292 + 18 29 + 5
3 400 = 4 292 + 1 29 + 7 i Z293 .
Därmed är vi nu redo att titta på ett första exempel på ett krypto, som är intressant mest på grund av dess historiska bakgrund.
Exempel 7.2.
En av de tidigaste kända använda krypteringsmeto-
derna är det så kallade
Caesarkryptot, som man vet att den romerske
diktatorn Julius Caesar (omkr. 10044 f. Kr.) använde sig av. Om man översätter detta krypto i termer om avbildningar från
Z29 till Z29, så
kommer krypteringsnyckeln att beskrivas av avbildningen
E (x) = x + 3 x 2 Z29. Detta innebär alltså att ett blanktecken i klartexten, 0 i Z29 (se gur 7.1 på föregående sida), kommer att ges av C i kryptogrammet, eftersom E (0) = 0 + 3 = 3 och 3 svarar mot C. På motsvarande sätt motsvaras A i klartexten för alla
som svarar mot elementet
F,
och så vidare, samt
Caesarkrypto så kommer exempelvis meddelandet
HEJ PÅ ER ALLIHOP
av
D
i kryptogrammet,
slutligen
B
svarar mot
E, C
mot
Ö mot B (eftersom vi räknar modulo
att krypteras till
29). Med användande av
KHMCS CHUCDOOLKRS.
Dekrypteringsnyckeln till Caesarkryptot ges av avbildningen
D(y) = y 3 = y + 26 y 2 Z29, eftersom D[E (x)] = D(x + 3) = x + 3 + 26 = x för x 2 Z29. Om vi som mottagare exempelvis erhåller kryptogrammet
för varje alla
MYOLYVCFDHVDU,
så får vi enkelt, med hjälp av dekrypteringsnyckeln,
att klartexten ges av
JULIUS CAESAR.
7.1. Symmetriska krypton
De nition 7.3.
141
En avbildning
E : Zn ! Zn på formen
E (x) = ax + b; där
a; b 2 Zn, säges vara a n, om a 2 Zn.
Sats 7.4.
Mängden
A
av alla a na avbildningar från
Zn till Zn är
en grupp under sammansättning.
Bevis.
Först måste vi övertyga oss om att sammansättning av avbild-
A, d.v.s. om både E och F är a na E (x) = ax + b och F (x) = cx + d för alla x 2 Zn, där a; b; c; d 2 Zn och där såväl a som c ningar är en kompositionsregel på avbildningar, så är även tillhör enhetsgruppen
EÆF
det. Ansätt således
Zn. Då blir
(E Æ F )(x) = E [F (x)] = E (cx + d) = a(cx + d) + b = (ac)x + (ad + b)
a och c tillhör den multiplikativa gruppen Zn, så gör även ac det. Därmed är E Æ F en a n avbildning. Eftersom
Associativitet och förekomsten av neutralt element är självklart (identitetsavbildningen på
Zn är en a n avbildning). Kvar att visa är
att varje a n avbildning är inverterbar, och att inversen till en sådan
E (x) = ax + b = y, där y 2 Zn. ax = y b. Genom att utnyttja att a tillhör gruppen Zn, 1 existerar, och vi kan skriva x = (y b)a 1 . Detta så nner vi att a visar att E är inverterbar med inversen också är en a n avbildning. Ansätt Då är alltså
D(y) = (y b)a för alla
1
= a 1y
ba
1
y 2 Zn, vilket är en a n avbildning, eftersom a
(7.3)
1
2 Zn.
Med hjälp av a na avbildningar kan vi generalisera Caesarkryptot till en allmännare form av krypto. Det rör sig om ett substitutionskrypto, där vi krypterar de olika tecknen i klartexten med hjälp av en a n
E : Zn ! Zn. Vi har då ett så kallat a nt krypto. Notera att vi med a = 1 och b = 3 i de nition 7.3 erhåller Caesarkryptot. avbildning
Kapitel 7. Något om kryptering
142
Exempel 7.5.
Betrakta det a na kryptot givet av nyckeln
E (x) = 4x + 11 från
Z29 till Z29. Tecknen i klartexten NISSE
HULT motsvaras i tur och
14, 9, 19, 19, 5, 0, 8, 21, 12 och 20 i Z29 (enligt tabellen i gur 7.1 på sidan 139). Genom att evaluera E i vart och ett av dessa element i Z29, så erhålles 9, 18, 0, 0, 2, 11, 14, 8, 1 respektive 4, vilket ordning av
motsvarar kryptogrammet
IR BKNHAD.
Motsvarande dekrypteringsnyckel
D
nner vi med hjälp av for-
mel (7.3) till att vara
D(y) = (y 11) 4 1 : Nu gäller
= 22 i Z29 (vilket inses t.ex. med användande av Eukli-
1
4
des' algoritm, jämför med exempel 2.31), så
D(y) = 22(y 11) = 22y 22 11 = 22y + 19: D nner vi till exempel att kryptogrammet ÅOAABKÅHAO
Med hjälp av i klartext blir
KALLE KULA.
A na krypton är tämligen enkla att forcera. För det första kan en a n avbildning
x
7! ax + b från till exempel Z29 till Z29 inte se ut
28 olika valmöjligheter för a a måste tillhöra Z29) medan b kan se ut på 29 olika sätt. Detta ger 28 29 = 812 möjliga nycklar. Bland alla dessa kombinationer av a och b kan vi emellertid räkna bort fallet a = 1, b = 0, eftersom x 7! ax + b då blir identitetsavbildningen på Z29, som är en tämligen värdelös nyckel! Sammantaget har vi alltså 811 möjliga kandidater till på så värst många olika sätt: Det nns (eftersom
en dekrypteringsnyckel, vilket inte är värre än att man (med hjälp av dator) snabbt kan ta reda på, vilken av dem som är den rätta. Alternativt kan man utnyttja det faktum att de a na krypton vi hittills beskrivit alla är monoalfabetiska. Nu är det ju så att olika bokstäver i alfabetet används olika ofta, till exempel är vanligare än
Q
eller
Z,
E
och
A
betydligt
åtminstone i ord skrivna på svenska. Av den
anledningen kommer vissa tecken att förekomma oftare än andra i ett kryptogram erhållet med hjälp av ett monoalfabetiskt krypto. Man kan därmed prova sig fram genom att substituera de mest frekventa tecknen i ett kryptogrammet med något av de mest frekventa bokstäverna
7.1. Symmetriska krypton
143
i vanlig svensk text, och se ifall detta leder till något. Det nns er intelligenta gissningar som man kan göra. Ifall vi till exempel ser två likadana tecken intill varandra i kryptogrammet, så svarar dessa med stor sannolikhet mot en konsonant i klartexten, eftersom dubbeltecknade vokaler är mycket ovanliga i svenskan. I våra exempel använder vi ju också oss av blanktecken, så något tecken i kryptogrammet, förmodligen det mest frekventa, måste svara mot
Exempel 7.6.
i klartexten.
Betrakta följande kryptogram, som är erhållen uti-
från ett monoalfabetiskt a nt krypto:
FA GZZHATHÅFZGÄARTHÄÄAJFAUGAGLAFLZKS CTZFSLAZFÄÄA ZGSKFLANXKATKYÅZGKFLU Låt oss se om vi kan forcera detta krypto, under antagandet att den ursprungliga klartexten är skriven på svenska. Vi börjar med att se efter hur pass frekventa de olika tecknen är i kryptogrammet ovan, och nner därvid att bokstaven
A,
som före-
kommer på inte mindre än elva ställen, är det mest förekommande tecknet. Vi misstänker därför att motsvarande tecken i klartexten är ett blanktecken. Enligt tabellen i gur 7.1 på sidan 139 motsvaras ett blanktecken av elementet
0 i Z29, medan A svarar mot 1. För dekryp-
teringsnyckeln
D : Z29 ! Z29 gäller
att
Nu ser vi att
D(1) = 0.
A
därmed, om vår gissning är rätt,
förekommer redan som andra tecken i
A står för ett blanktecken, så måste det första F i kryptogrammet i sig vara ett ord, antagligen ordet I. Detta i så fall innebära att D (6) = 9 (eftersom 6 $ F och 9 $ I).
kryptogrammet, så om tecknet skulle
D, ty D(y) = cy + d, där c; d 2 Z29, så ger D(1) = 0 och
Därmed har vi nu tillräckligt med information för att bestämma med ansättningen
D(6) = 9 tillsammans ekvationssystemet
över
c+d=0 6c + d = 9
Z29. Den första ekvationen säger att d = c, vilket insatt i den
5c = 9. Denna ekvation har lösningen c = 25 i Z29. Detta ger i sin tur att d = 25 = 4, och vi har därmed en kandidat till dekrypteringsnyckel i form av D (y ) = 25y + 4. Vi har tydligen gissat rätt, ty om vi låter D verka på ovanstående kryptogram, så andra ekvationen ger
erhåller vi följande text:
Kapitel 7. Något om kryptering
144
I DETTA KAPITEL SKALL VI GE EN INTRODUKTION TILL TEORIN FÖR KRYPTERING Detta är, som synes, den mening som inleder detta kapitel.
4
Istället för ett monoalfabetiskt a nt krypto kan vi använda oss av ett polyalfabetiskt sådant.
Exempel 7.7.
Låt oss kryptera tecknen i klartexten
och två, med hjälp av den a na avbildningen från
KRYPTOGRAM två
E (x) = 131x + 78
Z292 till Z292 . Det första vi gör är att dela upp klartexten i par
KR, YP, TO, GR och AM. K mot 11 och R mot 18 i Z29, vilket svara mot 11 29 + 18 = 337 i Z292 . Vi har
om två tecken. Vi får härvid de fem teckenparen Enligt gur 7.1 på sidan 139 svarar
KR kommer
leder till att
att
E (337) = 493, och med användande av divisionsalgoritmen får vi att 493 = 17 29 + 0. Således kommer KR i klartexten att svara mot Q i kryptogrammet. I tabellen i gur 7.2 redovisas hur de övriga teckenparen kommer att krypteras. Det färdiga kryptogrammet ges alltså av
Q ÖÖVMO RL. Klartext
KR YP TO GR AM
a 2 Z292 E (a) 2 Z292
337 712 595 221 42
493 840 651 435 534
Kryptogram
Q ÖÖ VM O RL
Figur 7.2 Ett polyalfabetiskt a nt krypto, som det i exempel 7.7, är inte så värst mycket svårare att forcera än ett monoalfabetiskt dito. Liksom i det monoalfabetiska fallet kan man nämligen använda sig av frekvensanalys
vissa
par
av tecken är betydligt mer frekventa i en klartext
(på svenska) än vad andra är. Alltså kommer vissa teckenpar i kryptogrammet också att vara mer förekommande än andra, vilket man kan utnyttja för att nna dekrypteringsnyckeln. 4
Citatet är återgivet med vederbörligt tillstånd från författaren!
7.1. Symmetriska krypton
145
Hittills har vi blott utnyttjat en enda injektiv avbildning
E,
och
upprepat använt denna på teckenblock i klartexten, i stil med formel (7.1). Alternativt kan man (med fördel) använda era olika avbild-
E1 ; E2 ; : : : , där varje Ei beror på någon parameter, till exempel ett teckenblocks position i klartexten. Vår klartext A1 A2 : : : Am i (7.1) ningar
skulle i så fall komma att krypteras enligt något i stil med
A1 A2 : : : Am 7
! E1(A1 )E2 (A2 ) : : : Em(Am ):
Ett klassiskt exempel på den här typen av krypton är det så kallade
Vigenèrekryptot,5
som började användas mot slutet av 1500-talet.
En algoritm för detta krypto lyder som följer:
k1 k2 : : : kp 2 p , där p 2. Talet p kallas för Vigenèrekryptots period.
1. Börja med att välja ut ett nyckelord
2. För varje tecken element i
Zn.
ki i detta nyckelord, låter vi bi vara motsvarande
i = 1; 2; : : : ; p, en avbildning Ei : Zn ! Zn enligt Ei (x) = x + bi för varje x 2 Zn.
3. Bilda, för varje
a = a1 : : : ap ap+1 : : : a2p a2p+1 : : : (där vi betraktar ai som ett element i Zn) omvandlas nu till ett kryptogram E (a) enligt
4. En klartext
varje tecken
E (a) = E1 (a1 ) : : : Ep(ap )E1 (ap+1 ) : : : Ep (a2p )Ep+1 (a2p+1 ) : : : ; d.v.s. genom att använda avbildningarna
E1 ; E2 ; : : : ; Ep
perio-
diskt på klartextens tecken.
Exempel 7.8.
Låt oss kryptera texten
DETTA ÄR ETT KRYPTISKT MEDDELANDE VILA, så Tecknen V, I, L
med hjälp av ett Vigenèrekrypto. Vårt nyckelord väljer vi till att vi alltså får ett Vigenèrekrypto med perioden 5
4.
Uppkallat efter den franske kryptören Blaise de Vigenère (15231596).
Kapitel 7. Något om kryptering
146
22, 9, 12 respektive 1 i Z29, och vi får fyra avbildningar E1 , E2 , E3 och E4 från Z29 till Z29, i form av och
A
motsvaras av
8 E1 (x) > > < E2 (x) E3 (x) > > : E4 (x)
= x + 22 =x+9 = x + 12 =x+1
x 2 Z29. De fyra första tecknen i klartexten svarar mot 4, 5, 20 20 i Z29. I tur och ordning gäller E1 (4) = 26, E2 (5) = 14, E3 (20) = 3 och E4 (20) = 21, så de fyra första tecknen i kryptogrammet för varje
respektive
kommer att ges av
Å, N, C och U. Med samma förfarande får vi att nästa A ÄR, kommer att krypteras till XIJS. Det
kvartett i klartexten, d.v.s.
slutliga utseendet på kryptogrammet blir
ÅNCUXIJSVNCUVTAZI UTD LNÄMPFEJÅEÄ, vilket vi överlåter till läsaren att övertyga sig om.
Vigenèrekrypton har fördelen, jämfört med a na krypton, att
te
är lönt att försöka forcera det med hjälp av frekvensanalys av tecknen i kryptogrammet, i stil med vad som görs i exempel 7.6. Visserligen byter vi vart och ett av tecknen i klartexten mot ett tecken i kryptogrammet med hjälp av en a n avbildning, men om man väljer nyckelordet så att olika avbildningar kommer att användas på intilliggande tecken, så kommer man att sudda ut alla mönster som man annars skulle kunna utnyttja, när man forcerar ett monoalfabetiskt a nt krypto. Detta faktum gjorde att man länge trodde att Vigenèrekrypton inte var möjliga att forcera överhuvudtaget. Men under 1800-talet kom man på andra tankar. Antag nämligen att vi på något sätt kan nna värdet av Vigenèrekryptots period Då vet vi att samma a na avbildning används på vart
p:te
p.
tecken i
klartexten, så genom att utföra frekvensanalys på just dessa tecken i kryptogrammet, blir det alltså möjligt att komma fram till var utseendet på någon av de a na avbildningarna fram till ett möjligt värde på
p,
Ei . För att vidare komma
så kan man leta efter upprepningar
av korta teckensekvenser i kryptogrammet, i förhoppningen att dessa skall återkomma med en viss regelbundenhet. Om det är så att avståndet mellan varje sådan upprepning alltid är lika med en multipel av ett visst tal
n, så nns det en viss chans att dessa teckensekvenser har
7.1. Symmetriska krypton
147
uppkommit på grund av att det på motsvarande platser i klartexten nns identiska teckensekvenser, som har krypterats på exakt samma vis. Detta skulle i så fall innebära att man dock inte vara
p är en delare i n. Helt säker kan
det skulle kunna vara så att dessa upprepningar
bara är ett resultat av slumpen.
Exempel 7.9.
Med hjälp av nyckelordet
SIGMA
så övergår
JAG SOLAR OCH BADAR OCH LATAR MIG efter Vigenèrekryptering till
JNMTEUHBAELOMCTMHBAELOMMT HBACRN. Vi ser här att
HBAELOM
dyker upp två gånger i kryptogrammet, dels
med början i kryptogrammets åttonde tecken och dels i dess artonde. Avståndet mellan de båda förekomsterna är lika med period skulle alltså kunna vara lika med
2, 5 eller 10.
10,
så kryptots
Hittills har vi studerat olika sorters substitutionskrypton. Det nns, vid sidan om dessa, en annan sorts krypton, som brukar kallas för
positionskrypton. När man använder
trans-
sig av ett sådant, permuterar
man tecknen i klartexten.
Exempel 7.10.
Låt oss kryptera klartexten
HIPP HURRA
med hjälp
av ett transpositionskrypto. Vi noterar att klartexten utgörs av tio tecken. Om vi numrerar tecknen i meddelandet från
1 till 10,
så som
det är gjort i gur 7.3 på följande sida, så vi kan permutera textens tecken med hjälp av en permutation i
S10 , till exempel
6 7 8 9 10 : = 13 29 32 45 58 10 1 4 6 7 I så fall kommer det första tecknet i klartexten, bokstaven på position
3
i kryptogrammet, bokstaven
I
hamnar på position
och så vidare. Sammantaget får vi kryptogrammet naturligtvisatt dekryptera ett meddelande, applicerar till
på kryptogrammet.
H, att hamna
UPHRPRA IH. versen
9,
För
1
Kapitel 7. Något om kryptering
148
H
I
P
P
1
2
3
4
5
H
U
R
R
A
6
7
8
9
10
Figur 7.3 En längre klartext kan man dela in i block om lika många tecken vardera, och kryptera dessa block vart och ett för sig, med hjälp av en och samma permutation.
Exempel 7.11.
Textstycket
DETTA ÄR ETT EXEMPEL PÅ ETT TRANSPOSITIONSKRYPTO består av sammanlagt
48
tecken. Genom att först dela upp texten i
block om åtta tecken vardera enligt
DETTA ÄR ETT TRAN
ETT EXE SPOSITIO
MPEL PÅ NSKRYPTO
och därefter kryptera varje block med hjälp av permutationen
= 16 21 34 42 53 68 75 87 ; så erhålles
ETATÄDR T TTAENR
ET TX EE PSIOISOT
PL EÅM P SRYKTNOP.
Om vi slutligen slår samman blocken igen, så blir alltså
ETATÄDR ET TX EEPL EÅM PT TTAENRPSIOISOTSRYKTNOP det slutliga kryptogrammet.
Om en frekvensanalys av ett kryptogram visar att de olika tecknen förekommer i ungefär samma proportioner som de gör i vanlig text, så har kryptoanalytikern skäl att misstänka, att ett transpositionskrypto har använts (varför?). För att krångla till det litet brukar man därför kombinera substitutions- och transpositionskrypton med varandra. I följande exempel använder vi först ett transpositionskrypto. Det därvid erhållna kryptogrammet krypteras sedan en gång till, fast då med ett Caesarkrypto.
7.1. Symmetriska krypton
Exempel 7.12.
149
Med användande av permutationen
= 15 21 34 43 52 övergår
VÄXJÖ först i ÄÖJXV. Genom att låta detta ord ABMÅZ.
i sin tur passera
genom ett Caesarkrypto, erhåller vi
Övningar till avsnitt 7.1 1.
Bestäm motsvarigheten till
(a) DU i Z292
(b) JAG i Z293
(c) INGEN i Z295
med hjälp av tabellen i gur 7.1 på sidan 139.
2.
Översätt följande element till text, med hjälp av tabellen i gur 7.1 på sidan 139.
(a) 445 2 Z292
(b) 6 427 2 Z293
(c) 24 450 2 Z294
3.
Kryptera vart och ett av nedanstående ord med hjälp av Caesarkryptot.
4.
Meddelandet
(a) ANALYS
(b) ALGEBRA
(c) MATEMATIK
GHQQDCXHÅXCAUCNUZSXHUDG är krypterat med användan-
de av Caesarkryptot. Dekryptera det!
5. (a) Bevisa att det nns n'(n) a na avbildningar från Zn till Zn. (Här betecknar
(b) Bestäm,
' Eulers '-funktion, se de nition 6.22.)
med anknytning till exempel 7.7, antalet möjliga a na
dekrypteringsnycklar från
Z292
till
Z292.
(Identitetsavbildningen
räknas inte som en nyckel.)
(c) Hur många av dekrypteringsnycklarna i (b) uppfyller D(0) = 0? 6.
7.
Bestäm inversen till var och en av följande a na avbildningar.
(a) E : Z10 ! Z10, E (x) = 3x + 7 (b) E : Z15 ! Z15, E (x) = 8x + 8 (c) E : Z28 ! Z28, E (x) = 9x + 1 (d) E : Z100 ! Z100, E (x) = 77x + 13
För ett monoalfabetiskt a nt krypto känner man till att klartexten svarar mot
P
respektive
D
B
i kryptogrammet.
(a) Vad är kryptogrammets motsvarighet till Å i klartexten? (b) Vad är klartextens motsvarighet till F i kryptogrammet?
och
Q
i
Kapitel 7. Något om kryptering
150
8.
Nedanstående kryptogram är framtaget med hjälp av ett monoalfabetiskt a nt krypto.
ÖBGASGETOGRJVTGANFFTGVÅGYTIGASG TOFTKRHKNOGRXVFGSLLKHÄFNOGEÖIINEF Forcera kryptot!
9.
I ett polyalfabetiskt a nt krypto krypteras tecknen i klartexten två och två. Antag att
ABCD krypteras till EFGH med detta krypto. Bestäm
krypteringsnyckeln som en avbildning från
Z292
till
Z292.
10.
Veri era att kryptogrammet i exempel 7.8 är korrekt.
11.
Använd permutationen
= 14 21 36 45 52 63 för att kryptera även
12.
1
HEJSAN med hjälp av ett transpositionskrypto. Använd OAGGDD.
för att dekryptera
Dela upp klartexten
ALGEBRA ÄR SKOJIGT i
block om sex tecken var-
dera, och kryptera varje block för sig med hjälp av permutationen
i föregående övning. Använd sedan ett monoalfabetiskt a nt krypto,
E : Z29 ! Z29 som uppfyller E (4) = 10 och E (6) = 17. Hur kommer kryptogrammet att se ut? där nyckeln ges av den a na avbildning
7.2 Asymmetriska krypton En nackdel med symmetriska krypton är att krypteringsnyckeln
E mås-
D, är enkel asymmetriska
te hållas hemlig, eftersom dess invers, dekrypteringsnyckeln att bestämma utifrån
krypton är
E.
Utmärkande för så kallade
att man inte utan vidare kan beräkna dekrypteringsnyc-
keln, även om man har kännedom om hur krypteringsnyckeln är beskaad. Faktum är att krypteringsnycklar till asymmetriska krypton är oentliga! Låt oss återvända till våra vänner Anna och Bengt från inledningen av detta kapitel. Antag att såväl Anna som Bengt har blivit tilldelade
(EA ; DA ) respektive (EB ; DB ). Här EA och EB krypteringsnycklar, medan DA och DB är dekrypteringsnycklar. Såväl EA som EB är oentliga, medan DA och DB endast är varsitt par av personliga nycklar är
kända av personen ifråga.
7.2. Asymmetriska krypton
151
Antag nu att Anna vill sända ett meddelande
M
till Bengt. Hon
EB , Bengts oentliga nyckel, och EB (M ) till Bengt. Detta meddelande kan han dekryptera med sin personliga och hemliga dekrypteringsnyckel DB , eftersom DB [EB (M )] = M . Om Anna av misstag skulle råka att kryptera meddelandet med sin egen krypteringsnyckel EA , så skulle Bengt inte kunkrypterar då detta meddelande med skickar alltså
na dekryptera det. För det skulle han nämligen behöva ha kännedom om
DA , vilket endast Anna har.
När det gäller symmetriska krypton så är krypteringsnyckeln känd av endast sändaren och mottagaren av de meddelanden som sänds, vilket innebär att mottagaren kan vara säker på att avsändaren är den som han eller hon utger sig att vara.
6 Men vid användande av
ett asymmetriskt krypto, så har vem som helst har tillgång till Bengts oentliga nyckel
EB .
Bengt kan alltså inte på samma sätt vara säker
på att det verkligen är Anna som har skickat inte någon tredje part
C
EB (M ) till honom, och
(Cecilia), som är svartsjuk på Anna, och vill
göra slut på Annas och Bengts vänskap, genom att skicka ett elakt meddelande till Bengt i Annas namn! Det nns då möjlighet för Anna att signera sitt meddelande. Detta gör hon genom att istället för
EB (M )
skicka
EB (M 0 ),
där
M 0 = DA (M ),
Anna använder sig av Bengts oentliga nyckel
till Bengt, d.v.s. innan
EB
på meddelandet, så
förser hon det med sin signatur, genom att använda sin egen hemliga
DA på det. När så Bengt erhåller EB (M 0 ), använder han i vanlig 0 0 ordning sin hemliga nyckel DB för att först få tillbaka M . På M applicerar han sedan Annas oentliga nyckel EA , varvid han erhåller nyckel
EA (M 0 ) = EA [DA (M )] = M; d.v.s. det ursprungliga meddelandet. Eftersom Anna är den enda som kan bilda
DA (M ), så har Bengt därmed en garanti för att meddelandet
verkligen kommer från henne. Vi skall i detta avsnitt beskriva blott ett asymmetriskt krypto, och förklara varför detta fungerar. Det krypto vi har i åtanke är det berömda
RSA-kryptot.7 En algoritm för detta krypto lyder som följer:
1. Låt
p och q vara två stora primtal sådana att p 6= q. Med stora p och q bör vara större än 10100 .
menas att både 6 7
Givetvis under förutsättningen, att kryptot inte har blivit forcerat av någon. Uppkallat efter de amerikanska upphovsmännen Rivest, Shamir och Adleman.
Kapitel 7. Något om kryptering
152
2. Sätt
n = pq och z = (p 1)(q 1).
3. Välj
d 2 f1; 2; : : : ; z g (godtyckligt) så att SGD(d; z ) = 1.
4. Låt och
e vara det (entydigt bestämda) heltal som uppfyller 1 e z ed 1 (mod z ).
5. Representera klartexten med en följd na att
0 mi n 1 för varje i.
6. Kryptera varje
mi
genom att sätta
m1 ; m2 ; : : :
av heltal, såda-
E (mi ) = ci , där ci
är det tal
f0; 1; : : : ; n 1g som uppfyller mei ci (mod n). För varje ci de nierar vi D (ci ) som det tal i f0; 1; : : : ; n 1g som d uppfyller ci D (ci ) (mod n). Då kommer vi att ha D (ci ) = mi i
7.
i
för varje , och därmed är det ursprungliga meddelandet återfått.
För att kunna kryptera en text, behöver man känna till värdet av talen
e
och
n
ovan. Detta talpar utgör också den oentliga nyckeln.
Den hemliga nyckeln utgörs av talet
d samt primtalen p och q. Innan
vi bevisar varför metoden fungerar, skall vi belysa den med ett exempel.
Exempel 7.13.
Om vi skall följa ovanstående algoritm till punkt och
pricka, så skall vi till att börja med välja två stora primtal
p och q med
minst hundra siror vardera. Det skulle emellertid inte bli något direkt belysande exempel i så fall, så vi nöjer oss med att i all blygsamhet välja
p = 3 respektive q = 11. Med detta val av p och q blir n = pq = 33 och z = (p 1)(q 1) = 20. Talet d skall nu väljas från mängden f1; 2; : : : ; 20g, så att d och 20 blir relativt prima. Vi väljer d = 3, vilket ger e = 7 (eftersom ed 21 1 (mod 20)). Sedan skall vi representera klartexten med en följd av element i mängden
f0; 1; : : : ; n 1g. Eftersom n är så litet i vårt fall, väljer vi att
använda oss av tabellen i gur 7.1 på sidan 139 till att översätta klartexten tecken för tecken. Då kommer till exempel klartexten att representeras av talen
TJOFLÖJT
m1 ; m2 ; : : : ; m8 i den andra kolumnen i tabel-
len i gur 7.4 på motstående sida. I den tredje kolumnen i samma tabell står de tal mellan 8
c1 ; c2 ; : : : ; c8
som motsvarar vårt kryptogram.
8 Sambandet
mi och motsvarande ci ges av formeln ci m7i (mod 33).
Att vi som synes har
c4 = 30, vilket enligt tabellen i gur 7.1 på sidan 139 inte
svarar mot något element i
, spelar inte någon nämnvärd roll.
7.2. Asymmetriska krypton i
1 2 3 4 5 6 7 8
mi
20 10 15 6 12 28 10 20
153
E (mi ) = ci
26 10 27 30 12 19 10 26
D(ci )
20 10 15 6 12 28 10 20
Figur 7.4 ci , d.v.s. beräkna m7i modulo 33, kan det 2 7 2 22 underlätta att skriva 7 = 1 + 2 + 2 , varmed mi = mi mi mi , vilket När man ska bestämma
ger
2
ci mi m2i m2i Till exempel är
(mod 33):
m6 28 (mod 33), från vilket m26 282 ( 5)2 25 (mod 33)
och därefter
m26
2
(m26)2 252 ( 8)2 64 31 (mod 33)
följer. Detta gör att vi sammantaget får
c6 28 25 31 ( 5) ( 8) ( 2) 80 19 (mod 33): Slutligen presenteras resultatet av dekrypteringsprocessen i tabel-
D(ci ) c3i (mod 33) för varje i. Notera att vi i denna kolumn har återfått talen mi . lens fjärde kolumn. Här gäller
I och med att våra primtal
p och q är så pass små i ovanstående exem-
pel, så har vi där inget mer anmärkningsvärt än ett monoalfabetiskt krypto
vi krypterar klartexten tecken för tecken. Det blir givetvis
annorlunda, om vi följer algoritmen och väljer
p och q på riktigt.
Låt oss nu övergå till det utlovade beviset för att algoritmen för RSA-kryptot fungerar. Vi kommer i detta bevis att använda oss en hel del av Eulers
'-funktion, se de nition 6.22.
Kapitel 7. Något om kryptering
154
Lemma 7.14.
Om
p och q är olika primtal, så är '(pq) = (p 1)(q 1):
' är '(pq) lika med antalet tal i mängden A = f1; 2; : : : ; pqg som är relativt prima med pq. De tal i A som inte uppfyller detta är dels alla multipler av p, d.v.s. p; 2p; 3p; : : : ; qp, och dels alla multipler av q , d.v.s. q; 2q; 3q; : : : ; pq . På grund av att p och q är olika primtal, så är pq det enda talet som förekommer i båda dessa Bevis.
Enligt de nitionen av
listor. Det sammanlagda antalet lika med
olika
tal i de båda listorna är alltså
p + q 1. Sedan alla dessa tal sorterats bort från mängden A, A som är relativt prima
så kommer det som blir över vara precis de tal i med
pq. Således har vi '(pq) = pq (p + q 1) = (p 1)(q 1);
vilket skulle bevisas.
Sats 7.15.
n = pq och z = (p 1)(q 1), där p och q är två olika primtal. Låt vidare d och e vara två tal i mängden f1; 2; : : : ; z g sådana att SGD(d; z ) = 1 och ed 1 (mod z ). För alla m 2 f0; 1; : : : ; n 1g Låt
gäller då
med m (mod n): Bevis.
Satsen gäller givetvis för
m = 0.
(7.4)
Vi antar därför att
m= 6 0
i
fortsättningen.
'(n) = z , och eftersom ed 1 (mod z ), så ed = k'(n) + 1 för något heltal k. Detta ger att med = mk'(n)+1 = (m'(n) )k m: (7.5)
Lemma 7.14 ger att gäller därmed
Om
m
och
n
är relativt prima, så gäller
m'(n)
1 (mod n) enligt
Eulers sats (sats 6.24), och (7.4) följer då direkt från (7.5). Antag
m och n inte är relativt prima. Då gäller SGD(m; n) = p SGD(m; n) = q. Det räcker med att studera fallet SGD(m; n) = p,
således att eller
eftersom det andra fallet kan behandlas analogt.
SGD(m; n) = p så kan vi skriva m = pr s för några positiva r heltal r och s, där p 6 j s. (Talet p är alltså den högsta potensen av p r som går jämnt upp i m.) Insättning av m = p s i (7.5) ger med = prk'(n) (s'(n) )k m: (7.6) Om
7.2. Asymmetriska krypton
155
s och n är relativt prima (eftersom SGD(p; s) = SGD(q; s) = 1 n = pq), så enligt Eulers sats gäller s'(n) 1 (mod n). Av (7.6)
Nu är och
får vi således
med prk'(n) (s'(n) )k m prk'(n) m (mod n):
(7.7)
Med hjälp av lemma 7.14 och Fermats lilla sats (sats 6.26) nner vi att
p'(n) p(p
(pq 1 )p 1 1p 1 1 (mod q): rk'(n) 1 (mod q ), vilket är ekvivalent Därmed gäller givetvis också p rk'(n) 1). Detta medför att pq j (prk'(n) pr s pr s), eller med att q j (p 1)(q 1)
i termer om kongruenser,
prk'(n) pr s pr s (mod pq): Nu är
pr s = m och pq = n, så om vi slår ihop ovanstående kongruens
med den i (7.7), så erhåller vi det önskade resultatet.
Vi ser omedelbart av ovanstående sats, att algoritmen för RSA-kryptot fungerar. Så till sist några ord om varför RSA-kryptot anses vara säkert.
e och n, medan p, q och d. Såvitt man vet, måste man i allmänhet
Den oentliga nyckeln utgörs som sagt av de båda talen den hemliga består av
n för att komma åt värdet på dessa tre tal. Om man klarar p och q (eftersom faktoriseringen av n lyder n = pq ), vilket gör att man kan beräkna z = (p 1)(q 1). Då man vidare känner e, är det sedan en smal sak att bestämma d så att ed 1 (mod z ): Genom att betrakta e och d som element i faktorisera
detta, så nner man alltså värdet av
enhetsgruppen till
Zz, så blir detta samma sak som att bestämma inversen
e i denna grupp, vilket kan göras med hjälp av Euklides' algoritm
(jämför med exempel 2.31). Det är bara det att faktorisering av heltal är ett mycket komplext problem. Det existerar idag ingen eektiv faktoriseringsalgoritm, som inom en rimlig tidsrymd datorer
inte ens med hjälp av dagens snabbaste
klarar av att faktorisera ett heltal av det slag som
n
är i
RSA-kryptot. Visserligen blir datorerna allt snabbare, men genom att i takt med datorernas utveckling höja den undre gränsen för de båda
q,
så kommer kryptörerna alltid att ligga steget före
kryptoanalytikerna
förutsatt att ingen en vacker dag upptäcker en
primtalen
p
och
eektiv faktoriseringsalgoritm.
Kapitel 7. Något om kryptering
156
Övningar till avsnitt 7.2 1.
c1 = 28, c2 = 12, c3 = 15, c4 = 25 och c5 = 25, vid användande av RSA-kryptot i exempel 7.13. Antag att ett kryptogram motsvaras av talen Bestäm klartexten.
2.
Bestäm
n och e i den oentliga nyckeln till ett RSA-krypto, om mot-
svarande hemliga nyckel utgörs av
(a) p = 11, q = 13, d = 7 (c) p = 23, q = 11, d = 19 3.
Bestäm
(b) p = 13, q = 17, d = 35 (d) p = 31, q = 41, d = 403.
d, p och q i den hemliga nyckeln till ett RSA-krypto, om mot-
svarande oentliga nyckel är given såsom följer.
(a) n = 65, e = 5 4.
(b) n = 451, e = 191 (c) n = 1 333, e = 467 n = 437 och e = 175. m = 123 att krypteras?
En oentlig nyckel till ett RSA-krypto utgörs av Hur kommer ett meddelande med koden (Utnyttja att
175 = 1 + 2 + 22 + 23 + 25 + 27 för att underlätta beräk-
ningarna modulo
n.)
Kapitel 8
Isomor smer Vi har vid ett antal tillfällen sett exempel på grupper som vid första ögonkastet ser ut att vara olika, men som i själva verket är samma grupp, i det avseendet att de har exakt samma strukturella egenskaper. För ändliga grupper innebär detta att gruppernas Cayleytabeller är likartade (efter en eventuell ändring av ordningen på tabellens rader och kolumner). Man säger att grupperna är
isomorfa,
och vi skall i
detta kapitel ge en formell de nition av vad detta innebär.
8.1 De nition och exempel Antag att vi har två grupper
G
och
H
som är väsentligen lika, d.v.s.
det enda som eventuellt skiljer dem åt är att deras respektive element och/eller kompositionsregel betecknas olika. Om man nu vill formulera detta i mer matematiska ordalag, bör man för det första ha en beskriv-
G som svarar mot vilka element i H . Detta görs lämpligen med någon form av avbildning : G ! H . Eftersom varje element i G måste svara mot exakt ett element i H och omvänt, så måste vara bijektiv. Nu duger inte vilken bijektiv avbildning som helst, utan bör vara sådan att den inte förstör gruppstrukturen; motsvarigheten (ab) till en produkt ab av två element a och b i G måste vara produkten av motsvarande element (a) och (b) i H . Kort sagt bör uppfylla (ab) = (a) (b) för alla a; b 2 G. Notera här att produkten (a) (b) i högerledet äger rum i H , medan produkten ab i vänsterledet äger rum i G. ning av vilka element i
157
Kapitel 8. Isomor smer
158
De nition 8.1. Låt G och H vara i två grupper. En bijektiv avbildning : G ! H säges vara en isomor sm, om den uppfyller (ab) = (a) (b) för alla
H
och
(8.1)
a; b 2 G. Om det nns en isomor sm från G till H , så säges G isomorfa, vilket betecknas G ' H .
vara
Med hjälp av induktion kan man enkelt visa att
(a1 a2 : : : ak ) = (a1 ) (a2 ) : : : (ak ) gäller för alla
sm
a1 ; a2 ; : : : ; ak . Vi kommer
ibland att säga
(8.2)
gruppisomor-
istället för isomor sm, bl.a. för att vi i kapitel 14 kommer att
införa isomor smer för en annan typ av algebraiska strukturer, vid sidan av grupper.
Exempel 8.2. Avbildningen : Z ! 2Z de nierad som (a) = 2a för alla heltal a är en isomor sm. Självklart är den bijektiv, och eftersom
(a + b) = 2(a + b) = 2a + 2b = (a) + (b); uppfyller den också (8.1). Därmed är grupperna
Z och 2Z isomorfa.
(R+ ; ) och (R; +) är isomorfa och den na+ till R är en isomor sm. turliga logaritmfunktionen (x) = ln x från R Detta motiverar vi på följande vis. För det första har x 7! ln x en inx vers i form av exponentialfunktionen x 7! e , och är därmed bijektiv.
Exempel 8.3.
Grupperna
Vidare gäller (8.1) eftersom
(xy) = ln xy = ln x + ln y = (x) + (y): Ur en algebraisk synvinkel är det alltså ingen skillnad på att addera
1
reella tal och multiplicera positiva reella tal. 1
Logaritmerna uppfanns också en gång i tiden för att man ville underlätta
mödosamma beräkningar
istället för att multiplicera två tal med varandra, kan
man genom att logaritmera överföra problemet till att addera två tal.
8.1. De nition och exempel
Exempel 8.4.
159
:
Avbildningen
R!C
given av
(x) = x + ix
uppfyller (8.1), eftersom
(x + y) = (x + y) + i(x + y) = (x + ix) + (y + iy) = (x) + (y): är injektiv. Dock är inte surjektiv, ty i med i im . Således är inte en isomor sm.
Det är inte svårt att se att till exempel nns inte
Exempel 8.5. Betrakta : GLn (R) ! R given av (A) = det A för alla A 2 GLn (R ). Av räknelagarna för determinanter följer att (AB ) = det AB = det A det B = (A) (B ); så (8.1) är uppfyllt. Men
är inte en isomor sm eftersom den inte är
bijektiv. Två olika matriser kan nämligen ha samma determinant. Till exempel har
2 2-matriserna
1 0 1 4
båda determinanten
och
2 0 1 2
4.
C 0 (R) vara mängden av alla kontinuerligt deriver0 bara funktioner från R till R . Det är inte svårt att se att C (R ) är en 2 grupp under addition av funktioner. Detsamma gäller mängden C (R ) av alla kontinuerliga funktioner från R till R . Avbildningen C 0 (R) 3 f 7 ! (f ) = f 0 2 C (R) Exempel 8.6.
Låt
(f + g)0 = f 0 + g0 . Två olika funktioner kan 2 2 ha samma derivata, till exempel f (x) = x och g (x) = x + 1, så är uppfyller (8.1), eftersom
inte injektiv och därmed inte en isomor sm.
Sats 8.7.
För gruppisomor smer gäller följande påståenden:
(i) Identitetsavbildningen (ii) Om
:G!H
" : G ! G är en isomor sm
är en isomor sm, så är dess invers
1
:H!G
också det 2
Summan
f + g av två funktioner f och g de nieras som (f + g )(x) = f (x)+ g (x)
(naturligtvis!).
Kapitel 8. Isomor smer
160
2 : G2 ! G3 är isomor smer, så är den sammansatta avbildningen 2 Æ 1 en isomor sm från G1 till G3 .
(iii) Om
Bevis.
1 : G1 ! G2
och
" bijektiv. Vidare är såväl "(ab) som "(a)"(b) ab. Detta betyder med andra ord att en grupp alltid är isomorf
(i) Självklart är
lika med
3
med sig själv.
: G ! H är en bijektiv avbildning så existerar en invers : H ! G, som också är bijektiv. Vi vill visa att 1 uppfyller (8.1). Tag h1 ; h2 2 H godtyckligt. Det nns då g1 ; g2 2 G 1 (h ) = g och 1 (h ) = g . Vidare gäller sådana att 1 1 2 2 (ii) Eftersom
1
(g1 g2 ) = (g1 ) (g2 ) = h1 h2 ; eftersom
uppfyller (8.1). Detta ger 1 (h1 h2 ) = g1 g2 = 1 (h1 ) 1 (h2 );
så därmed är
1
en isomor sm.
(iii) För det första är
= 2 Æ 1 en avbildning från G1 till G3 1 och 2 är det. Då det vidare för alla
som är bijektiv, eftersom både
a; b 2 G1
gäller att
(ab) = 2 [ 1 (ab)] = 2 [ 1 (a) 1 (b)] = 2 [ 1 (a)] 2 [ 1 (b)] = (a) (b); så är
: G1 ! G3
Följdsats 8.8.
således en isomor sm.
Gruppisomor
'
är en ekvivalensrelation på varje
mängd av grupper.
Bevis.
Re exivitet, symmetri och transitivitet följer av (i), (ii) respek-
tive (iii) i sats 8.7.
Som en konsekvens av ovanstående följdsats, kan man identi era isomorfa grupper med varandra. Detta innebär att om man har en hög 3
Det vore konstigt annars!
8.1. De nition och exempel
161
med grupper, som är sinsemellan isomorfa, så betraktar man dem alla som väsentligen en och samma grupp. Vi kommer närmast att klassi cera samtliga cykliska grupper på detta vis, d.v.s. avgöra hur många oändliga respektive ändliga cykliska grupper det nns (på isomor när), och vilka dessa är. Vi studerar först oändliga cykliska grupper.
Sats 8.9.
Varje oändlig cyklisk grupp är isomorf med
Bevis.
G = hai
Låt
Z.
vara en oändlig cyklisk grupp. Vi påstår att av-
bildningen
(n) = an är en isomor sm från
för alla
n2Z
Z till G. Om (m) = (n), d.v.s. am = an, så
m = n av sats 4.12. Således är injektiv. Ett godtyckligt element G är på formen an för något heltal n. För detta n gäller (n) = an , vilket ger att också är surjektiv. Till sist har vi följer i
(m + n) = am+n = am an = (m) (n); och därmed är satsen bevisad.
I isomor mening nns det således endast en oändlig cyklisk grupp, nämligen mängden av alla heltal under addition. Hur det förhåller sig med ändliga cykliska grupper avslöjas i nästa sats.
Sats 8.10. G ' Zn.
Låt
G vara en ändlig cyklisk grupp av ordning n. Då är
Zn = f[0]; [1]; : : : ; [n 1]g att visa sig vara bekväm. Vi antar att G = hai och ansätter Bevis.
I detta bevis kommer framställningen
([k]) = ak för alla
[k]
2 Zn. Vi vill visa att är en isomor sm, men innan vi
gör det måste vi kontrollera att
är välde nierad. I detta fall innebär k för
detta att högerledet i (8.3) inte får bero på valet av representanten restklassen
(8.3)
[k]. Om r och s är olika representanter för samma restklass,
Kapitel 8. Isomor smer
162
d.v.s. om
an
= 1G
[r] = [s],
så gäller
s = qn
för något heltal
q.
Eftersom
så ger detta
ar d.v.s.
r
s
= aqn = (an )q = 1G ;
ar = as. Avbildningen är alltså välde nierad.
När det gäller injektiviteten har vi först och främst
([r]) = ([s]) =) ar = as =) ar
s
= 1G :
n j (r s), så därmed tillhör r och s samma n, d.v.s. [r] = [s]. Således är injektiv. För ett godk k tyckligt valt element a 2 G gäller ([k ]) = a , så är även surjektiv. Sats 4.18 medför här att restklass modulo Eftersom
([r] [s]) = ([r + s]) = ar+s = ar as = ([r]) ([s]) är (8.1) också uppfyllt. Därmed är beviset klart.
Följdsats 8.11. ett primtal. Då är
Bevis.
Låt G vara en ändlig grupp av ordning p, där p är G ' Zp.
Resultatet är en konsekvens av föregående sats tillsammans med
följdsats 6.19.
Exempel 8.12.
Betrakta mängden
Un = fz 2 C j z n = 1g = fe2ik=n j k = 0; 1; : : : ; n 1g: Detta är en grupp under multiplikation
en undergrupp i den multipli-
kativa gruppen C . För att bevisa detta behöver att
Un
man endast veri era
är stabil med avseende på multiplikation, eftersom
Un
är en
ändlig mängd (se sats 3.26). Vi har
e2ik1 =n e2ik2 =n = e2i(k1 +k2 )=n = e2ir=n ; där
r 2 f0; 1; : : : ; n 1g är den rest som fås då k1 + k2 divideras med n. Un en grupp av ordning n. Gruppen Zn innehåller, liksom Un , också n element, men man skul-
Alltså är
le kanske kunna hävda att dessa båda grupper inte kan vara isomorfa,
8.1. De nition och exempel eftersom
Un
163
innehåller komplexa tal, medan elementen i
klasser modulo
n.
Zn är rest-
Dessutom är kompositionsreglerna annorlunda
den ena multiplicerar man och i den andra adderar man (modulo
i
n).
Men de här invändningarna uttalar sig inte om gruppernas strukturella egenskaper
att elementen i en grupp är komplexa tal är till
exempel ingen strukturell egenskap. Eftersom ett godtyckligt element
e2ik=n 2 Un kan skrivas
e2ik=n = (e2i=n )k ;
Un potenser av e2i=n . Alltså är Un = e2i=n i själva verket en cyklisk grupp av ordning n. Sats 8.10 medför därmed att Un och Zn är isomorfa. så är samtliga element i
Övningar till avsnitt 8.1 1. Avgör om : G ! H är en isomor sm, ifall (a) G = H = R, (x) = 3x (b) G = C , H = R , (z ) = jz j (c) G = Q , H = R+ , (x) = 2x (d) G = Z4, H = Z5, (a) = 2a. 2.
Låt
H
vara mängden av alla matriser på formen
1 a ; 0 1
där
a 2 Z. Enligt övning 6 till avsnitt 3.5 är H H ' Z.
en grupp under mat-
rismultiplikation. Visa att
3.
Visa att avbildningen
: Z2 ! Z4 de nierad enligt (0) = 1, (1) = 3,
är en isomor sm.
: Z5 ! Z10. (Se exempel 3.10.)
4.
Finn en isomor sm
5.
Visa att undergruppen
6.
Visa att gruppen
G
är isomorf med
Z4.
i övning 4 till avsnitt 3.1 är isomorf med den
multiplikativa gruppen
7.
U4 = f1; 1; i; ig i C R .
(G; ) vara en grupp och de niera en ny kompositionsregel på G a b = b a. (Jämför med övning 3 till avsnitt 3.1.) Visa att (G; ) ' (G; ). Låt
enligt
Kapitel 8. Isomor smer
164
8.2 Några grundläggande egenskaper I detta avsnitt kommer vi att beskriva några av de egenskaper som bevaras av en gruppisomor sm.
Lemma 8.13. Låt : G ! H vara element i G. Då gäller (i) (1G ) = 1H 1 ) = (a) 1 (ii) (a k k (iii) (a ) = (a) för alla k 2 Z. Bevis.
(i) Eftersom
en gruppisomor sm och
a
ett
är en isomor sm så är
(1G ) (a) = (1G a) = (a) = 1H (a): Den högra annulleringslagen ger
(1G ) = 1H .
(ii) Med hjälp av (i) fås
1H = (1G ) = (aa 1 ) = (a) (a 1 );
(a) måste vara (a 1 ). (iii) Genom att i (8.2) sätta ai = a för alla i = 1; 2; : : : ; k , så fås att (iii) är sann för alla positiva heltal. Om k = 0 följer resultatet vilket visar att inversen till
av (i), och med hjälp av (ii) får vi
(ak ) = [(a k ) 1 ] = [ (a) k ] i det fall då
1
= (a)k ;
k < 0. Därmed är (iii) bevisad.
Observera att vi aldrig utnyttjar att
är en bijektiv avbildning i bevi-
set ovan, utan bara att (8.1) gäller. Lemma 8.13 är alltså sant för alla avbildningar
som uppfyller (ab) = (a) (b), och inte nödvändigtvis
enbart bijektiva sådana. Denna mer generella typ av avbildningar, så
homomor smer, kommer att studeras mer ingående i kapitel 10. För att fastställa att två grupper inte är isomorfa, kan man försöka
kallade
hitta någon strukturell egenskap hos den ena gruppen som inte delas av den andra. Vi ger exempel på några sådana egenskaper i följande sats.
8.2. Några grundläggande egenskaper
165
Sats 8.14. Låt : G ! H vara en gruppisomor sm. Då gäller (i) G är ändlig om och endast om H är ändlig, och i så fall är grupperna av samma ordning (ii) (iii) (iv)
G är abelsk om och endast om H är abelsk G är cyklisk om och endast om H är cyklisk G innehåller m element av ordning n, om och endast om H nehåller m element av ordning n.
Bevis.
in-
Av symmetriskäl är det tillräckligt att visa ovanstående ekviva-
lenser blott åt ena hållet. (i) Detta är en direkt följd av att isomor smer är bijektiva avbildningar.
(ii) Antag att G är abelsk och välj h1 ; h2 2 H godtyckligt. Det nns g1 ; g2 2 G sådana att (g1 ) = h1 och (g2 ) = h2 . Nu är G abelsk, så g1 g2 = g2 g1 , och med utnyttjande av detta fås h1 h2 = (g1 ) (g2 ) = (g1 g2 ) = (g2 g1 ) = (g2 ) (g1 ) = h2 h1 ; vilket visar att H är abelsk. (iii) Antag att G är cyklisk med generatorn a. Vi påstår att (a) genererar H . Om så är fallet måste varje element i H kunna skrivas som en potens av (a). Tag h 2 H godtyckligt. Då nns ett g 2 G k med egenskapen (g ) = h. Eftersom G genereras av a, har vi g = a för något heltal k , och med hjälp av lemma 8.13(iii) får vi nu (g) = (ak ) = (a)k : Härav följer H = h (a)i . (iv) Låt g1 ; g2 ; : : : ; gm vara element i G, samtliga av ordning n, och sätt hi = (gi ) för alla i. Av beviset för (iii) följer att restriktionen av till den cykliska undergruppen hgi i är en isomor sm från hgi i till hhi i. Med hjälp av (i) fås att hgi i och hhi i båda måste innehålla n då
element.
Exempel 8.15.
Grupperna
Z5 och Z7 är inte isomorfa, eftersom de
innehåller olika många element.
Exempel 8.16.
Såväl
Z6 som S3 innehåller sex element, men de är Z6 är abelsk, till
trots det inte isomorfa. En anledning till detta är att skillnad från
S3 .
Kapitel 8. Isomor smer
166
Z4 innehåller båda fyra element, och de är båda abelska. Men de är likväl inte isomorfa, ty Z4 Exempel 8.17.
Kleins fyrgrupp
V
och
är cyklisk, vilket inte är fallet beträande skiljer dem åt är att
V
V . En annan egenskap som 2, medan Z4 blott
har tre element av ordning
har ett.
Det bör påpekas att listan i sats 8.14 är långt ifrån fullständig, och att det nns bra många er exempel på egenskaper som två isomorfa grupper måste ha gemensamt.
Övningar till avsnitt 8.2 1.
Ange (minst) ett skäl till att följande par av grupper inte är isomorfa.
(c) R och C (f) D6 och A4 2. En isomor sm från en grupp G till sig själv kallas för en automor sm på G. Bestäm antalet möjliga automor smer på (a) Z3 (b) Z8 (c) Z10 (d) Z (e) Z12 (f) Z11 (a) Z5 och Z6 (d) Z8 och Z5
Ledning :
(b) D4 och Z8 (e) Z och Q
Beviset för sats 8.14(iii) medför att en generator måste av-
bildas på en generator.
de nierad enligt (g) = g 1 är en automor sm på G (se föregående övning), om och endast om G är abelsk. 4. Låt G vara en grupp och g ett element i G. Visa att g : G ! G, 1 de nierad av g (x) = gxg för alla x 2 G, är en automor sm (se övning 2) på G. Den här typen av automor sm kallas för en inre
3.
Visa att avbildningen
automor sm.
5.
Mängden av alla automor smer på en grupp betecknas
G,
se övning 2, brukar
Aut(G). Visa att Aut(G) är en grupp under sammansättning
av avbildningar.
6.
Mängden av alla inre automor smer på en grupp betecknas
Inn(G). Visa att Inn(G) Aut(G).
G, se övning 4, brukar
8.3 Cayleys sats Vi såg i avsnitt 3.3, att i en Cayleytabell för en ändlig grupp så förekommer varje gruppelement exakt en gång i varje rad och kolumn. I
8.3. Cayleys sats
167
varje tabellrad räknas alltså gruppens samtliga element upp i en viss ordning, vilket betyder att man kan associera en permutation till varje rad, och därmed varje element i gruppen. Detsamma kan man givetvis göra för tabellens kolumner. Betrakta till exempel Cayleytabellen för Kleins fyrgrupp
V
i -
gur 4.1 på sidan 85. I den rad som svarar mot det neutrala elementet
1V
räknas elementen upp i samma ordning som i raden ovanför
tabellen, d.v.s. i ordningen
1V ; a; b; c. Vi kan därmed associera 1V
permutationen
1V
med
= 11V aa bb cc ; V
eller med andra ord identitetspermutationen. I raden som svarar mot
a räknas elementen upp i ordningen a; 1V ; c; b. Vi låter dära motsvaras av permutationen 1V a b c a = a 1 c b : V
elementet med
Notera att elementen i den undre raden fås genom att i tur och ordning
a (från vänster). Genom b och c, så får vi a b c och = 1V a b c : c c 1V a c b a 1V
multiplicera elementen i den övre raden med att resonera på samma sätt med elementen
b = 1bV
Om vi istället väljer att läsa längs med kolumnerna i tabellen kommer vi i detta fall att få precis samma uppsättning av permutationer, beroende på att
V
är abelsk.
ab = c. Vad händer om vi a b ? Vi ser att 1V a b c 1V a b c 1V a b c a b = a 1 c b b c 1V a = c b a 1V = c ; V d.v.s. resultatet blir den permutation som svarar mot c. Vi har alltså ab = c kontra a b = c . Läsaren kan på egen hand konstatera att vi till exempel har cb = a i Kleins fyrgrupp medan å andra sidan c b = a , eller att b2 = 1V och b2 = 1V . Det verkar alltså som om de fyra permutationerna 1V , a , b och c tillsammans bildar en I Kleins fyrgrupp vet vi till exempel att
beräknar motsvarande produkt av permutationer
grupp som är isomorf med Kleins fyrgrupp! Detta är mer än en slump, vilket framgår av nästa sats.
Kapitel 8. Isomor smer
168
Sats 8.18 (Cayley).
Varje grupp
G
är isomorf med en permuta-
tionsgrupp.
SG G) som är isomorf med G. Tag a 2 G godtyckligt och de niera en avbildning a : G ! G enligt a (g ) = ag för alla g 2 G. Man veri erar enkelt att a är en permutation av G, d.v.s. en bijektiv avbildning från G till G. Bilda nu G = fa j a 2 Gg. Detta är en delmängd av SG , mängden av alla permutationer av G. Vi påstår att G SG , och att G ' G. Tag a ; b 2 G godtyckligt. Då blir Bevis.
Vi kommer att visa att det går att hitta en undergrupp i
(gruppen av alla permutationer av
a b (g) = a [b (g)] = a (bg) = abg = ab (g) för alla
g 2 G. Detta visar att a b = ab ;
för alla
a; b 2 G,
och således att
G
(8.4)
är stabil med avseende på multi-
" 2 SG tillhör G, a ges av a 1 , ty en-
plikation av permutationer. Det neutrala elementet eftersom
" = 1G . Inversen till en permutation
ligt (8.4) är
a a 1 = aa 1 = 1G = " a 2 G. Därmed har vi nu bevisat att G SG . G ' G. Vi påstår att : G ! G, de nierad enligt (a) = a för alla a 2 G, är en isomor sm. Antag att (a) = (b). Då är a och b samma avbildning, vilket speciellt innebär att a (1G ) = b (1G ), d.v.s. a = b. Därmed är injektiv. Surjektiviteten följer direkt av de nitionen av G, och att uppfyller (8.1) är en konsekvens av (8.4). Således är G isomorf med G, varmed Cayleys för alla
Kvar att visa är att
sats är bevisad.
Övningar till avsnitt 8.3 1.
Finn en
(a) undergrupp i S3 som är isomorf med Z3 (b) undergrupp i S4 som är isomorf med Z4 (c) undergrupp i S5 som är isomorf med Z5
8.3. Cayleys sats
169
(d) undergrupp i S5 som är isomorf med Z6. 2.
G vara en grupp och a ett element i G. (a) Visa att a : G ! G, given av a (g) = ga 1 för permutation av G. (b) Visa att Ge = fa j a 2 Gg är en undergrupp i SG . (c) Visa att Ge ' G. Låt
Detta ger alltså ett alternativt bevis för Cayleys sats.
alla
g,
är en
Kapitel 9
Direkta produkter av grupper Vi skall i detta kapitel studera hur man kan bilda en grupp av en cartesisk produkt
G1 G2 Gn av n givna grupper G1 ; G2 ; : : : ; Gn .
Bland annat kommer vi att ge ett bevis för att samtliga ändliga abelska grupper (på isomor när) är uppbyggda av cykliska grupper på detta vis.
9.1 Yttre direkta produkter Låt
G och H vara grupper. Den cartesiska produkten av dessa grupper
(betraktade som mängder) ges av
G H = f(g; h) j g 2 G; h 2 H g: Vi har nu för avsikt att införa en kompositionsregel på denna mängd så att den resulterar i en grupp. Ett naturligt sätt att de niera den komponentvis enligt
(g1 ; h1 )(g2 ; h2 ) = (g1 g2 ; h1 h2 ); där
g1 ; g2
(9.1)
2 G och h1 ; h2 2 H , d.v.s. så att vi i den första kompo-
G och i den andra enligt H . Som framgår av följande sats, kommer då G H att ärva gruppegenskaperna som G och H besitter. nenten räknar enligt kompositionsregeln på den på
170
9.1. Yttre direkta produkter
171
G och H så är G H en grupp under kompositionsregeln (9.1). Vidare är G H abelsk, om och endast om G och H båda är abelska. Sats 9.1.
Bevis.
Givet två grupper
Låt
(g1 ; h1 ); (g2 ; h2 ); (g3 ; h3 ) 2 G H . Då blir
(g1 ; h1 )[(g2 ; h2 )(g3 ; h3 )] = (g1 ; h1 )(g2 g3 ; h2 h3 ) = (g1 (g2 g3 ); h1 (h2 h3 )) = ((g1 g2 )g3 ; (h1 h2 )h3 ) = (g1 g2 ; h1 h2 )(g3 ; h3 ) = [(g1 ; h1 )(g2 ; h2 )](g3 ; h3 ); d.v.s. att kompositionsregeln på
GH
är associativ är en direkt kon-
G respektive H är det. Vidare inser man i samma anda, att det neutrala elementet i G H är (1G ; 1H ) 1 ; h 1 ). Om och att inversen till ett element (g; h) 2 G H ges av (g både G och H är abelska, är givetvis också G H det, och om omvänt G H är abelsk, så fås från sekvens av att kompositionsreglerna på
(g1 g2 ; h1 h2 ) = (g1 ; h1 )(g2 ; h2 ) = (g2 ; h2 )(g1 ; h1 ) = (g2 g1 ; h2 h1 ) att
g1 g2 = g2 g1
och
De nition 9.2.
h1 h2 = h2 h1 , d.v.s. både G och H
Antag att
G och H är två grupper. Gruppen G H ,
beskriven i föregående sats, kallas för den av grupperna
G och H .
yttre direkta produkten
Allmänt kan vi för ett ändligt antal grupper en kompositionsregel på
är abelska.
G1 G2 Gn
G1 ; G2 ; : : : ; Gn
de niera
enligt
(a1 ; a2 ; : : : ; an )(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = (a1 b1 ; a2 b2 ; : : : ; an bn ) för alla
(a1 ; a2 ; : : : ; an ); (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 G1 G2 Gn . Sats 9.1
med tillhörande bevis kan enkelt omformuleras för detta generaliserade
G1 ; G2 ; : : : ; Gn alla är ändliga och av respekk1 ; k2 ; : : : ; kn , så är den yttre direkta produkten av dem
fall. Vi har vidare att om tive ordning
också ändlig och
jG1 G2 Gn j = k1 k2 : : : kn:
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
172
Exempel 9.3. Gruppen S3 Z3 Z2 är av ordning 6 3 2 = 36. Produkten av (2 ; 2; 1) och (2 ; 2; 1) är lika med (2 ; 2; 1)(2 ; 1; 1) = (2 2 ; 2 + 2; 1 + 1) = (3 ; 1; 0): Notera att vi i första, andra och tredje komponenten räknar enligt kompositionsregeln på
S3 , Z3 respektive Z2.
R2 = RR = f(a; b) j a; b 2 Rg 2 kan identi eras med alla vektorer i planet. Kompositionsregeln på R Exempel 9.4.
Elementen i gruppen
blir då precis densamma som vektoraddition. En motsvarande identi kation kan göras beträande elementen i
R3 = RRR och vektorerna
i rummet.
Sats 9.5.
(a1 ; a2 ; : : : ; an ) ett G1 G2 Gn . Antag att ai är av ändlig ordning mi för varje i = 1; 2; : : : ; n. Då är (a1 ; a2 ; : : : ; an ) av ordning MGM(m1 ; m2 ; : : : ; mn ). Låt
G1 ; G2 ; : : : ; Gn
vara grupper och
element i den yttre direkta produkten
Bevis.
Antag att ordningen av
(a1 ; a2 ; : : : ; an ) är lika med m. Då är m
det minsta positiva heltal som uppfyller
(a1 ; a2 ; : : : ; an )m = (1G1 ; 1G2 ; : : : ; 1Gn ):
(9.2)
m m (a1 ; a2 ; : : : ; an )m = (am 1 ; a2 ; : : : ; an ), och enligt sats 4.18 är detta ekvivalent med att o(ai ) j m för alla i = 1; 2; : : : ; n. Med andra ord är m en gemensam multipel till m1 ; m2 ; : : : ; mn . Det minsta möjliga positiva heltal som uppfyller (9.2) måste alltså vara MGM(m1 ; m2 ; : : : ; mn ), Men
vilket skulle bevisas.
Exempel 9.6.
För att bestämma ordningen av
(2; 3) i Z9 Z12, be-
o(2) i Z9 och o(3) i Z12. Med hjälp av sats 4.19 får o(2) = 9 respektive o(3) = 4, så sats 9.5 ger att (2; 3) är av ordning MGM(9; 4) = 36 i Z9 Z12. stämmer vi först vi
h(4; 6; 9)i i Z10 Z12 Z15 innehåller tio element, eftersom vi har o(4) = 5 i Z10, o(6) = 2 i Z12, o(9) = 5 i Z15 och MGM(5; 2; 5) = 10. Exempel 9.7.
Undergruppen
9.1. Yttre direkta produkter
Exempel 9.8.
Gruppen
173
Z2 Z5 innehåller tio element, så ett god-
Z2 Z5 är av ordning 1, 2, 5 eller 10, enligt följd(1; 1) är av ordning 10, så Z2Z5 är
tyckligt element i
sats 6.17. Sats 9.5 ger att elementet således cyklisk med generatorn med
Z10.
(1; 1), och måste därmed vara isomorf
Z2 Z2 = f(0; 0); (0; 1); (1; 0); (1; 1)g. Vi ser att (a; b) + (a; b) = (0; 0) för alla (a; b) 2 Z2 Z2, eftersom vi räknar modulo 2 i varje komponent. Inget element i Z2 Z2 genererar alltså gruppen, d.v.s. Z2 Z2 är inte cyklisk. Nu är jZ2 Z2j = 4 och det nns Betrakta å andra sidan
bara två grupper med fyra element (på isomor när), nämligen Kleins fyrgrupp
V
och den cykliska gruppen
vara isomorf med
V.
Z4. Följaktligen måste Z2 Z2
Att döma av ovanstående exempel, kan en yttre direkt produkt av två cykliska grupper ibland vara cyklisk, ibland inte. Vi utreder när det ena eller det andra händer i följande sats.
Sats 9.9.
Gruppen
om och endast om
Bevis.
ZmZn är cyklisk, och därmed isomorf med Zmn,
m och n är relativt prima.
)) Antag att Zm Zn ' Zmn, men att m och n inte är relativt
(
prima. Då är
SGD(m; n) = d > 1. Välj ett godtyckligt element (a; b) i
Zm Zn. Då är m a = 0 i Zm och n b = 0 i Zn. Eftersom mn mn mn (a; b) = a; b d d nd m = (m a); (n b) d d n m = 0; d 0 d = (0; 0);
så måste ordningen av
(a; b)
vara en delare i
d>1 ordning mn,
Men då
Zm Zn kan vara av Zm Zn är cyklisk.
betyder detta att inget element i vilket motsäger att
mn=d.
() Antag att m och n är relativt prima. Vi vill visa att Zm Zn o(1) = m i Zm och o(1) = n i Zn, så med hjälp av sats 9.5 får vi att (1; 1) är av ordning MGM(m; n) i Zm Zn. På grund (
är cyklisk. Nu är av att
m och n är relativt prima är MGM(m; n) = mn, vilket bevisar
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
174
Zm Zn = h(1; 1)i är en cyklisk grupp av ordning mn och därmed isomorf med Zmn. att
Följdsats 9.10.
Gruppen
Zm1 Zm2 Zmn
är isomorf med
Zm1m2 :::mn , om och endast om m1; m2 ; : : : ; mn är parvis relativt prima. Bevis.
Beviset, vilket överlåtes till läsaren, utförs lämpligen med hjälp
av induktion över
n.
SGD(2; 9) = 1 så är Z2 Z9 ' Z18. Gruppen Z8 Z10 är däremot inte isomorf med Z80, eftersom 8 och 10 inte
Exempel 9.11.
Eftersom
är relativt prima. Däremot har vi
Z8 Z10 ' Z8 Z5 Z2; eftersom Z10 och Z5 Z2 är isomorfa grupper.
Övningar till avsnitt 9.1 1.
Beräkna
(a) (1; 2; 3) + (4; 2; 1) i Z5 Z3 Z5 (b) (2; 1) + 3 (4; 3) i Z5 Z4 (c) (2 ; 5) 1 (1 ; 3) i S3 Z7 (d) (3; 1)(2; 3)(1; 2) i Z4 Z5.
2.
Vilka av nedanstående grupper är cykliska?
3.
Vilka av nedanstående isomor er är sanna?
4.
Bestäm ordningen av följande element i respektive grupp.
(a) Z11 Z13 (c) Z19 Z37 Z23
(a) Z10 Z15 ' Z150 (c) Z9 Z4 Z5 ' Z180 (e) Z5 Z15 Z3 ' Z75 Z3
(a) (4; 3) i Z8 Z9 (c) (2; 0; 5) i Z3 Z10 Z10 (e) (1; 2; 3; 4) i Z5 Z6 Z7 Z8 (g) (4; 2; 1; 8) i Z5 Z5 Z8 Z16
(b) Z2 Z3 Z4 (d) Z42 Z33 Z45 (b) Z3 Z10 ' Z30 (d) Z5 Z15 Z3 ' Z5 Z45 (f) Z5 Z15 Z3 ' Z15 Z15 (b) (6; 0) i Z9 Z4 (d) (8; 4; 10) i Z12 Z60 Z24 (f) (0; 3; 1; 9) i Z2 Z8 Z2 Z20 (h) (1; 1; 1) i Z4 Z5 Z5
9.2. Inre direkta produkter 5.
175
Vilken är den största möjliga ordning som ett element i
Z6
Z Z 8
12
kan ha?
6.
Bevisa sats 9.1 för en cartesisk produkt av
7.
Låt
8.
En generalisering av föregående övning: Låt
G och H
per och
vara grupper. Bevisa att
n grupper.
G H ' H G.
G1 ; G2 ; : : : ; Gn vara grup en godtycklig permutation i Sn . Visa att G1 G2 Gn ' G(1) G(2) G(n) :
9. 10.
Bevisa följdsats 9.10. Låt
G1
G2 vara två grupper och antag att H1 och H2 G1 respektive G2 . Visa att H1 H2 G1 G2 .
och
grupper i
är under-
9.2 Inre direkta produkter Antag att
G är en grupp och att G1
och
G2
är två undergrupper i
G.
Sätt
G1 G2 = fg1 g2 j g1 2 G1 ; g2 2 G2 g: G behöver inte vara en undergrupp i G. Betrakta till exempel undergrupperna G1 = f"; 1 g och G2 = f"; 2 g i S3 . För Denna delmängd av
dessa två undergrupper gäller att
G1 G2 = f""; "2 ; 1 "; 1 2 g = f"; 2 ; 1 ; 3 g: Detta är inte en undergrupp i Lagranges sats
vi har
S3 , vilket man t.ex. kan inse med hjälp av
jG1 G2 j = 4, vilket inte är en delare i jS3j = 6.
G1 G2 i allmänhet skall kunna vara en undergrupp, måste man ställa litet krav på G1 och G2 . För att
Lemma 9.12.
Låt
normal undergrupp i
G vara en G. Då är
grupp,
H
en undergrupp och
HN = fhn j h 2 H; n 2 N g en undergrupp i
N
en
(9.3)
G. Om vidare H G, så gäller dessutom HN G.
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
176
h1 n1 ; h2 n2 2 HN godtyckligt. Vi vill att h1 n1 h2 n2 2 HN . Vi kan här skriva n1 h2 = h2 n3 för något n3 2 N , eftersom n1 h2 tillhör högersidoklassen Nh2 , som är lika med vänstersidoklassen h2 N på grund av att N G. Detta ger Bevis.
Tag
h1 n1 h2 n2 = (h1 h2 )(n3 n2 ) 2 HN: 1G är trivialt ett element i HN . Om hn 2 HN , = n 1 h 1 tillhör HN , ty normaliteten hos N ger, 1 h 1 = h 1 n för något n 2 N . på samma sätt som ovan, att n 4 4 Sålunda HN G. Antag nu att H dessutom är normal. Med g 2 G och hn 2 HN Det neutrala elementet så gäller att
(hn)
1
godtyckligt valda blir då
g(hn)g ett element i
1
= (ghg 1 )(gng 1 )
HN , eftersom ghg
1
2 H och gng 1 2 N .
Med additiv notation ges motsvarigheten till (9.3) av
H + N = fh + n j h 2 H; n 2 N g: Exempel 9.13.
Låt
m och n vara två positiva heltal. I Z gäller då
mZ + nZ = fa + b j a 2 mZ; b 2 nZg = fms + nt j s; t 2 Zg:
Z är cykliska, så mZ + nZ = hgi = gZ för något g, som vi kan antaga är positivt. Således har vi g j (ms + nt) för alla s; t 2 Z. Speciellt måste g j m och g j n, så g är en gemensam delare till m och n. Eftersom s och t kan väljas så att g = ms + nt, ser gäller dessutom att g = SGD(m; n), eftersom varje gemensam delare till m och n måste vara en delare i g . (Jämför med sats 1.16.) Alla undergrupper i heltal
G2 är normala undergrupper i en grupp G. Som vi G1 G2 en normal undergrupp i G, och varje element i G1 G2 kan skrivas på formen g1 g2 , där g1 2 G1 och g2 2 G2 . Om G1 G2 visar sig vara lika med hela G, kommer alltså varje g 2 G att Antag att
G1
och
har sett är då även
kunna faktoriseras på detta vis, och vi frågar oss nu när en sådan framställning
g = g1 g2
är entydig.
9.2. Inre direkta produkter
Sats 9.14.
Låt
G
177
vara en grupp, och antag att
G1
och
G2
är två
G. Då kan varje g 2 G skrivas på formen g = g1 g2 , för entydigt bestämda g1 2 G1 och g2 2 G2 , om och endast om G = G1 G2 och G1 \ G2 = f1G g. normala undergrupper i
()) Antag att varje element i G kan skrivas som g = g1 g2 , där g1 2 G1 och g2 2 G2 är entydigt bestämda. Då är givetvis G = G1 G2 . Tag g 2 G1 \ G2 godtyckligt. Då är
Bevis.
g = g1G ; g 2 G1 ; 1G 2 G2 och
g = 1G g; 1G 2 G1 ; g 2 G2 två sätt att skriva
g som en produkt av ett element i G1
och ett i
Dessa måste på grund av entydigheten vara lika, vilket ger
G1 \ G2 = f1G g. Antag att G = G1 G2
G2 .
g = 1G och
således att
()
G1 \ G2 = f1G g. Tag g 2 G godtyckligt. Då garanteras existensen av g1 2 G1 och g2 2 G2 sådana att g = g1 g2 av att G = G1 G2 . För att visa entydigheten, antar vi att det nns två framställningar g = g1 g2 = h1 h2 av g , med g1 ; h1 2 G1 och g2 ; h2 2 G2 . Då har vi h1 1 g1 = h2 g2 1 . Här är vänsterledet en produkt av två element i G1 , medan högerledet är en produkt av två element 1 1 i G2 . Detta innebär att h1 g1 ; h2 g2 2 G1 \ G2 . Men G1 \ G2 innehål1 1 = 1 , från vilket ler endast det neutrala elementet, så h1 g1 = h2 g2 G g1 = h1 och g2 = h2 följer. (
och
De nition 9.15. Antag att G1 och G2 är två normala undergrupper i en grupp G. Vi säger att G är den inre direkta produkten av G1 och G2 , om (i) G = G1 G2 (ii) G1 \ G2 = f1G g. Innebörden av sats 9.14 är således, att en grupp produkt av två av dess undergrupper
G1
och
G2 ,
G
är en inre direkt
om och endast om
g 2 G har en entydig framställning på formen g = g1 g2 , där g1 2 G1 och g2 2 G2 . varje element i
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
178
V = f1V ; a; b; cg är en inre direkt produkt av undergrupperna H1 = f1V ; ag och H2 = f1V ; bg, eftersom H1 \ H2 = f1V g och Exempel 9.16.
Kleins fyrgrupp
H1 H2 = f1V 1V ; 1V b; a1V ; abg = f1V ; b; a; cg = V: Läsaren kan på egen hand veri era att dukt av
V
också är en inre direkt pro-
H1 och H3 , eller av H2 och H3 , där H3 = f1V ; cg.
Exempel 9.17.
Betrakta enhetsgruppen
Z16 = f1; 3; 5; 7; 9; 11; 13; 15g 16 i denna grupp, så är det 9 med 7, 11 med 5, 13 med 3 och 15 med 1, 2 vilket innebär att Z16 = f1; 3; 5; 7g. Vi har 5 = 7, 53 = 3 4 och 5 = 1 i Z16, vilket ger h5i = f1; 5; 7; 3g, och vidare gäller h 1i = f1; 1g. Därmed kan varje element i Z16 skrivas på formen 5m ( 1)n , där m = 0; 1; 2; 3 och n = 0; 1, och således är Z16 = h5i h 1i. Eftersom vidare h5i \ h 1i = f1g, så är Z16 sålunda den inre direkta produkten av h5i och h 1i. modulo
16.
Eftersom vi räknar modulo
tillåtet att ersätta
Vi skall nu undersöka om det nns någon koppling mellan inre och yttre direkta produkter av grupper.
Sats 9.18. grupper G1
G = G1 G2 är en yttre direkt produkt av två G2 . Sätt
Antag att och
G1 = f(g1 ; 1G2 ) j g1 2 G1 g och G2 = f(1G1 ; g2 ) j g2 2 G2 g: Då är
G1
och
G2
normala undergrupper i
G.
Vidare är
G
den inre
direkta produkten av dessa två undergrupper.
Bevis.
Det är inte svårt att se att
G1
och
G2
båda är undergrupper
G, och att deras enda gemensamma element är det neutrala elementet (1G1 ; 1G2 ). Om vidare (a; b) 2 G och (g1 ; 1G2 ) 2 G1 , så blir i
(a; b)(g1 ; 1G2 )(a; b)
1
= (ag1 a 1 ; b1G2 b 1 ) = (ag1 a 1 ; 1G2 )
9.2. Inre direkta produkter ett element i
G1 ,
179
av vilket vi konstaterar att
G1
dergrupp i
G.
grupp i
Vi noterar dessutom att varje element
G.
På samma sätt ser man att
G2
är en normal un-
är en normal under-
(g1 ; g2 ) 2 G kan G1 och ett i G2 , eftersom G = G1 G2 den inre direkta
skrivas som produkten av ett element i
(g1 ; g2 ) = (g1 ; 1G2 )(1G1 ; g2 ). Således är produkten av G1 och G2 , vilket skulle bevisas.
Varje yttre direkt produkt av två grupper kan alltså ses som en inre direkt produkt. Det omvända förhållandet visar sig också gälla, d.v.s.
G = G1 G2 är en inre direkt produkt av två av dess undergrupper G1 och G2 , så är G isomorf med den yttre direkta produkten G1 G2 . För om
att kunna bevisa detta, behöver vi ett lemma.
Lemma 9.19. Låt N1 och N2 vara två normala undergrupper i en grupp G sådana att N1 \ N2 = f1G g. Då gäller n1 n2 = n2 n1 för alla n1 2 N1 , n2 2 N2 . g = n1 n2 n1 1 n2 1. Eftersom n1 1 2 N1 1 1 och N1 är en normal undergrupp i G, så gäller n2 n1 n2 2 N1 . Multiplikation av detta uttryck från vänster med n1 , som ju också tillhör N1 , 1 ger g 2 N1 . På samma sätt medför N2 G att n1 n2 n1 2 N2 , och ge1 nom att multiplicera detta element från höger med n2 2 N2 , fås att g även tillhör N2 . Således g 2 N1 \ N2 . Men detta snitt innehåller endast 1 1 = 1 , av vilket det neutrala elementet 1G . Alltså måste n1 n2 n1 n2 G n1 n2 = n2 n1 följer. Bevis.
Betrakta produkten
Sats 9.20.
Antag att
dess undergrupper
G1
G = G1 G2 är en inre direkt produkt av två av G2 . Då är G ' G1 G2 .
och
G = G1 G2 på ett entydigt sätt kan g1 g2 , där g1 2 G1 och g2 2 G2 . Det är därför troligt att avbildningen : G ! G1 G2 de nierad enligt Bevis.
Vi vet att elementen i
skrivas på formen
(g1 g2 ) = (g1 ; g2 ) är en isomor sm. Denna avbildning är välde nierad, på grund av den
g1 g2 ; h1 h2 2 G godtyckligt. Då G är den inre direkta produkten av G1 och G2 , så är båda entydiga framställningen av elementen i
G.
Tag
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
180
G normala, och dessutom gäller G1 \ G2 = f1G g. Därmed följer g2 h1 = h1 g2 av lemma 9.19, med vars hjälp vi nner att dessa undergrupper i
[(g1 g2 )(h1 h2 )] = [(g1 h1 )(g2 h2 )] = (g1 h1 ; g2 h2 ) = (g1 ; g2 )(h1 ; h2 ) = (g1 g2 ) (h1 h2 ): Det är sedan inga större problem att veri era att
är bijektiv (se
övning 4). Beviset är därmed fullbordat.
Z16 är den inre direkta produkten av de båda cykliska undergrupperna h5i och h 1i. Eftersom o(5) = 4 och o( 1) = 2 i Z16, så har vi h5i ' Z4 och h 1i ' Z2. Vi kan därmed konstatera att Z16 är isomorf med den yttre direkta produkten av grupperna Z4 och Z2, d.v.s. Z16 ' Z4 Z2. Exempel 9.21.
Exempel 9.17 visar att enhetsgruppen
Begreppet inre direkt produkt kan utvidgas till att omfatta er än två grupper. Med hjälp av lemma 9.12 och induktion visar man att
G1 G2 : : : Gn = fg1 g2 : : : gn j gi 2 Gi ; i = 1; 2; : : : ; ng är en normal undergrupp i gruppen
G, om Gi är en normal undergrupp
G för alla i (se övning 7). Motsvarigheten till sats 9.14 blir att varje g 2 G har en entydig framställning på formen i
g = g1 g2 : : : gn ; gi 2 Gi för i = 1; 2; : : : ; n, om och endast om G = G1 G2 : : : Gn och G1 G2 : : : Gi 1 \ Gi = f1G g för alla i = 2; 3; : : : ; n (se övning 8). Om så är fallet säger vi att G är den inre direkta produkten av G1 ; G2 ; : : : ; Gn . där
Vi formulerar till sist motsvarigheterna till satserna 9.18 och 9.20.
Sats 9.22. Låt G = G1 G2 Gn vara en yttre direkt produkt av n grupper. Sätt Gi = f(1G1 ; 1G2 ; : : : ; 1Gi 1 ; gi ; 1Gi+1 ; : : : ; 1Gn ) j gi 2 Gi g
i = 1; 2; : : : ; n. Då gäller Gi G för alla i, och vidare är G den inre direkta produkten av G1 ; G2 ; : : : ; Gn . för
9.2. Inre direkta produkter
181
Sats 9.23. Låt G vara den inre direkta produkten av G1 ; G2 ; : : : ; Gn . Då är G isomorf med den yttre direkta produkten G1 G2 Gn . Vi lämnar som en övning för läsaren att fylla i detaljerna rörande det allmänna fallet (se övning 9 och 10). Som vi därmed nu har sett, är det alltså ingen väsentlig skillnad på en inre och en yttre produkt av grupper, åtminstone inte i isomor mening. I fortsättningen kommer vi därför ofta att utelämna ordet inre respektive yttre, och endast tala om direkta produkter.
Övningar till avsnitt 9.2 1.
na
2.
Z8
Visa att
är den inre direkta produkten av de båda undergrupper-
h3i och h5i.
Visa att
D4 inte kan tecknas som en inre direkt produkt av två av dess
äkta undergrupper.
3.
G av ordning 30 har två normala undergrupper H och K av 5 respektive 6. Visa att G är den inre direkta produkten av
En grupp ordning
dessa två undergrupper.
4.
Veri era att avbildningen
,
som gurerar i beviset för sats 9.20, är
bijektiv.
5.
Finn
m och n så att Z32 ' Zm Zn.
Ledning :
Betrakta undergrupperna
h5i och h31i i Z . 32
6. Teckna Z36 som en inre direkt produkt av två av dess äkta undergrupper.
7.
Bevisa följande generalisering av lemma 9.12: Låt
G1 ; G2 ; : : : ; Gn
vara undergrupper i en grupp
G. Visa att
G1 G2 : : : Gn = fg1g2 : : : gn j gi 2 Gi ; i = 1; 2; : : : ; ng är en normal undergrupp i undergrupper i
8.
G.
G, om och endast om samtliga Gi är normala
Bevisa följande generalisering av sats 9.14:
G1 ; G2 ; : : : ; Gn vara normala undergrupper i en grupp G. Då kan g 2 G skrivas på formen g = g1 g2 : : : gn , där gi 2 Gi är entydigt bestämt för varje i = 1; 2; : : : ; n, om och endast om G = G1 G2 : : : Gn och G1 G2 : : : Gi 1 \ Gi = f1G g för alla i = 2; 3; : : : ; n. Låt
varje
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
182
9.
Bevisa sats 9.22.
10.
Bevisa sats 9.23.
11.
Låt
G
H och K är undergrupper i G G = HK och H \ K = f1Gg. Visa att G är den inre direkta produkten av H och K , om och endast om hk = kh för alla h 2 H , k 2 K. 12. Låt G = fz 2 C j z n = 1 för något n 2 Z+g. Enligt övning 9 till avsnitt 3.5 är G en grupp (närmare bestämt en undergrupp i C ). Låt p vara ett primtal, och sätt m G1 = fz 2 C j z p = 1 för något m 2 N g vara en grupp och antag att
sådana att
och
G2 = fz 2 C j z s = 1 för något s 2 Z+ sådant att p 6 j sg:
(a) Visa att både G1 och G2 är undergrupper i G. (b) Visa att G är den inre direkta produkten av dessa
båda under-
grupper.
9.3 Ändliga abelska grupper Vid ett par tillfällen i detta kapitel har vi sett exempel på en ändlig abelsk grupp som är isomorf med en direkt produkt av cykliska grupper. Detta gäller till exempel för Kleins fyrgrupp, som är isomorf med
Z2 Z2 (se exempel 9.8), och för enhetsgruppen Z16, som är isomorf med Z4 Z2 (se exempel 9.21). Faktum är att varje ändlig abelsk grupp är isomorf med en direkt produkt av cykliska grupper, vilket är innebörden av den så kallade struktursatsen för abelska grupper, som lyder enligt följande.
Struktursatsen för ändliga abelska grupper.
En ändlig abelsk
grupp är alltid isomorf med en direkt produkt av cykliska grupper på formen
Zpr11 Zpr22 Zprnn ; där
p1 ; p2 ; : : : ; pn
är positiva heltal.
är icke nödvändigtvis olika primtal och
r1 ; r2 ; : : : ; rn
9.3. Ändliga abelska grupper
183
Beviset för denna sats är ganska långt, och av den anledningen sparar vi det till avsnitt 9.4. Vi kommer dock att i detta avsnitt ge ett antal exempel på hur satsen kan användas.
Exempel 9.24.
Vi skall använda struktursatsen till att plocka fram
20. 20 är enligt struktursatsen isomorf med
samtliga abelska grupper av ordning En abelsk grupp av ordning
en direkt produkt, i vilken varje faktor är en cyklisk grupp av ordning lika med en primtalspotens. Primtalsfaktoriserar vi
20, får vi 20 = 22 5.
20 (i isomor mening) ges därmed G1 = Z2 Z2 Z5 och G2 = Z4 Z5. Av dessa två grupper är det G2 som är cyklisk, d.v.s. isomorf med Z20, ty 4 och 5 är relativt Samtliga abelska grupper av ordning av
prima. Gruppen
Z2Z10 har också 20 element, men 10 är ingen primtalspo-
tens, så denna grupp måste vara isomorf med
G1
eller
G2 .
Eftersom
Z10 ' Z2 Z5 (sats 9.9), så har vi Z2 Z10 ' Z2 Z2 Z5 = G1 . Exempel 9.25. Det nns fyra abelska grupper med 36 element. 2 2 har nämligen 36 = 2 3 , så de möjliga grupperna är
Z2 Z2 Z3 Z3; Z2 Z2 Z9; Z4 Z3 Z3
och
Vi
Z4 Z9:
Vad nns det för strukturella egenskaper som är unika för var och en av dessa grupper? Den enda av dem som är cyklisk är Gruppen
Z4 Z9.
Z2 Z2 Z9 är således inte cyklisk, men den innehåller minst
en cyklisk undergrupp med nio element (som till exempel sådan undergrupp kan inte
: : : ?).
En
Z4 Z3 Z3 ha. Om så vore fallet, skulle
(a; b; c) av ordning 9 i denna grupp. Det följer MGM[o(a); o(b); o(c)] = 9. Men o(a) kan endast vara lika med 1, 2 eller 4 (eftersom a 2 Z4), medan o(b) och o(c) kan vara lika med 1 eller 3 (eftersom b; c 2 Z3), så den minsta gemensamma multipeln till o(a), o(b) och o(c) kan omöjligt bli lika med 9. Således saknar Z4 Z3 Z3 en cyklisk undergrupp av ordning 9. På liknande det nnas ett element att vi måste ha
vis inses att
Z2 Z2 Z3 Z3 också saknar en sådan undergrupp. Det Z2 Z2 Z3 Z3 från Z4 Z3 Z3 är att den
som till sist skiljer
12, t.ex. elementet (1; 1; 1). Den förstnämnda gruppen saknar dock sådana element. sistnämnda gruppen innehåller element av ordning
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
184
Exempel 9.26. Samtliga abelska grupper med 165 element är cykliska, ty då 165 = 3 5 11 så ger struktursatsen att det endast nns en abelsk grupp av ordning 165, nämligen Z3 Z5 Z11. Denna är isomorf med den cykliska gruppen Z165, eftersom 3, 5 och 11 är parvis relativt
prima.
Övningar till avsnitt 9.3 1.
Hur många abelska grupper nns det (på isomor när) av ordning
2.
Bestäm samtliga abelska grupper med
3.
Visa att en abelsk grupp med
4.
Hur många abelska, men inte cykliska, grupper nns det med
(a) 75 (e) 60
(b) 100 (f) 200
(c) 144 (g) 1 000
(d) 225 (h) 2 000?
180 element.
1 995 element är cyklisk. 245 ele-
ment?
5.
Ange samtliga abelska grupper med element av ordning
6
24 element, och visa att nns ett
i var och en av dem. Ange också ett sådant
element i respektive grupp.
6.
360. Vilka av dessa grupper 20? Ange ett sådant element i före-
Bestäm alla abelska grupper av ordning innehåller ett element av ordning kommande fall.
7.
Ange samtliga abelska grupper med
72 element, samt bestäm den max-
imala ordningen som ett element i respektive grupp kan ha.
8.
Ange samtliga abelska grupper av ordning
27. Finn en unik strukturell
egenskap hos var och en av dem, d.v.s. en egenskap som inte delas av någon av de övriga abelska grupperna av samma ordning.
9.
Den så kallade
partitionsfunktionen p(n) de nieras som antalet sätt
att skriva det positiva heltalet
n som en summa av positiva heltal
n = a1 + a2 + + as ; där
a1 a2 as . Till exempel är p(4) = 5, eftersom
4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1: (a) Beräkna p(2), p(3), p(5) och p(6).
(b) Låt q ning
vara ett primtal. Visa att antalet abelska grupper av ord-
qm
är lika med
p(m).
9.4. Bevis för struktursatsen
185
(c) Antag att q1 ; q2 ; : : : ; qr är olika primtal och sätt n = q1n1 q2n2 : : : qrnr , där
n1 ; n2 ; : : : ; nr
2
Z+.
Visa att det nns
abelska grupper av ordning
n.
p(n1 )p(n2 ) : : : p(nr )
(d) Använd resultatet i (c) för att bestämma antalet abelska grupper av ordning
10.
31 587 500 = 55 74 192.
G vara en abelsk grupp av ändlig ordning n och d en positiv delare n. Visa att G har en undergrupp av ordning d. (Jämför med sats 4.24).
Låt i
9.4 Bevis för struktursatsen I detta avsnitt skall vi bevisa struktursatsen, och kommer därvid utnyttja det triviala faktum att en ändlig abelsk grupp är ändligt gene-
X = fg1 ; g2 ; : : : ; gk g till varje ändlig abelsk grupp G, vilket betyder att varje element g 2 G rerad. Det nns alltså en ändlig generatormängd kan skrivas
g = g1n1 g2n2 : : : gknk ; för några heltal
n1 ; n2 ; : : : ; nk . Eftersom G är abelsk kan vi till skillanta att alla gi är olika. En gene-
nad från i formel (4.2) i sats 4.28
ratormängd behöver ingalunda vara entydigt bestämd, vilket framgår av följande exempel. Mängden X1 = f(0; 1); (1; 0)g är en generatormängd Z3 Z3, eftersom vi för varje (a; b) 2 Z3 Z3 kan skriva (a; b) = a (1; 0) + b (0; 1): Men också X2 = f(1; 0); (0; 2); (1; 1)g är en generatormängd, ty då vi
Exempel 9.27. till
räknar modulo
3 så blir
a (1; 1) + (a + 2b) (0; 2) = (a; a) + (0; 2 (a + 2b)) = (a; a + 2 a + 4 b) = (a; b): Lägg märke till att vi här inte behöver använda oss av generatorn i
X2 . I själva verket har vi (1; 0) = (0; 2) + (1; 1),
(1; 0)
så denna generator
kan uttryckas med hjälp av de två andra generatorerna i samma generatormängd. Vi kan därför lika gärna utelämna detta element från
X2
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
186
och nöja oss med generatorerna
(0; 2) och (1; 1). Det går dock inte att
hitta någon generatormängd som blott består av ett element. Detta beror på att
Z3 Z3 inte är en cyklisk grupp.
Med ledning av föregående exempel ger vi följande de nition.
De nition 9.28.
Låt
G vara en ändligt genererad abelsk grupp. Det
minsta antalet element som krävs för att generera gruppen, d.v.s. det minsta möjliga antalet element som kan nnas i en generatormängd till
rangen av G och betecknas rk G.1 En som innehåller rk G element säges vara minimal. G,
kallas för
Exempel 9.29.
Varje cyklisk grupp är av rang
varje abelsk grupp av rang
Exempel 9.30.
1 är cyklisk.
Som en generatormängd till
duger i båda fallen
f(0; 1); (1; 0)g.
generatormängd
1. Omvänt gäller att
Z3 Z6 och Z3 Z5
Men den sistnämnda gruppen är
Z15, eftersom 3 och 5 är relativt prima. Motsvarande kan inte sägas om Z3 Z6, som därför är av rang 2, medan Z3 Z5 alltså har rang 1. Således är f(0; 1); (1; 0)g en minimal generatormängd till Z3 Z6, men inte till Z3 Z5, som har t.ex. f(1; 1)g isomorf med den cykliska gruppen
som minimal generatormängd.
Följande sats är en version av struktursatsen, som ibland förekommer i litteraturen. Vi kommer att använda denna för att bevisa vår framställning av struktursatsen på sidan 182.
Sats 9.31.
Varje ändlig abelsk grupp av rang
direkt produkt av
k cykliska grupper på formen
k
är isomorf med en
Zm1 Zm2 Zmk ; mi j mi+1
där
Bevis.
för
i = 1; 2; : : : ; k 1.
Vi skall bevisa satsen med hjälp av induktion över
k. Om k = 1
är satsen trivial, eftersom vi då har att göra med en cyklisk grupp. 1
rk' är en förkortning av det engelska ordet rank.
'
9.4. Bevis för struktursatsen
187
k > 1 och att satsen är sann för varje ändlig abelsk grupp av rang k 1. Låt G vara en ändlig abelsk grupp av rang k . Varje minimal generatormängd till G innehåller då k element, och givet en sådan generatormängd, säg fa1 ; a2 ; : : : ; ak g, så kan varje element i G skrivas på Antag att
formen
as11 as22 : : : askk ; si 2 Z; i = 1; 2; : : : ; k: si är inte entydigt bestämda, ty varje si kan ersättas med till exempel si + o(ai ) utan att produkten ändras. Detta innebär speciellt att det nns heltal n1 ; n2 ; : : : ; nk sådana att Heltalen
an1 1 an2 2 : : : ank k = 1G ; där minst ett
ni är skilt från 0.
Vi kommer nu till den knixigaste delen av beviset. Låt
F
vara
G. För varje X 2 F , X = fg1 ; g2 ; : : : ; gk g till G,
mängden av alla minimala generatormängder till d.v.s. för varje minimal generatormängd bildar vi mängden
NX = f(n1 ; n2 ; : : : ; nk ) j g1n1 g2n2 : : : gknk = 1G ; ni 6= 0 för minst ett ig: Därpå bildar vi unionen
S=
X 2F
NX :
k-tipler (n1 ; n2 ; : : : ; nk ) av heltal, där minst 0. Varje sådan k-tipel är i sin tur kopplad till en nk n1 n2 generatormängd fg1 ; g2 ; : : : ; gk g på så sätt att g1 g2 : : : gk = 1G . Välj nu heltalet m1 6= 0 så att m1 förekommer som en komponent bland någon av k -tiplerna i S , och så att jm1 j är så litet som möjligt. På grund av kommutativiteten kan vi anta att detta m1 förekommer som komponent 1. Det är vidare ingen inskränkning att antaga att m1 > 0 (varför?). Det existerar således en minimal generatormängd X = fg1 ; g2 ; : : : ; gk g till G, för vilken Elementen i ett
ni
S
[
är alltså
är skilt från
g1m1 g2n2 g3n3 : : : gknk = 1G ;
(9.4)
188
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
där
jnj j m1 > 0 närhelst nj 6= 0 (på grund av minimaliteten hos m1 ).
Med hjälp av divisionsalgoritmen kan varje
nj
skrivas
nj = m1 qj + rj ; där
(9.5)
0 rj < m1 . Insatt i (9.4) blir detta
g1m1 g2m1 q2 +r2 g3m1 q3 +r3 : : : gkm1 qk +rk = (g1 g2q2 g3q3 : : : gkqk )m1 g2r2 g3r3 : : : gkrk rk 1 r2 r3 = hm 1 g2 g3 : : : gk = 1G ; där
h1 = g1 g2q2 g3q3 : : : gkqk . Här måste h1 6= 1G , ty annars vore g1 = g2 q2 g3 q3 : : : gk qk ;
och då skulle generatorn generatorerna
g1
kunna uttryckas med hjälp av de övriga
g2 ; g3 ; : : : ; gk , vilket i sin tur skulle innebära att X nfg1 g G. Men i så fall skulle X inte vara minimal,
vore en generatormängd till och det är en motsägelse.
X 0 = fh1 ; g2 ; g3 ; : : : ; gk g är nu en ny minimal generatorsk s1 s2 mängd till G, ty vi kan i varje uttryck g1 g2 : : : gk , bestående av q2 g q3 : : : g qk , och generatorerna i X , göra substitutionen g1 = h1 g2 3 k 0 på så sätt få ett uttryck bestående av generatorerna i X . Vi har med 0 andra ord X 2 F . Ovan ser vi vidare att Mängden
rk 1 r2 r3 hm 1 g2 g3 : : : gk = 1G ;
(m1 ; r2 ; r3 ; : : : ; rk ) 2 S . Eftersom 0 ri < m1 för varje i = 2; 3; : : : ; k , och då m1 är det minsta positiva heltal som förekommer bland komponenterna hos k -tiplerna i S , så måste vilket betyder att
r2 = r3 = = rk = 0: Vi konstaterar att
m1 är det minsta positiva heltalet sådant att m1 0 0 0 1 hm 1 = h1 g2 g3 : : : gk = 1G ;
h1 en cyklisk undergrupp av ordning m1 i G. G är den inre direkta produkten av hh1 i och H , undergrupp som genereras av fg2 ; g3 ; : : : ; gk g, d.v.s.
och således genererar Vi påstår nu att där
H
är den
9.4. Bevis för struktursatsen
189
H = hg2 ; g3 ; : : : ; gk i. Båda undergrupperna är givetvis normala undergrupper i G, och det är också klart att G = hh1 i H . Det återstår att visa att hh1 i \ H = f1G g. Ett godtyckligt element i hh1 i kan skrivas n1 n1 på formen h1 , där 0 n1 < m1 . Antag att h1 2 H . Det nns i så fall heltal n2 ; n3 ; : : : ; nk sådana att hn1 1 = g2n2 g3n3 : : : gknk : hn1 1 g2 n2 g3 n3 : : : gk nk = 1G , vilket betyder att k-tipeln (n1 ; n2 ; n3 ; : : : ; nk ) tillhör S . Minimalitetsegenskapen hos n1 talet m1 medför att n1 = 0, så därmed är h1 = 1G . Det enda element i hh1i som också nns i H är alltså 1G , och alltså gäller hh1i\ H = f1G g. Således är G den inre direkta produkten av hh1 i och H . Enligt sats 9.20 är därmed G ' hh1 i H . Gruppen H genereras ju av k 1 element, så rk H k 1. Vi måste emellertid ha likhet här, ty annars vore rk G < k , vilket inte är fallet. Sålunda rk H = k 1 och därmed är H , enligt induktionsantagandet, Men detta innebär att
isomorf med en direkt produkt på formen
Zm2 Zm3 Zmk ; där
mi j mi+1
för
i = 2; 3; : : : ; k. Eftersom hh1 i ' Zm1
har vi därmed
G ' Zm1 Zm2 Zmk ; m1 j m2 . Antag att hi genererar Zmi , i = 2; 3; : : : ; k 1. Eftersom Zm2 är av ordning m2 , så är och det återstår bara att visa att
0 1 m2 0 0 hm 1 h2 h3 h4 : : : hj = 1G : Divisionsalgoritmen ger
m2 = m1 q + r ,
där
0
r < m1,
resonemang liknande det ovan, som tvingade samtliga noll, visar att
r = 0, d.v.s. att m1 j m2 . Satsen är därmed bevisad.2
Vi är nu redo att bevisa vår version av struktursatsen. 2
Pust!
och ett
rj i (9.5) att vara
Kapitel 9. Direkta produkter av grupper
190
Bevis för struktursatsen.
Låt
G
vara en ändlig abelsk grupp. Denna
är enligt föregående sats isomorf med en direkt produkt av cykliska grupper på formen
Zm1 Zm2 Zmk : Faktorisera
m1
alla är olika. Talen följdsats 9.10 är
Motsvarande kan att
m1 = p 1 1 p 2 2 : : : p s s , där primtalen p1 ; p2 ; : : : ; ps p1 1 ; p 2 2 ; : : : ; p s s är parvis relativt prima, så enligt
enligt
Zm1 ' Zp 1 1 Zp 2 2 Zp s s : sägas om alla andra Zmi , vilket
sammantaget ger
G är en direkt produkt av cykliska grupper, samtliga av ordning lika
med en primtalspotens, men där de inblandade primtalen inte behöver vara olika.
Övningar till avsnitt 9.4 1.
2.
Bestäm rangen för var och en av nedanstående grupper.
(a) Z3 Z4 (b) Z5 Z10 (c) Z3 Z12 Z15 (d) Z4 Z15 Z18 Z8 Z21 (e) Z14 Z15 Z16 Z18 Man kan visa att talen
mi
som förekommer i sats 9.31 är entydigt
bestämda. Dessa är den abelska gruppens så kallade
cienter. Bestäm torsionskoe cienterna till (a) Z10 Z48 (b) Z12 Z15
torsionskoe -
(c) Z2 Z10 Z15.
Kapitel 10
Kvotgrupper I avsikten att bevisa Lagranges sats introducerade vi i avsnitt 6.1 så kallade vänster- och högersidoklasser till en undergrupp. Speciellt lade vi i exempel 6.4 märke till att mängden av alla sidoklasser till under-
nZ i Z är lika med mängden Zn = f[0]; [1]; : : : ; [n 1]g av alla n. Denna mängd kan vi ju som bekant införa en gruppstruktur på: Summan av den restklass som innehåller a och den restklass som innehåller b de nieras som den restklass som innehåller a + b, d.v.s. [a] [b] = [a + b]. gruppen
restklasser modulo
En naturlig fråga är nu om det går att generalisera detta till allmänna grupper, d.v.s. kan man införa en gruppstruktur på mängden av alla vänstersidoklasser (eller högersidoklasser) på ett liknande sätt? Vi undrar med andra ord om det är möjligt att multiplicera två sidoklasser med varandra enligt principen att produkten av den sidoklass som innehåller
x och den sidoklass som innehåller y blir lika med den xy. I termer om vänstersidoklasser innebär
sidoklass som innehåller detta att
(xH )(yH ) = xyH
(10.1)
skall vara en välde nierad kompositionsregel på mängden av alla vän-
H . Motsvarande de nition för höger(Hx)(Hy) = Hxy.
stersidoklasser till undergruppen sidoklasser blir
Det visar sig emellertid att det inte alltid är möjligt att de niera multiplikation av sidoklasser på ovanstående vis. Betrakta till exempel undergruppen
H = f"; 1 g i S3 .
I exempel 6.5 konstaterade vi att
191
Kapitel 10. Kvotgrupper
192
denna undergrupp har de tre vänstersidoklasserna
"H = H; 2 H = f2 ; 2 g och 3 H = f3 ; 3 g: Om vi beräknar produkten av
2 H
och
3 H
i enlighet med (10.1), så
blir resultatet
(2 H )(3 H ) = 2 3 H = "H = H: Eftersom
(10.2)
2 2 2 H kan man lika gärna välja att representera vänster2 H med 2 istället för 2 . Sidoklasserna 2 H och 2 H är
sidoklassen
alltså lika. Det skall därför helst inte bli någon skillnad om man i uträkningen (10.2) ersätter
2 H
med
2 H .
Men till vårt förtret upptäcker
vi att
(2 H )(3 H ) = 2 3 H = 3 H 6= H; så multiplikation av vänstersidoklasser är inte en välde nierad kompositionsregel i detta fall. Det visar sig inte gå speciellt bättre om man försöker införa multiplikation av högersidoklasser istället, vilket läsaren kan övertyga sig om genom att till exempel beräkna produkterna
(H2 )(H3 ) och (H2 )(H3 ).
Orsaken till att det går åt pipan i ovanstående exempel är att det är fel på undergruppen
H
den är inte tillräckligt bra för att vårt öns-
kemål om en välde nierad sidoklassmultiplikation skall bli uppfyllt. Vi skall närmast undersöka vilka krav som måste ställas på en undergrupp för att det skall gå att multiplicera vänster- eller högersidoklasser på det vis vi önskar.
10.1 Normala undergrupper och kvotgrupper Vi har sett att vänstersidoklasserna till en undergrupp alltid är lika många som högersidoklasserna (en konsekvens av sats 6.11) och att det ibland kan inträa att uppsättningen av vänstersidoklasser är precis densamma som uppsättningen av högersidoklasser. Undergruppen ifråga är då en så kallad normal undergrupp, se de nition 6.6, och dessa spelar en viktig roll när det gäller att införa en gruppstruktur
10.1. Normala undergrupper och kvotgrupper
193
på mängden av alla vänstersidoklasser. Orsaken till detta framgår av följande sats.
Sats 10.1. vidare
LN
Antag att
G är en grupp och N
en undergrupp i
beteckna mängden av alla vänstersidoklasser till
G. Låt
N . Då är
multiplikation av vänstersidoklasser enligt
(gN )(hN ) = ghN en välde nierad kompositionsregel på
(10.3)
LN , om och endast om N G.
)) Vi vill visa att N G, under förutsättning att multiplig2G och n 2 N godtyckligt. Med hänvisning till sats 6.7 skall vi visa att gng 1 2 N . Vi beräknar nu produkten av de båda vänstersidoklasserna Bevis.
(
kation av vänstersidoklasser enligt (10.3) är välde nierad. Tag
gN
och
g 1N
till
(gN )(g 1 N ) = 1G N = N:
Eftersom
gn 2 gN , är gN
och
gnN
samma vänstersidoklass. På grund
av att (10.3) är en välde nierad multiplikation av vänstersidoklasser,
gnN och g 1 N vara lika med N , d.v.s. (gnN )(g 1 N ) = gng 1 N = N: 1 lika med undergrupSåledes är den sidoklass som innehåller gng 1 pen N själv, d.v.s. gng 2 N och därmed N G. (() Antag att N G. Vi vill visa att (10.3) ger en välde nierad multiplikation av sidoklasser, d.v.s. om gN = g1 N och hN = h1 N , så är ghN = g1 h1 N . Att gN och g1 N är samma vänstersidoklass innebär att g1 = gn1 för något n1 2 N . Av samma anledning måste det nnas ett n2 2 N sådant att h1 = hn2 . Detta ger g1 h1 = gn1 hn2 . Men n1 h = hn3 för något n3 2 N , ty n1 h 2 Nh och Nh = hN eftersom N G. Således g1 h1 = gn1 hn2 = ghn3 n2 2 ghN; måste även produkten av
och beviset är klart.
Följdsats 10.2. grupp i G. Då är
Antag att
LN
G
är en grupp och
N
en normal under-
en grupp under kompositionsregeln (10.3). Om
denna grupp är ändlig, är dess ordning lika med
(G : N ).
Kapitel 10. Kvotgrupper
194
Bevis.
Om
N G så ger sats 10.1 att (10.3) är en välde nierad komposi-
tionsregel på
LN , så det återstår endast att veri era att gruppaxiomen
är uppfyllda. Associativiteten följer av
(aN )[(bN )(cN )] = (aN )(bcN ) = [a(bc)]N = [(ab)c]N = (abN )(cN ) = [(aN )(bN )](cN ) för alla
a; b; c 2 G. Det neutrala elementet är den sidoklass som inne1G , d.v.s. 1G N = N , i och med att
håller det neutrala elementet
(1G N )(aN ) = 1G aN = aN för alla
a 2 G. Till sist gäller för varje aN
att dess invers ges av
a 1N ,
eftersom
(a 1 N )(aN ) = a 1 aN = 1G N = N:
LN är precis de olika vänstersidoklasserna till N i G, så trivialt gäller jLN j = (G : N ), om antalet Således är
LN
en grupp. Elementen i
sidoklasser är ändligt.
De nition 10.3. Låt G vara en grupp och N en normal undergrupp i G. Då kallas gruppen LN från följdsatsen ovan för kvotgruppen av G modulo N och betecknas G=N . Det går precis lika bra att genomföra ovanstående för högersidoklasser, d.v.s. att först visa att multiplikation av högersidoklasser enligt
(Ng)(Nh) = Ngh är välde nierad om och endast om N G, och att mängden
RN av alla högersidoklasser i så fall blir en grupp under den-
na kompositionsregel (se övning 4). Denna grupp kommer för övrigt att vara isomorf med motsvarande grupp (avbildningen
gN
G=N
av vänstersidoklasser
7! Ng är en isomor sm), och av den anledningen
används samma beteckning
G=N
också för denna grupp.
10.1. Normala undergrupper och kvotgrupper
195
Z är en abelsk grupp, så är 4Z en normal undergrupp i Z. Vi kan därför bilda kvotgruppen Z=4Z, vars element utgörs av sidoklasserna till 4Z, d.v.s. 0 + 4Z = f: : : ; 8; 4; 0; 4; 8; : : : g = 4Z; 1 + 4Z = f: : : ; 7; 3; 1; 5; 9; : : : g; 2 + 4Z = f: : : ; 6; 2; 2; 6; 10; : : : g; 3 + 4Z = f: : : ; 5; 1; 3; 9; 11; : : : g: Det neutrala elementet i Z=4Z är den sidoklass som innehåller 0, d.v.s. 1 undergruppen 4Z själv. Vidare har vi till exempel att (1 + 4Z) + (2 + 4Z) = (1 + 2) + 4Z = 3 + 4Z Exempel 10.4.
Eftersom
och
(2 + 4Z) + (3 + 4Z) = (2 + 3) + 4Z = 5 + 4Z = 1 + 4Z: I gur 10.1 presenteras en Cayleytabell för är isomorf med
Z=4Z. Vi
ser att
Z=4Z
Z4, vars Cayleytabell åter nns i tabellen till vänster
i gur 2.8 på sidan 53. Detta är inte så konstigt, med tanke på att
Z=4Z inte är något annat än restklasserna modulo 4, precis som det är fallet med i Z4, och att den gruppstruktur vi inför på Z=4Z är analog med den som införs på Z4: Välj representanter från två sidoklasser/restklasser, addera dessa i Z och leta reda på vilken elementen i
sidoklass/restklass summan hamnar i.
4Z 4Z 4Z 1 + 4Z 1 + 4Z 2 + 4Z 2 + 4Z 3 + 4Z 3 + 4Z
1 + 4Z 1 + 4Z 2 + 4Z 3 + 4Z 4Z
2 + 4Z 2 + 4Z 3 + 4Z 4Z 1 + 4Z
3 + 4Z 3 + 4Z 4Z 1 + 4Z 2 + 4Z
Figur 10.1 Exempel 10.5. grupp i Sn för n 1
Den alternerande gruppen
är en normal under-
2, se exempel 6.10. Därmed är Sn=An
Vi använder här den additiva motsvarigheten
till formel (10.3).
An
en grupp
(g + N ) + (h + N ) = (g + h) + N
Kapitel 10. Kvotgrupper
196
bestående av
(Sn : An ) = jSn j=jAn j = 2
element. Eftersom
Z2 i iso-
mor mening är den enda gruppen med två element, har vi således
Sn =An ' Z2. De två elementen i Sn =An är An , mängden av alla jämna permutationer, samt Bn , mängden av alla udda permutationer. I gur 10.2 återges Cayleytabellen för Sn =An . An An Bn
An Bn
Bn Bn An
Figur 10.2 Övningar till avsnitt 10.1 1.
Ange elementen i kvotgruppen
Z9=N , där N
= h3i, samt skriv ned dess
Cayleytabell.
2.
Visa att i
Z14.
N1 = f1; 9; 11g
och
N2 = f1; 13g är normala undergrupper Z14=N1 och Z14=N2 . Skriv även
Ange elementen i kvotgrupperna
ned deras respektive Cayleytabeller.
3.
Låt
N
4.
f"; 3 g i D4 . Ange elementen i D4 =N , samt skriv ned dess Cayleytabell.
vara den normala undergruppen
kvotgruppen
Genomför bevisen för sats 10.1 och följdsats 10.2, fast i termer om högersidoklasser istället för vänstersidoklasser.
10.2 Homomor smer och kvotgrupper Vi påminner om att en isomor sm är en bijektiv avbildning mellan två grupper sådan att
(ab) = (a) (b). Vi skall nu studera en generellare
typ av avbildningar, vilka är starkt relaterade till kvotgrupper och normala undergrupper. Låt G och H vara grupper. Vi säger att : G ! H homomor sm, om
De nition 10.6. är en
(ab) = (a) (b) för alla
a; b 2 G.
10.2. Homomor smer och kvotgrupper
197
Skillnaden mellan en homomor sm och en isomor sm är alltså att den sistnämnda måste vara bijektiv, vilket inte krävs av en homomor sm. Ibland kommer vi att referera till homomor smer som
smer.
Exempel 10.7.
grupphomomor-
Var och en av de avbildningar som gurerar i exem-
pel 8.28.6 är en homomor sm.
Exempel 10.8. enligt (g ) = 1H
Låt för
G och H vara grupper och de niera : G ! H alla g 2 G. Detta är givetvis en homomor sm.
Denna till synes ganska fantasilösa avbildning går under benämningen
triviala homomor smen.
den
Exempel 10.9.
De niera
(
() = (Vi antar här att
: Sn ! Z2 enligt
n
0 1
är jämn om är udda: om
2.) En veri ering av att () = () + ()
och och är udda har vi () = () = 1, så () + () = 1 + 1 = 0 i Z2. Men om och båda är udda, så är å andra sidan är jämn, vilket ger att också () = 0. Ett liknande resonemang kan användas i övriga fall. Vi konstaterar därmed att är en homomor sm. Att : Sn ! Z2 är en homomor sm innebär på något sätt att Z2 gömmer sig i Sn , och det är också möjligt att se spår av Z2 i en Cayleytabell för Sn . Vi betraktar för enkelhetens skull fallet n = 3. I gur 10.3 på nästa sida åter nns Cayleytabellerna för S3 och Z2. De jämna permutationerna i S3 , d.v.s. ", 2 och 3 , är de som enligt ovanstående homomor sm svarar mot 0 i Z2. Dessa nns samlade i får indelas i ett antal olika fall (fyra st.), beroende på om är udda eller jämna. Om till exempel både
block om tre rader och tre kolumner längs med huvuddiagonalen i Cay-
S3 . På samma sätt är de udda permutationerna 1 , 2 3 , vilka motsvarar 1 i Z2, samlade i lika stora block, fast längs med
leytabellen för och
den andra diagonalen. Genom att ersätta vart och ett av dessa block
0 eller 1, beroende på om de i blocket ingående permutationerna 0 eller 1 i Z2, så fås precis Cayleytabellen för Z2. För att förtydliga sambandet ännu mer, är elementet 0 i Z2 skrivet med fet stil med
svarar mot
Kapitel 10. Kvotgrupper
198
i tabellen i gur 10.3, liksom dess motsvarande element i
S3 .
" 2 3 1 2 3
" " 2 3 1 2 3
2 2 3 " 3 1 2
3 3 " 2 2 3 1
1 1 2 3 " 2 3
2 3 2 3 3 1 1 2 3 2 " 3 2 "
0
", 2
0 0
3
och
1 1
1 1 0
Figur 10.3 Lemma 10.10. Låt : G ! H ett element i G. Då gäller (i) (1G ) = 1H 1 ) = (a) 1 (ii) (a k k (iii) (a ) = (a) för alla k 2 Z. Bevis.
vara en grupphomomor sm och
a
Se lemma 8.13.
Inför nästa sats kan det vara värt att fräscha upp innebörden av begreppen bild och urbild av en mängd genom en avbildning, se de nition 1.53.
Sats 10.11. För en grupphomomor sm : G1 ! G2 gäller att (i) om H1 är en undergrupp i G1 , så är bilden (H1 ) av H1 genom en undergrupp i G2 1 (H ) av H (ii) om H2 är en undergrupp i G2 , så är urbilden 2 2 genom en undergrupp i G1 . Bevis.
(i) Vi undersöker om
(H1 ) = f (h) j h 2 H1 g uppfyller kraven på stabilitet, neutralt element och invers.
10.2. Homomor smer och kvotgrupper
199
(h1 ); (h2 ) 2 (H1 ) godtyckligt. Vi vill visa att deras produkt tillhör (H1 ). På grund av att är en homomor sm så gäller (h1 ) (h2 ) = (h1 h2 ). Elementet h1 h2 tillhör H1 , ty h1 och h2 gör det och H1 är en undergrupp i G1 . Således gäller (h1 h2 ) 2 (H1 ), så Tag
stabilitetskravet är uppfyllt.
1G2 tillhör (H1 ), eftersom det kan skrivas 1G2 = (1G1 ), och 1G1 2 H1 på grund av att H1 G1 . Välj (h) 2 (H1 ) godtyckligt. Dess invers är enligt lemma 10.10(ii) 1 = (h 1 ). Här gäller h 1 2 H , ty h 2 H och lika med (h) 1 1 H1 G1 . Således gäller (h) 1 2 (H1 ), enligt vår önskan. Av lemma 10.10(i) följer att det neutrala elementet
(ii) Vi skall visa att
1 (H2 ) = fg 2 G1 j (g) 2 H2 g uppfyller kraven på stabilitet, neutralt element och inverser.
g1 ; g2 2 1 (H2 ) så gäller (g1 ); (g2 ) 2 H2 . Då är en homomor sm och H2 en undergrupp i G2 , gäller (g1 g2 ) = (g1 ) (g2 ) 2 H2 , 1 (H ). vilket medför att g1 g2 2 2 1 (H ), ty då H är en unDet neutrala elementet i 1G1 tillhör 2 2 dergrupp i G2 så gäller 1G2 2 H2 , och på grund av lemma 10.10(i) är (1G1 ) = 1G2 . 1 (H ), så gäller (g ) 2 H . Eftersom H Om g väljs godtyckligt i 2 2 2 1 2 H . Med hjälp av lemär en undergrupp i G2 så gäller (g ) 2 1 ) = (g ) 1 , av vilket g 1 2 1 (H ) följer. ma 10.10(ii) fås (g 2 Om
Låt
:G!H
vara en grupphomomor sm. Av sats 10.11 framgår det
G genom är en undergrupp i H . En G är G själv, och således är
att bilden till en undergrupp i av undergrupperna i
im = (G) = f (g) j g 2 Gg
(10.4)
H . Sats 10.11 säger också att urbilden till en undergrupp i H genom är en undergrupp i G. Den triviala undergruppen f1H g är en undergrupp i H . Alltså är en undergrupp i
1 (f1H g) = fg 2 G j (g) = 1H g en undergrupp i
G.
(10.5)
Kapitel 10. Kvotgrupper
200
: G ! H vara en grupphomomor sm. Då kallas undergruppen im i H , de nierad enligt (10.4), för bilden av . 1 (f1 g) i G, given av (10.5), kallas kärnan till och Undergruppen H 2 betecknas ker . De nition 10.12.
Exempel 10.13.
Låt
Vi bestämmer kärnan och bilden till några av ho-
momor smerna i exemplen i kapitel 8.
: Z ! 2Z av (x) = 2x. Eftersom detta surjektiv, och således im = 2Z. När det gäller
Exempel 8.2: Här ges är en isomor sm är kärnan till
har vi i detta fall
ker = fx 2 Z j (x) = 0g = fx 2 Z j 2x = 0g = f0g; d.v.s. kärnan består blott av det neutrala elementet
0 i Z.
: R ! R de nierad som den (x) = ln x. Vi konstaterade i exemplet att är en isomor sm. Den är därmed surjektiv, så im = R . Vidare har vi +
Exempel 8.3: I detta exempel är
naturliga logaritmen
ker = fx 2 R+ j ln x = 0g = f1g; så även i detta fall utgörs kärnan av den triviala gruppen.
: GLn (R) ! R av (A) = det A för alla A 2 GLn (R). Givet ett reellt tal r 6= 0 kan man alltid hitta en matris, vars determinant är lika med r . Till exempel har vi i fallet n = 3 att Exempel 8.5: Här ges
0
1
r 0 0 det @0 1 0A = r: 0 0 1 Således är
im = R . Det neutrala elementet i R
är talet
1, så
ker = fA 2 GLn (R) j det A = 1g = SLn (R): Vi överlåter som en övning till läsaren att reda ut vad kärnan och bilden är till homomor smerna i exemplen 8.4 och 8.6.
G och H vara grupper och antag att : G ! H är en homomor sm. Då är injektiv, om och endast om ker = f1G g. Sats 10.14. 2
Låt
ker' är en förkortning av det engelska ordet för kärna: kernel.
Beteckningen '
10.2. Homomor smer och kvotgrupper
201
)) Antag att är injektiv. Vi vill visa att det neutrala elementet 1G är det enda elementet i ker . Välj g 2 ker godtyckligt. Då Bevis.
(
(g) = 1H . Men vi vet även att (1G ) = 1H , och eftersom är g = 1G . Detta bevisar att ker = f1G g. (() Antag att ker = f1G g. Vi vill visa att är injektiv, och antar därför att (g1 ) = (g2 ) i avsikten att visa att g1 = g2 . Av likheten 1 = 1 , vilket med använmellan (g1 ) och (g2 ) följer att (g1 ) (g2 ) H 1 dande av räknelagarna för homomor smer i sin tur ger (g1 g2 ) = 1H . 1 Således gäller g1 g2 2 ker , men eftersom ker bara innehåller det 1 neutrala elementet i G, måste således g1 g2 = 1G , d.v.s. g1 = g2 . gäller
injektiv måste således
vara en homomor sm från Z5 till Z14. Lagker kan innehålla ett eller fem element, d.v.s. ker = f0g eller ker = Z5. Om ker = f0g så är enligt sats 10.14 injektiv. Detta i sin tur innebär att im , som är en undergrupp i Z14, Exempel 10.15.
Låt
ranges sats ger att
Z5, d.v.s. fem stycken. Men detta Z14 enligt Lagranges sats inte kan ha en undergrupp med fem element. Således måste ker = Z5, vilket betyder att (a) = 0 för alla a 2 Z5, d.v.s. är den triviala homomor smen. innehåller lika många element som är inte möjligt, eftersom
Vad händer om vi i sats 10.11 kräver av undergrupperna de är
till hands att tro, att i
G2
H1 och H2 , att
normala undergrupper i G1 respektive G2 ? Det ligger kanske nära
och
1 (H2 )
(H1 ) i så fall skulle vara en normal undergrupp G1 . Riktigt så bra är det
en normal undergrupp i
emellertid inte, men nästan.
Sats 10.16.
Låt
G1 och G2 vara grupper och : G1 ! G2 en homo-
mor sm. Då gäller att (i) om
N1
är en normal undergrupp i
undergrupp i (ii) om
N2
im
är en normal undergrupp i
undergrupp i
G1 .
G1 ,
så är
(N1 )
en normal
G2 , så är 1 (N2 ) en normal
(N1 ) im , vilket vi åstadkommer genom att visa att g (n)g 2 (N1 ), närhelst (n) 2 (N1 ) och g 2 im . Men då g 2 im , så har vi g = (g1 ) för något g1 2 G1 , vilket ger g (n)g 1 = (g1 ) (n) (g1 ) 1 = (g1 ng1 1 ): Bevis.
(i) Vi vill visa att
1
Kapitel 10. Kvotgrupper
202
(N1 ), ty g1 ng1 1 2 N1 på grund av att N1 G1 . Således har vi (N1 ) im . 1 (N ) G och väljer därför g 2 G och (ii) Vi ska visa att 2 1 1 1 n 2 (N2 ) godtyckligt, i avsikten att bevisa att gng 1 2 1 (N2 ), 1 ) 2 N . Nu är (gng 1 ) = (g ) (n) (g ) 1 . Eftersom d.v.s. att (gng 2 1 n 2 (N2 ), så gäller (n) 2 N2 . Elementet (g) tillhör G2 . Då vi vet att N2 G2 , följer påståendet. Elementet
(g1 ng1 1 )
tillhör
Notera att (i) i ovanstående sats undergrupp i
G2 , närhelst N1
inte
säger att
(N1 )
är en normal
är en normal undergrupp i
G1 . Vi visar
med ett exempel, att det inte heller behöver vara så.
Exempel 10.17. Det är lätt att se att avbildningen : Z2 ! D4 de nierad av (0) = " och (1) = 1 är en homomor sm. Givetvis är här N = Z2 en normal undergrupp i Z2, men (N ) = im = f"; 1 g är däremot inte en normal undergrupp i D4 . Sats 10.18. Låt : G ! H vara en homomor sm med kärnan N och låt g vara ett godtyckligt element i G. Då är N en normal undergrupp i G. Vidare gäller gN = fa 2 G j (a) = (g)g:
(10.6)
N G. Kärnan till kan tecknas som urbilden 1 (f1 g), se genom till undergruppen f1H g i H , d.v.s. N = ker = H formel (10.5). Då f1H g är en normal undergrupp i H , ger sats 10.16(ii) att N är en normal undergrupp i G. Sätt A = fa 2 G j (a) = (g )g. För att bevisa (10.6) skall vi att visa att gN A och A gN . Tag först a 2 gN godtyckligt. Vi vill visa att (a) = (g ). Eftersom a 2 gN kan vi skriva a = gn för något n 2 N . Men N = ker , så (n) = 1H . Ur detta fås Bevis.
Vi visar först att
(a) = (gn) = (g) (n) = (g)1H = (g); och således
a 2 A.
a 2 A godtyckligt. Vi a 2 gN , d.v.s. att a och g tillhör samma vänstersidoklass 1 a 2 N . Men eftersom a 2 A till N . Detta följer om vi kan visa att g För att visa den omvända inklusionen väljer vi
önskar visa att
10.2. Homomor smer och kvotgrupper så gäller
203
(a) = (g). Räknelagarna för homomor smer ger därmed (g 1 a) = (g) 1 (a) = 1H :
Således gäller
g 1 a 2 ker = N , och beviset är klart.
Notera att eftersom
N = ker
är en normal undergrupp i
G,
så gäl-
ler (10.6) också för högersidoklasser, d.v.s.
Ng = fa 2 G j (a) = (g)g för varje
g 2 G.
Exempel 10.19. Vi konstaterade i exempel 6.9 att den speciella linjära gruppen SLn (R ) är en normal undergrupp i den allmänna linjära gruppen GLn (R ), genom att använda sats 6.7. Alternativt kan vi inse detta genom att hänvisa till sats 10.18, på grund av att SLn (R ) är kär nan till homomor smen GLn (R ) 3 A 7! det A 2 R , se exemplen 8.5
och 10.13.
: G ! H på ett naturligt sätt ger upphov till en normal undergrupp i G, nämligen dess kärna ker . På köpet får vi därmed automatiskt en kvotgrupp G= ker . Innebörden av sats 10.18 är att varje homomor sm
Som vi nu skall se, är det också möjligt att vända på steken, d.v.s.
N i G (och därmed också en kvotgrupp G=N ), så nns det en grupp H och en homomor sm : G ! H , sådan att ker = N . givet en normal undergrupp
Sats 10.20. Låt N vara en normal undergrupp i en grupp G och låt G=N vara motsvarande kvotgrupp. Då är N : G ! G=N de nierad enligt
N (a) = aN för alla
Bevis.
a 2 G en surjektiv homomor sm med kärnan N . För det första är
N (ab) = abN
= (aN )(bN ) =
N (a) N (b);
Kapitel 10. Kvotgrupper
204
så
aN 2 G=N gäller a 2 ker N om och
är en homomor sm. För ett godtyckligt element
N (a)
= aN ,
endast om
så
N (a)
N
är surjektiv. Vidare gäller
= aN = N ,
eftersom det neutrala elementet i en
G=N alltid är den sidoklass som elementet 1G . Således gäller ker N = N . kvotgrupp
De nition 10.21.
N : G ! G=N kanoniska homomor-
Den surjektiva homomor smen
introducerad i föregående sats kallas för den
smen.
Exempel 10.22.
innehåller det neutrala
Den kanoniska homomor smen
4Z
:
Z ! Z=4Z
= a + 4Z för alla heltal a. Detta innebär att a 4 som innehåller a, se exempel 10.4. Till exempel har vi alltså 4Z(14) = 2 + 4Z och 4Z( 5) = 3 + 4Z. har utseendet
4Z(a)
avbildas på den restklass modulo
Sats 10.23 (Korrespondenssatsen för grupper). Låt G vara en grupp och N en normal undergrupp i G. Om H är en undergrupp i G som omfattar N , så är H=N = fhN j h 2 H g
(10.7)
G=N . Omvänt kan varje undergrupp i G=N skrivas på H i G som omfattar N . Det råder således ett 1-1-förhållande mellan mängden av alla undergrupper i G som innehåller N och mängder av alla undergrupper i G=N . Under denna korrespondens svarar vidare normala undergrupper en undergrupp i
formen (10.7), för en entydigt bestämd undergrupp
mot normala undergrupper.
Bevis.
Låt
N
:G
! G=N
sats 10.11(i) följer att
vara den kanoniska homomor smen. Av
N (H )
är en undergrupp i
G=N .
Detta ger
satsens första påstående, eftersom
N (H ) = f N (h)
j h 2 H g = fhN j h 2 H g = H=N: Vi övergår så till det andra påståendet i satsen. Låt H vara en under1 grupp i G=N . Sats 10.11(ii) ger vid handen att N (H) är en undergrupp i
G. Låt oss kalla denna undergrupp för H ; vi har alltså att
H = fh 2 G j
N (h)
2 Hg = fh 2 G j hN 2 Hg:
(10.8)
10.2. Homomor smer och kvotgrupper
205
n 2 N gäller N (n) = N = 1G=N 2 H, så N H . Vi påstår nu att H = H=N . Elementen i H är sidoklasser till N . Ett godtyckligt element i H är alltså på formen gN för något g 2 G. För detta g gäller N (g ) = gN 2 H, vilket enligt de nitionen av H innebär att g 2 H , och således att gN 2 H=N . Vi har därmed visat att H H=N . Låt å andra sidan hN vara ett godtyckligt element i kvotgruppen H=N . Då gäller alltså h 2 H , och från (10.8) får vi att N (h) = hN 2 H. Alltså gäller även H=N H, från vilket H = H=N följer. Antag nu att H1 är en annan undergrupp i G sådan att N H1 och H1 =N = H. För varje h1 2 H1 gäller då h1 N 2 H = H=K , vilket leder till att h1 2 H . Således har vi H1 H och med ett liknande förfarande kommer man fram till att H H1 . Vi konstaterar därmed att H är entydigt bestämd. Vi har därmed veri erat att en 1-1-korrespondens råder mellan undergrupperna i G=N och de undergrupper i G som omfattar N . Det För varje
återstår att visa att normala undergrupp
arar mot normala under-
grupper under denna korrespondens. Att så är fallet följer direkt av ovanstående resonemang, tillsammans med sats 10.16.
Övningar till avsnitt 10.2 1.
2.
Visa att nedanstående avbildningar är homomor smer.
p
(a) : R+ ! R+ de nierad enligt (x) = x (b) : R ! R de nierad enligt (x) = 1=x2 (c) : R ! R+ de nierad enligt (z ) = jz j
Bestäm bilden och kärnan till var och en av homomor smerna i föregående övning.
3.
Bestäm bilden och kärnan till var och en av homomor smerna i exemplen 8.4 och 8.6.
4.
Låt
G
enligt
och H vara två grupper. Visa att : G H ! G, de nierad (g; h) = g för alla (g; h) 2 G H , är en homomor sm. Bestäm
dess bild och kärna.
5.
Låt
:G!H
vara en grupphomomor sm och
ändlig ordning. Visa att ordningen av av
6.
a.
Låt
:G!H
(a)
a ett
element i
vara en grupphomomor sm. Visa att om
cyklisk, så är varje
G av
är en delare i ordningen
(x) 2 im entydigt bestämt av (a).
G = hai
är
Kapitel 10. Kvotgrupper
206
7.
Låt
! H vara en grupphomomor sm. Antag att H jim j är en delare i jH j.
:G
Visa att
är ändlig.
10.3 Några exempel I detta avsnitt skall vi ge några exempel på kvotgrupper, i hopp om att få en liten bättre inblick i hur de beter sig. Till vår hjälp behöver vi då följande sats.
Sats 10.24.
Låt
G vara en grupp och N
en normal undergrupp i
G.
Då gäller
G är abelsk, så är G=N abelsk. G är cyklisk, så är G=N cyklisk. Ordningen av ett element aN i G=N är lika med det minsta m 2 N , i den mån ett sådant m positiva heltal m som uppfyller a
(i) Om (ii) Om (iii)
existerar. (iv) Om
G är ändlig, så är G=N
också ändlig och
jG=N j = jGj=jN j.
aN och bN vara godtyckliga element G=N . Eftersom G är abelsk så är ab = ba, vilket ger Bevis.
(i) Låt
i kvotgruppen
(aN )(bN ) = abN = baN = (bN )(aN ); d.v.s. även
G=N
är abelsk.
G = hai = fak j k 2 Zg. Vi påstår att G=N är cyklisk med generatorn aN . Låt bN vara ett godtyckligt element i G=N . Eftersom G = hai så är b = ak för något heltal k, vilket ger bN = ak N = (aN )k i G=N . Således är (ii) Antag att
G=N = f(aN )k j k 2 Zg = haN i cyklisk. (iii) Om
aN
2 G=N
m, så är m det minsta (aN )m = 1G=N . Men (aN )m = am N och
är av ändlig ordning
positiva heltalet som uppfyller
1G=N = N , så m är alltså det minsta positiva heltalet med egenskapen am N = N , vilket är ekvivalent med att am 2 N . (iv) Vi har jG=N j = (G : N ) = jGj=jN j, om G är ändlig.
10.3. Några exempel
207
Exempel 10.25. Om vi vill bestämma ordningen av (2; 3) + h(4; 2)i i kvotgruppen (Z8 Z6)= h (4; 2)i , så är vi ute efter det minsta positiva heltal m som uppfyller m (2; 3) 2 h(4; 2)i , enligt (iii) i föregående sats. Nu är o(4) = 2 i Z8, medan o(2) = 3 i Z6, så (4; 2) genererar en cyklisk undergrupp av ordning MGM(2; 3) = 6 i Z8 Z6. Därmed är 86 8 Z6j j(Z8 Z6)= h(4; 2)i j = jZ = = 8: jh(4; 2)ij 6 Ordningen av (2; 3) + h(4; 2)i i (Z8 Z6)= h (4; 2)i måste därför vara lika med något av talen 1, 2, 4 eller 8 (enligt följdsats 6.17, en av följdsatserna till Lagranges sats). Nu är
h(4; 2)i = f(4; 2); (0; 4); (4; 0); (0; 2); (4; 4); (0; 0)g: Eftersom (2; 3) 2 = h(4; 2)i så kan ordningen av (2; 3) + h(4; 2)i inte vara 1. Men däremot har vi 2 (2; 3) = (4; 0) 2 h(4; 2)i , vilket innebär att (2; 3) + h(4; 2)i är av ordning 2 i (Z8 Z6)= h(4; 2)i . Exempel 10.26. Studera kvotgruppen (Z5 Z4)= h(1; 0)i. Vi nner att (1; 0) är av ordning 5 i Z5 Z4, och att (Z5 Z4)= h (1; 0)i därmed är en grupp av ordning 4. Det nns (i isomor mening) två abelska grupper av ordning 4. Den ena är Z4, som är cyklisk, och den andra är
Z2 Z2 (Kleins fyrgrupp). Men eftersom Z5 Z4 är cyklisk (varför?), så måste (Z5 Z4)= h (1; 0)i ' Z4, enligt sats 10.24(ii). Exempel 10.27.
Använd struktursatsen för att klassi cera de båda
G1 = (Z4Z8)= h(1; 2)i och G2 = (Z6Z4)= h(2; 2)i. Vi har o(1) = 4 i Z4 och o(2) = 4 i Z8. Därmed är (1; 2) av ordning 4 i G1 , vilket ger jG1 j = 32=4 = 8. Med hjälp av struktursatsen ser vi att G1 måste vara isomorf med någon av grupperna Z8, Z4 Z2 eller abelska grupperna
Z2 Z2 Z2. För att avgöra vilket fall som gäller, försöker vi nna någon unik strukturell egenskap hos var och en av dessa tre grupper, varpå vi undersöker om
G1
har denna egenskap eller inte.
Av ovanstående tre grupper är pen
Z8 den enda som är cyklisk. Grup-
Z4 Z2 är inte cyklisk, men däremot innehåller den element av 4, t.ex. (1; 0). Varje element (a; b; c) = 6 (0; 0; 0) i Z2 Z2 Z2
ordning
är av ordning
2, eftersom
2 (a; b; c) = (2 a; 2 b; 2 c) = (0; 0; 0):
Kapitel 10. Kvotgrupper
208
Z8 är den enda cykliska gruppen, Z4 Z2 är inte cyklisk, men innehåller (minst) ett element av ordning 4. I Z2 Z2 Z2 Sammanfattningsvis:
nns det endast element av ordning
2 (bortsett från det neutrala). G1 . Vi har att
Låt oss nu undersöka egenskaperna hos elementen i
h(1; 2)i = f(1; 2); (2; 4); (3; 6); (0; 0)g G1 . Ordningen av ett element (a; b) + h(1; 2)i i G1 är lika med det minsta positiva heltal n som uppfyller n (a; b) 2 h(1; 2)i . Elementet (1; 1) + h(1; 2)i 2 G1 visar sig vara av ordning 8, ty varken (1; 1), 2 (1; 1) = (2; 2) eller 4 (1; 1) = (0; 4) tillhör h(1; 2)i . (Varför behöver man inte bemöda sig med att beräkna 3 (1; 1), 5 (1; 1), 6 (1; 1) eller 7 (1; 1)?) Detta visar att G1 är isomorf är det neutrala elementet i kvotgruppen
med
Z8.
G2 , konstaterar vi för det första att jG2 j = 4, efterjZ6 Z4j = 24 och jh(2; 2)ij = 6. Således är G2 är isomorf med Z4 eller Z2 Z2. Nu är h(2; 2)i = f(2; 2); (4; 0); (0; 2); (2; 0); (4; 2); (0; 0)g; så eftersom (1; 0) 2 = h(2; 2)i så är (1; 0) + h(2; 2)i ett annat element än När det gäller
som
G2 . Detta element är av ordning 2, eftersom 2 (1; 0) = (2; 0) 2 h(2; 2)i. Den sidoklass som innehåller (0; 1) är inte heller densamma som h(2; 2)i . Den är heller inte lika med den sidoklass som innehåller (1; 0), på grund av att (1; 0) (0; 1) = (1; 3) 2= h(2; 2)i. Här har vi således ett nytt element i G2 , som också visar sig vara av ordning 2, i och med att 2 (0; 1) = (0; 2) 2 h(2; 2)i . Vi har nu funnit två olika element (1; 0) + h(2; 2)i och (0; 1) + h(2; 2)i i G2 , som båda är av ordning 2. I och med detta kan G2 inte vara isomorf med Z4, eftersom denna grupp bara har ett element av ordning 2. Alltså måste G2 ' Z2 Z2. det neutrala elementet i
Övningar till avsnitt 10.3 1.
2.
Bestäm ordningen av följande kvotgrupper.
(a) Z8= h4i (b) Z18= h13i (c) (Z4 Z3)= h(2; 1)i (d) (Z2 Z10 Z5)= h(1; 4; 2)i (e) (Z6 Z7)= h(2; 2)i (f) (Z5 S3 )= h(4; 1 )i Bestäm ordningen av vart och ett av följande element i respektive kvotgrupp.
10.4. De tre isomor satserna för grupper
209
(a) 8 + 12Z 2 Z=12Z (b) 2 + h3i 2 Z18= h3i (c) 2 h4i 2 Z9= h4i (d) (2; 3) + h(2; 2)i 2 (Z8 Z7)= h(2; 2)i (e) (1; 4) + h(4; 1)i 2 (Z10 Z5)= h(4; 1)i (f) (3; 2; 1) + h(1; 2; 1)i 2 (Z4 Z4 Z3)= h(1; 2; 1)i (g) (4; 1; 2) + h(1; 2; 1)i 2 (Z6 Z3 Z4)= h(1; 2; 1)i 3.
Låt som
4.
N vara en normal undergrupp i en grupp G. Antag att såväl N G=N är abelska. Är då även G abelsk? Ge bevis eller motexempel.
Ange alla undergrupper av ordning
2 i Z2 Z4 och bestäm motsvarande
kvotgrupper, i enlighet med struktursatsen för ändliga abelska grupper.
5.
Klassi cera följande abelska kvotgrupper med hjälp av struktursatsen för ändliga abelska grupper.
(a) (Z4 Z6)= h(2; 2)i (c) (Z16 Z21)= h(4; 2)i (e) (Z4 Z12)= h(3; 4)i (g) (Z8 Z15)= h(4; 3)i
6.
(b) (Z4 Z6)= h(2; 1)i (d) (Z8 Z10)= h(2; 2)i (f) (Z3 Z4 Z5)= h(1; 0; 3)i (h) (Z9 Z6)= h(6; 3)i
G vara en grupp och N en normal undergrupp i G, sådan g2 2 N för alla g 2 G. Visa att kvotgruppen G=N är abelsk. Låt
att
10.4 De tre isomor satserna för grupper Vi kommer i detta avsnitt att formulera och bevisa tre isomor satser.
är en homomor sm från en grupp G till en annan grupp H , så är im isomorf med kvotgruppen G= ker . Betrakta således en homomor sm : G ! H med kärnan N . Den första av dessa säger bl.a. att om
Figur 10.4 på nästa sida är ett försök att illustrera den första satsen. Vi tänker oss där linje, på vilken deras produkt
G
som en rektangel och
im
som en rät
projicerar G. Fyra av G:s element, i form av a, b, ab samt det neutrala elementet 1G , nns markerade i
form av punkter inuti rektangeln. Dessa avbildas i tur och ordning på
(a), (b), (ab) respektive 1H i H . Dessa element har i sin tur markerats på den räta linje som svarar mot im . Den räta linjen genom 1G motsvarar undergruppen N = ker . Vi vet att kärnan innehåller exakt de element i G som avbildas på det neutrala elementet i H , d.v.s. alla punkter på denna räta linje projiceras ner på punkten 1H . Den räta linjen genom a motsvarar sidoklassen aN . Enligt sats 10.18 består aN
Kapitel 10. Kvotgrupper
210
av samtliga
x
2 G som uppfyller (x) = (a), så punkterna på den
räta linjen svarande mot
aN
projiceras alla ner på punkten
svarande kan sägas om de räta linjerna genom svarar mot sidoklasserna och
(ab).
bN
respektive
abN )
b
och
ab
(a). Mot-
(vilka alltså
kontra punkterna
(a)
aN med bN i kvotgruppen G=N , blir resultatet sidoklassen abN . I gruppen im svarar aN mot (a), bN mot (b) och abN mot (ab). Formeln (aN )(bN ) = abN i G=N kan således översättas till (a) (b) = (ab) i im . Denna formel är ju sann på grund av att är en homomor sm, så vi har här en antydan om att G=N och im är isomorfa grupper. När vi nu multiplicerar sidoklassen
aN G
im
a
N
1G
bN b
abN
b
b
b
ab b
b
b
b
b
1H (b) (ab)
(a)
Figur 10.4 Sats 10.28 (Första isomor satsen för grupper). Låt vara en grupphomomor sm från G till H med kärnan N . Då gäller att im är en undergrupp i H , N är en normal undergrupp i G och avbildningen : G=N ! im de nierad av (aN ) = (a) för alla a 2 G är en isomor sm, d.v.s.
G= ker ' im : Vidare gäller att
=Æ
N,
där
N
:G
! G=N
är den kanoniska
homomor smen. Det är sedan tidigare klart att im är en undergrupp i H och N är en normal undergrupp i G, så vi övergår direkt till att bevisa att är en isomor sm.
Bevis. att
10.4. De tre isomor satserna för grupper
211
Innan vi tar oss an denna uppgift, måste vi emellertid visa att
a2 är två represena1 2 a2 N , så enligt sats 10.18 måste (a1 ) = (a2 ) gälla. Detta visar att är välde nierad. Sats 10.18 ger också att är injektiv, ty om (a1 N ) = (a2 N ), d.v.s. (a1 ) = (a2 ), så ger satsen att a1 N och a2 N måste vara samma vänstersidoklass. Ett godtyckligt element i im är på formen (a) för något a 2 G, och för detta a gäller (aN ) = (a). Således är även avbildningen är välde nierad. Antag att
a1
och
tanter för samma vänstersidoklass. Vi har då
surjektiv. Vidare visar
[(aN )(bN )] = (abN ) = (ab) = (a) (b) = (aN )(bN ) att
är en homomor sm, och vi kan därmed konstatera att G= ker ' im :
Det är till sist en enkel historia att veri era att
[
=Æ
N,
ty
N (a)] = (aN ) = (a):
Därmed är satsen bevisad.
En ytterligare illustration av första isomor satsen visas med ett så kallat
kommutativt diagram
i gur 10.5. Ett diagram av det här
slaget kallas så, med anledning av att man kan ta sig från två olika sätt, i och med att
=Æ
G
G till H
H
N
G=N
Figur 10.5 Följdsats 10.29.
på
N ; diagrammet kommuterar.
För varje positivt heltal
n gäller Z=nZ ' Zn.
Kapitel 10. Kvotgrupper
212
Bevis.
Målet är att nna en homomor sm
och bilden
Zn. Ansätt
: Z ! Zn med kärnan nZ
(a) = [a] för alla heltal
a. Då är en homomor sm, eftersom
(a + b) = [a + b] = [a] [b] = (a) (b):
[0], d.v.s. n. Således är ker = nZ. Vidare inser man enkelt att är surjektiv, så im = Zn. Med hjälp av den första isomor satsen erhålls nu det önskade resultatet Z=nZ ' Zn. Kärnan till
består av de element som tillhör restklassen
samtliga multipler av
Exempel 10.30. I exempel 10.13 såg vi att : GLn (R) ! R given av (A) = det A för alla A 2 GLn (R ) är en homomor sm med kärnan SLn (R) och bilden R . Alltså gäller GLn (R)= SL n (R) ' R ;
enligt första isomor satsen.
Exempel 10.31. Det nns fyra undergrupper i Z6, nämligen f0g, f0; 3g, f0; 2; 4g och Z6. Nu är Z6 ' Z=6Z (enligt följdsats 10.29), så av korrespondenssatsen (sats i
Z som omfattar 6Z. Dessa är Z, 2Z, 3Z och 6Z.
3 bygger båda på den första.
Den andra och tredje isomor satsen
Sats 10.32 (Andra isomor satsen för grupper). Låt G vara en grupp, H en undergrupp och N en normal undergrupp i G. Då är HN = fhn j h 2 H; n 2 N g en undergrupp i
G. Vidare är N HN , H \ N H HN=N
3
och
' H=(H \ N ):
Dessa brukar i litteraturen inte alltid numreras i den ordning vi gör här.
10.4. De tre isomor satserna för grupper
213
HN är en undergrupp i G. Eftersom N G så gäller gng 2 N för alla g 2 G, n 2 N . Speciellt kommer detta att gälla för de g som tillhör HN , vilket ger N HN . Därmed kan vi bilda kvotgruppen HN=N , och vi har Bevis.
Lemma 9.12 visar att
1
HN=N = faN j a 2 HN g = f(hn)N j h 2 H; n 2 N g = fhN j h 2 H g: : H ! HN=N enligt (h) = hN . Man ser enkelt att detta im = HN=N . Dess kärna består precis av de h 2 H som uppfyller hN = N , eller med andra ord alla h 2 H som också tillhör N . Alltså gäller ker = H \ N . Satsen följer nu av första De niera
är en homomor sm med
isomor satsen.
Ett smeknamn för andra isomor satsen är diamantsatsen . Detta beror på att det diagram, som man ibland använder för att illustrera satsen och som återges i gur 10.6, påminner om en diamant.
4
G HN H
N H \N
Figur 10.6 Exempel 10.33. Med undergrupperna H = 4Z och N = 10Z i Z, så blir H + N = 2Z och H \ N = 20Z. Elementen i 4Z=20Z är på formen a + 20Z, där a 2 4Z. Ett tal, som är jämnt delbart med 4, kan ge fem olika rester vid division med 20, nämligen 0, 4, 8, 12 eller 16. Således består 4Z=20Z av de fem sidoklasserna 0+20Z = 20Z, 4+20Z, 8+20Z, 12+20Z och 16+20Z. Därmed är 4Z=20Z isomorf med Z5. Även 2Z=10Z kommer att innehålla fem element (vilka?), eftersom ett jämnt tal kan ge fem möjliga rester vid division med 10. Således är även denna 4
Med litet fantasi!
Kapitel 10. Kvotgrupper
214
kvotgrupp isomorf med
Z5. Detta innebär att 4Z=20Z ' 2Z=10Z, precis
vad andra isomor satsen också säger skall gälla.
Sats 10.34 (Tredje isomor satsen för grupper). Låt G vara en grupp och antag att H och K är två normala undergrupper i G, sådana att K H . Då är H=K = fhK j h 2 H g en normal undergrupp i G=K och
(G=K ) = (H=K ) ' G=H: Bevis.
Låt
: G=K
vi börjar arbeta med
! G=H ,
vara given enligt
(aK ) = aH .
Innan
måste vi visa att det är en välde nierad av-
bildning, d.v.s. vi måste visa att om
a1 K = a2 K , så
är
a1 H = a2 H .
Men
a1 K = a2 K =) a1 1 a2 2 K =) a1 1 a2 2 H =) a1 H = a2 H; är meningsfull. Man ser lätt att är en homomorim = G=H . Vidare är
så de nitionen av sm, och att
ker = faK j aH = H g = faK j a 2 H g = H=K; så första isomor satsen ger nu det önskade resultatet.
Exempel 10.35.
Studera kvotgruppen
(Z=10Z) = (5Z=10Z). Vi har
Z=10Z = f10Z; 1 + 10Z; 2 + 10Z; : : : ; 9 + 10Zg och
5Z=10Z = f10Z; 5 + 10Zg:
Z=10Z är det alltså två stycken som tillhör 5Z=10Z, (Z=10Z) = (5Z=10Z) innehåller 10=2 = 5 element. Gruppen är därmed isomorf med Z5. Följdsats 10.29 säger dock att Z5 ' Z=5Z. Således gäller (Z=10Z) = (5Z=10Z) ' Z=5Z; Av elementen i
vilket betyder att
precis i enlighet med tredje isomor satsen.
10.4. De tre isomor satserna för grupper
215
Övningar till avsnitt 10.4 1. Låt : Z18 ! Z12 vara den homomor sm som uppfyller (1) = 8. (a) Bestäm ker och im . (b) Vilka element nns i var och en av sidoklasserna i Z18= ker ?
(c) Illustrera den första isomor satsen genom att ange en isomor sm
: Z18= ker ! im . 2. Visa att R =f1; 1g ' R+ , med hjälp av första isomor satsen.
! H vara en grupphomomor sm. Antag att G är ändlig. jim j är en delare i jGj. 4. Finns det en homomor sm : Z ! Z som uppfyller (1) = 16? 3.
Låt
:G
Visa att
24
5.
18
Visa att det inte nns någon homomor sm från
Z15
till
Z22,
förutom
den triviala homomor smen.
6.
Bestäm antalet möjliga homomor smer från
7.
Bestäm samtliga undergrupper i
(a) Z8 till Z21 grupper i
8.
Z, i
(b) Z8 till Z24. Z15
och deras motsvarande under-
enlighet med korrespondenssatsen.
h4i respektive h6i i Z (a) Skriv upp elementen i H + N respektive H \ N .
Låt
H
och
N
vara de båda undergrupperna
24.
(b) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i (H + N )=N . (c) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i H=(H \ N ). (d) Illustrera andra isomor satsen, genom att ange en isomor sm från
(H + N )=N till H=(H \ N ). 9. Vad är 4Z +6Z och 4Z \ 6Z? Ange elementen i (4Z +6Z)=6Z respektive 4Z=(4Z \ 6Z). Illustrera andra isomor satsen! 10. Låt H och K vara undergrupperna h3i respektive h9i i Z36. (a) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i Z36=H . (b) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i Z36=K . (c) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i H=K . (d) Ange elementen i var och en av sidoklasserna i (Z36=K ) = (H=K ). (e) Illustrera tredje isomor satsen genom att ange en isomor sm från Z36=H
11.
till
(Z36=K ) = (H=K ).
Veri era att tredje isomor satsen
K = 15Z, H = 3Z och G = Z.
(G=K ) = (H=K ) ' G=H
gäller för
Kapitel 10. Kvotgrupper
216
10.5 Enkla grupper G med minst två element har alltid minst två normala underf1G g samt hela gruppen Motsvarande kvotgrupper är G=f1G g ' G och G=G ' f1G g,
En grupp
grupper, i form av den triviala undergruppen själv.
vilka inte är speciellt intressanta, eftersom de inte ger ett dugg mer information om
G
än vad vi vet redan från början. Det är först när
G=N med avseende på en icke-trivial äkta N i G, som man kan vaska fram litet egenskaper om strukturen hos G. man bildar kvotgruppen normal undergrupp
Nu nns det emellertid vissa grupper som inte har några andra normala undergrupper än just de båda extremfallen den triviala undergruppen och hela gruppen själv. Vi inför en benämning för den här typen av grupper i följande de nition.
De nition 10.36.
En icke-trivial grupp
G kallas enkel, om den sak-
nar äkta icke-triviala normala undergrupper, d.v.s. om dess enda normala undergrupper är
f1G g och G.
På sätt och vis påminner enkla grupper om primtal. Ett primtal har ju inga andra positiva delare än talet
1 och sig självt, och en enkel grupp
har inga andra normala undergrupper än den triviala undergruppen och sig själv.
Exempel 10.37. Den cykliska gruppen om p är ett primtal.
Zp är enkel, om och endast
De nition 10.38. Låt G vara en grupp och M en normal undergrupp i G. Vi säger att M är en maximal normal undergrupp, om M 6= G och om det inte nns någon normal undergrupp N i G med egenskapen M < N < G. V = f1V ; a; b; cg har tre maximala normala undergrupper i form av f1V ; ag, f1V ; bg och f1V ; cg. Exempel 10.39.
Kleins fyrgrupp
Exempel 10.40.
Såväl
h2i = f0; 2; 4; 6; 8g som h5i = f0; 5g är max-
10.5. Enkla grupper
217
imala normala undergrupper i
Z10. Två olika maximala normala un-
dergrupper behöver alltså inte nödvändigtvis innehålla lika många ele-
ment.
G vara en grupp och M G. Då är M en maximal normal undergrupp i G, om och endast om G=M är enkel. Sats 10.41. Bevis.
Låt
Korrespondenssatsen (sats 10.23) säger att antalet normala un-
G som innehåller M är lika med antalet normala underG=M (i den mån något av dessa antal är ändligt). De nitionsmässigt är M en maximal normal undergrupp i G, om och endast om M 6= G och om det inte existerar någon normal undergrupp N sådan att M < N < G. Enligt korrespondenssatsen är detta ekvivalent med att G=M saknar icke-triviala normala undergrupper, eller med andra ord, att G=M är enkel. dergrupper i grupper i
Exempel 10.42. De maximala normala undergrupperna i Z utgörs precis av de pZ, där p är ett primtal. Detta är en konsekvens av föregående sats, ty vi har Z=pZ ' Zp (se följdsats 10.29), och vi såg i exempel 10.37 att Zp är enkel, om och endast om p är ett primtal. Vi kommer i kapitel 22 presentera ett bevis för att en allmän femtegradsekvation inte går att lösa med hjälp av successiva rotutdragningar. Detta gäller för övrigt för varje allmän polynomekvation av grad fem eller högre, vilket bl.a. visar sig bero på att de alternerande grupperna
An är enkla för n 5. Vi skall strax ge ett bevis för denna egenskap An , men formulerar och bevisar först ett par lemman.
hos
Lemma 10.43. Varje produkt av 3-cykler. Bevis.
element i
An ,
där
n 3,
kan skrivas som en
3-cykel är en jämn permutation och An . Eftersom varje element i An kan skrivas som
Först noterar vi att varje
därmed ett element i
en produkt av ett jämnt antal transpositioner, räcker det att visa att varje produkt av två transpositioner kan skrivas som en produkt av
3-cykler.
Om transpositionerna i en sådan produkt inte är disjunkta, så har
Kapitel 10. Kvotgrupper
218
de antingen ett eller två element gemensamt. Beroende på vilket av fallen som är aktuellt, så gäller
a b a c = a c b respektive
Om
a b
a b a b ="= a b c c b a : c d
och
å andra sidan är disjunkta, så är
a b c d = a b c b c d : Beviset är därmed klart.
Lemma 10.44. så är N = An . Bevis.
Antag att
Låt
N An , där n 5. Om N
a1 a2 a3
innehåller en
3-cykel,
2 N . Ett godtyckligt element i An kan
enligt lemma 10.43 skrivas som en produkt av
3-cykler. Detta innebär
3-cykler tillhör N , så kommer alla övriga An också göra det. Låt därför b1 b2 b3 vara en godtycklig 3-cykel. Vi vill visa att denna tillhör N . Vi får dela in beviset i ett antal olika fall, beroende på om ett eller era av elementen b1 , b2 och b3 är lika med motsvarande ai . Antag först att ai 6= bi , för i = 1; 2; 3. Välj c1 ; c2 2 = fa1 ; a2 ; a3 g så att c1 6= c2 (vilket går om n 5). Permutationen att om vi kan visa att alla element i
= a1 b1 a2 b2 a2 b3 c1 c2 är jämn och tillhör alltså
(10.9)
An . Eftersom N An , så gäller att även
a1 a2 a3
1
= b1 b2 b3
(10.10)
N . Därmed är vi klara i detta fall. Om ai = bi för ett i (till exempel i = 1), men ai 6= bi för övriga i, så låter vi b1 och b2 byta plats i (10.9). Då övergår (10.10) i tillhör
a1 a2 a3
1
= b2 b1 b3
2 N:
Men då måste
b2 b1 b3 2 = b1 b2 b3
2 N;
10.5. Enkla grupper
219
vilket också är vad vi ville komma fram till.
ai 6= bi för endast ett i (till exempel i = 1), men ai = bi i, så erhålls b1 b3 b2 2 N , genom i (10.9) byta plats att 1 = b b b . Vi på b2 och b3 och sedan beräkna a1 a2 a3 1 3 2 Om vidare
för övriga
får sedan att
b1 b3 b2 2 = b1 b2 b3 även i detta fall.
ai
Om det till sist är så att bevisa, eftersom
b1 b2 b3 N.
= bi
för alla
då är lika med
2N
i, så nns det inget att a1 a2 a3 , som redan
från början nns med i
Sats 10.45. Bevis.
Den alternerande gruppen
An är enkel, om n 5.
Vi inför i detta bevis beteckningen
`()
för längden av en cy-
. Låt N 6= f"g vara en normal undergrupp i An . Vi vill visa att N = An , vilket följer med hjälp av lemma 10.44, om vi kan visa att N måste innehålla minst en 3-cykel. Tag 6= " i N godtyckligt och skriv som en produkt av disjunkta kel
cykler enligt
= 1 2 : : : k ; där `(1 ) `(2 ) `(k ). Fyra fall är nu möjliga, och i vart och ett av dessa fyra fall ska vi visa att N innehåller en 3-cykel. Fall 1 : `(1 ) 4. Ansätt 1 = a1 a2 : : : am , där m 4, och 1 ett element i N . låt = a1 a2 a3 . Eftersom N An , så är 1 1 Därmed gäller 2 N . Men är disjunkt med 2 ; 3 ; : : : ; k , 1 . Detta medför att och samma sak gäller för 1 1 = 1 2 : : : k 1 k 1 k 11 : : : 1 1 = 1 1 1 1 ; på grund av att disjunkta cykler kommuterar (sats 5.10). Detta ger
1 1 = a1 a2 a4 2 N; d.v.s. N innehåller en 3-cykel. Fall 2 : `(1 ) = `(2 ) = 3. I detta fall ansätter vi 1 = a1 a2 a3 och 2 = b1 b2 b3 . Låt vidare = a2 a3 b1 , som är disjunkt med 3 ; 4 ; : : : ; k . Med ett liknande resonemang som ovan får vi 1 1 = 1 2 1 (1 2 ) 1 = a1 b1 a2 a3 b2 2 N:
Kapitel 10. Kvotgrupper
220
På denna cykel av längd
5
kan fall
1
appliceras, vilket medför att
N
3-cykel. `(1 ) = 3, medan `(i ) 2 för i 2. Vi har i detta fall att 1 = a1 a2 a3 , medan övriga cykler i är transpositioner och 2 därmed uppfyller i = ". Detta ger innehåller en Fall 3 :
2 = 12 = a1 a3 a2
2 N;
3-cykel i N . Fall 4 : `(1 ) = 2. Här är en produkt av ett jämnt antal disjunkta transpositioner. Vi sätter 1 = a1 a2 och 2 = b1 b2 . Permuta tionen = a2 b1 b2 är disjunkt med 3 ; 4 ; : : : ; k , så och sålunda nns det en
1
1
= 1 2 1 (1 2 )
1
= a1 b2 a2 b1
2 N:
c 2= fa1 ; a2 ; b1 ; b2 g och betrakta permutationen a1 b2 c Denna tillhör An , och eftersom N An , får vi därmed Välj nu
a1 b2 c
a1 b2 a2 b1
Således har vi nu att
1
a1 b2 c
a1 b2 a2 b1
och
= b2 c a2 b1
b2 c a2 b1
.
2 N:
tillhör
N.
Eftersom
a1 b2 a2 b1
b2 c a2 b1 = a1 b2 c
2 N;
är beviset därmed fullbordat.
Det faktum att
A5 alltså är enkel (och dessutom icke-abelsk), kommer
att ha en avgörande betydelse, när det gäller lösbarhet av femtegradsekvationer.
Övningar till avsnitt 10.5 1.
Vilka av nedanstående grupper är enkla?
2.
Ange samtliga maximala normala undergrupper i var och en av nedan-
(a) Z27 (e) D6 stående grupper.
(a) Z10
(b) Z29 (f) Z3 (b) Z8
(c) A6 (g) Z11 (c) S4
(d) S6 (h) GLn (R) (d) D5
10.6. Centrum och kommutatorundergruppen 3.
221
Ange alla normala undergrupper och maximala normala undergrupper i
D4 , symmetrigruppen för en kvadrat. Vilka är de motsvarande kvot-
grupperna (i isomor mening)? Veri era att de kvotgrupper som svarar mot maximala normala undergrupper är enkla, och att de kvotgrupper som inte gör det, inte är enkla.
4.
G1
Om
och
G2
är enkla grupper, är då även
G1 G2
enkel? Ge bevis
eller motexempel.
5.
Visa att
6.
en icke-trivial undergrupp i
G.
G vara en grupp och : An ! G är icke-trivial homomor sm. Visa är injektiv, om n 5.
Låt att
7.
G är en enkel grupp och H H inte behöver vara enkel.
Antag att
Visa att varje enkel abelsk grupp är ändlig.
10.6 Centrum och kommutatorundergruppen Vi rundar av detta kapitel genom att introducera två speciella normala undergrupper som man kan bilda till varje grupp. Det kommer att framgå att dessa är speciellt intressanta för grupper som inte är abelska.
De nition 10.46. av G som
Låt
G
vara en grupp. Då de nieras
Z (G) = fz 2 G j zg = gz Beteckningen
Sats 10.47. undergrupp i
Bevis.
för alla
centrum
g 2 Gg:
Z (G) kommer från Zentrum, det tyska ordet för centrum. För alla grupper
G.
Vi veri erar först att
G gäller att Z (G) är en abelsk normal
Z (G) G. Om z1 ; z2 2 G, så gäller
g(z1 z2 ) = (gz1 )z2 = (z1 g)z2 = z1 (gz2 ) = z1 (z2 g) = (z1 z2 )g för alla
g
2 G, vilket visar att Z (G) är stabil med avseende på komG. Det neutrala elementet 1G tillhör trivialt Z (G). 1 till ett element z 2 Z (G) också tillhör inversen z
positionsregeln på För att visa att
Kapitel 10. Kvotgrupper
222
Z (G), multiplicerar vi båda leden i likheten zg = gz med z 1 från såväl 1 = z 1 g . Alltså vänster som höger. Då fås den önskade likheten gz är Z (G) åtminstone en undergrupp i G. Normaliteten följer av gzg för alla
= zgg
1
= z 2 Z (G)
z 2 Z (G) och g 2 G. Att Z (G) är abelsk är trivialt.
Exempel 10.48. om G är abelsk.
För en grupp
g
För att ett element måste
1
g
i en grupp
kommutera med
varje
G G
gäller
G = Z (G),
om och endast
skall tillhöra gruppens centrum,
element i
G.
Om
G
är ändlig och de-
nierad med hjälp av en Cayleytabell, så innebär detta att elementen i den rad i Cayleytabellen som svarar mot
g
måste komma i samma
ordning som i motsvarande kolumn.
Exempel 10.49. Genom att betrakta Cayleytabellerna för S3 respektive D4 , se gur 5.1 på sidan 101 respektive gur 5.5 på sidan 117, ser man enkelt att Z (S3 ) = f"g och Z (D4 ) = f"; 3 g. Z (S3 ) = f"g är den S3 . Vi skall nu se att vi har Z (Sn) = f"g för alla n 3. Antag att så inte är fallet. Det nns då ett 6= " i Sn sådant att = för alla 2 Sn . Eftersom inte är identitetspermutationen, kan vi nna två olika tal a och b i X = f1; 2; : : : ; ng så att (a) = b. Välj ett tredje tal c i X , skilt från både a och b (vilket är möjligt om n 3), och sätt = b c . Då är Exempel 10.50.
I föregående exempel såg vi att
triviala undergruppen i
(a) = [(a)] = (b) = c: Eftersom vi antagit att även
(a) = c. Men
kommuterar med alla element i
Sn ,
måste
(a) = [ (a)] = (a) = b; Z (Sn) inte innehålla 5 några andra element än identitetspermutationen, om n 3. 5 Detta visar på samma gång att Sn inte är abelsk för n 3. och vi har erhållit en motsägelse. Således kan
10.6. Centrum och kommutatorundergruppen Innan vi börjar studera nästa viktiga normala undergrupp,
223
ver vi
följande de nition.
De nition 10.51. Låt G vara en grupp och a; b 2 G. Då säges ele1 b 1 vara en kommutator. mentet aba aba 1 b 1 är lika med det neutrala elementet, om och endast om a och b kommuterar. En kommutator
G vara en grupp. Låt G0 vara mängden av alla änd0 liga produkter av kommutatorer i G. Då är G en normal undergrupp i G. Sats 10.52.
Låt
G0 alla kan skrivas som en ändlig produkt g1 g2 : : : gr , där varje faktor gj är en kommutator i G, är det trivialt 0 att G är stabil med avseende på G:s kompositionsregel. Det neutrala 0 elementet 1G tillhör G , eftersom det i sig är en kommutator (vi kan 1 1 0 skriva 1G = 1G 1G 1G 1G ). Antag att h 2 G , d.v.s. att h = g1 g2 : : : gn , 1 = g 1 g 1 : : : g 1 , så där varje gi är en kommutator. Eftersom h n n 1 1 1 0 följer h 2 G , om inversen till en kommutator aba 1b 1 är en komBevis.
Eftersom elementen i
mutator. Att så är fallet ser vi av
(aba 1 b 1 ) 1 = bab 1 a 1 : 1 tillhör G0 , vi visa att ghg
närhelst g 2 G och h 2 G0 . På grund av att ghg 1 = gg1 g2 : : : gn g 1 = (gg1 g 1 )(gg2 g 1 ) : : : (ggn g 1 ); 1 är en kommutator. Med ansättningräcker det att visa att varje ggi g 1 b 1 får vi en gi = aba ggi g 1 = gaba 1 b 1 g 1 = (gag 1 )(gbg 1 )(ga 1 g 1 )(gb 1 g 1 ) = (gag 1 )(gbg 1 )(gag 1 ) 1 (gbg 1 ) 1 ; Avslutningsvis vill
och därmed är satsen bevisad.
De nition 10.53. Låt G vara en grupp. Den normala undergrup0 pen G i föregående sats kallas kommutatorundergruppen till G.
Kapitel 10. Kvotgrupper
224
Exempel 10.54.
G är abelsk, om och endast om dess kommutatorundergrupp är den triviala undergruppen f1G g. Således 0 är kommutatorundergruppen G lika ointressant som centrum Z (G), om G är abelsk (se exempel 10.48). Sats 10.55.
Låt
En grupp
G0
G
vara en grupp och
grupp. Antag vidare att gruppen
G=N
N
G0
dess kommutatorunder-
är en normal undergrupp i
abelsk, om och endast om
G0 N .
G. Då är kvot-
)) Antag att G=N är abelsk. Då gäller (aN )(bN ) = (bN )(aN ) för alla a; b 2 G, d.v.s. (ab)N = (ba)N . Sålunda tillhör ab och ba sam1 (ba) 2 N . Men ma vänstersidoklass till N , vilket innebär att (ab) Bevis.
(
(ab) 1 (ba) = b 1 a 1 ba är en kommutator. Eftersom a och b är godtyckliga element i G, måste alltså N innehålla alla kommutatorer i G och följaktligen också alla ändliga produkter av sådana. Därmed gäller
G0 N .
() Omvänt, om G0 N , så innehåller N alla kommutatorer i G,
(
vilket betyder att
(aN )(bN )(aN ) 1 (bN ) Men
N
1
= aba 1 b 1 N = N:
är ju det neutrala elementet i
G=N . Ovanstående ekvation är
därför ekvivalent med
(aN )(bN ) = (bN )(aN ); så
G=N
är abelsk.
En direkt konsekvens av ovanstående sats är följande egenskap hos kommutatorundergruppen till en grupp.
Följdsats 10.56. 0 gruppen G är den
minsta normala undergruppen i
Exempel 10.57.
Vi fann i exempel 10.49 att
För varje grupp
G
gäller att kommutatorunder-
G, med avseende 0 på inklusion, sådan att motsvarande kvotgrupp G=G är abelsk. innebär att kvotgruppen
Z (D4 ) = f"; 3 g. Detta D4 =Z (D4 ) är av ordning 4. Eftersom Z4 och V
är väsentligen de enda grupperna med fyra element, och båda är abelska, är således
D4 =Z (D4 ) abelsk. (Vi lämnar som en övning till läsaren
10.6. Centrum och kommutatorundergruppen
225
Z4 eller V .) Enligt sats 10.55 måste 0 0 4 Z (D4 ), vilket ger alternativen D4 = f"g eller D4 = f"; 3 g.
att reda ut om den är isomorf med då
D0
Det förstnämnda är dock omöjligt, eftersom är
D40 = f"; 3 g.
D4 inte är abelsk. Således
Övningar till avsnitt 10.6 1.
(a) 2 3 2 3 1
2.
S3 . (b) 1 2 1 1 2 1
(c) 3 2 3 1 2 1
D4 . (b) 4 3 4 1 3 1
(c) 2 1 2 1 1 1
Beräkna följande kommutatorer i 1
Beräkna följande kommutatorer i
(a) 4 2 4 2 1
1
3.
Bestäm centrum till följande grupper.
4.
Om
(a) V
G1 och G2 är två grupper, visa att Z (G1 G2 ) ' Z (G1 ) Z (G2 )
och
(G1 G2 )0 ' G01 G02 .
5.
Låt
N
6.
De niera en kompositionsregel
N
(c) S3 Z4
(b) A3
vara en normal undergrupp i
Z (G).
G.
Antag att
jN j = 2. Visa att
på G = Z Z enligt
(a; b) (c; d) = (a + c( 1)b ; b + d) för alla (a; b); (c; d) 2 G.
(a) Visa att G är en grupp under . Ange speciellt vilket element som
(a; b) 1 till (a; b) 2 G. (b) Beräkna kommutatorn (a; b) = (1; 1) (2; 2) (1; 1) 1 (2; 2) 1 . n Härled också en formel för (a; b) , där n är ett heltal. (c) Visa att N = h(a; b)i, där (a; b) är kommutatorn i föregående delär neutralt, och en formel för inversen
uppgift, är en normal undergrupp i
(d) Bestäm G0 . 7. 8.
Avgör om
G, och att G=N
' Z Z. 2
D4 =Z (D4 ) ' Z4 eller D4 =Z (D4 ) ' V , se exempel 10.57.
G vara en grupp och N en normal undergrupp i G. Antag att N \ G0 = f1Gg, där G0 är kommutatorundergruppen till G. Visa att N Z (G). 9. Låt G vara en grupp och H en undergrupp i G. Antag att G0 H . Visa att H G. (Ledning: Betrakta G (H ), där G : G ! G=G0 är den kanoniska Låt
0
0
homomor smen, och använd korrespondenssatsen.)
Kapitel 10. Kvotgrupper
226
10.
Låt
G
vara en grupp. Övning 6 till avsnitt 8.2 gick ut på att visa
att mängden
Inn(G)
av alla inre automor smer på
G
är en normal
Aut(G) av alla automor smer på G. Visa att Aut(G)= Inn(G) ' Z (G). undergrupp i gruppen
Kapitel 11
Följder av grupper Att klassi cera samtliga ändliga abelska grupper är ett relativt enkelt problem, så snart man har struktursatsen för ändliga abelska grupper (se avsnitt 9.3) att luta sig tillbaka på. Det är avsevärt svårare att få bukt med ändliga grupper som inte är abelska. För att nämna ett exempel, lyckades man först under 1980-talets början med bedriften att klassi cera samtliga ändliga enkla grupper (av vilka de esta inte är abelska). Detta problem hade då sysselsatt hundratals matematiker under en trettioårsperiod! Nu behöver läsaren inte vara orolig för att syftet med detta kapitel är att genomföra denna klassi kation! Istället skall vi studera ändliga följder
(Hi )ni=0
av grupper, där varje grupp
mal undergrupp i efterföljande grupp
Hi+1.
Hi
i följden är en nor-
Sådana följder kan vara
till hjälp, när det gäller klassi kation av ändliga grupper. Beroende på vad man ställer för krav på kvotgrupperna
Hi+1 =Hi
får man oli-
ka klasser av grupper. Den typ av grupper man erhåller, om man till exempel kräver att varje sådan kvotgrupp skall vara abelsk, kallas
bara.
lös-
Sådana grupper är av stort intresse i samband med lösbarhet av
polynomekvationer. Lösbara grupper är föremålet för vårt intresse i avsnitt 11.2.
11.1 Jordan-Hölders sats Aritmetikens fundamentalsats säger att varje heltal
n 2 kan skrivas
som en produkt av primtal på ett entydigt sätt, om man bortser från
227
Kapitel 11. Följder av grupper
228
ordningen mellan faktorerna. Jordan-Hölders
1 sats uttalar sig om att
något liknande gäller för ändliga grupper; varje sådan är uppbyggd av entydigt bestämda enkla grupper i ett visst avseende. Vi behöver dock införa några nya begrepp, innan vi bekantar oss med denna sats.
De nition 11.1. Låt G vara en grupp. En subnormal följd (Hi )ni=0 till G är en ändlig följd av undergrupper Hi i G, sådana att 8 >
: Hi 1 Hi ; i = 1; 2; : : : ; n:
faktorerna till den subnormala följden (Hi )ni=0 menas kvotgrupperna Hi =Hi 1 , för i = 1; 2; : : : ; n. Med
Exempel 11.2.
Två subnormala följder till
f0g h2i Z6
Z6 är
och
f0g h3i Z6: Faktorerna till den första följden är Z6= h2i ' Z2 och h2i =f0g ' Z3. Den andra följdens faktorer ges av Z6= h3i ' Z3 och h3i =f0g ' Z2, vilket visar sig vara precis samma uppsättning som för den första. Detta
inte är en slump, som vi inom kort skall se.
Exempel 11.3.
En subnormal följd till den dihedrala gruppen
D4 ,
symmetrigruppen för en kvadrat, ges av
f"g f"; 4 g f"; 3 ; 2 ; 4 g D4 : Samtliga tre faktorer till denna följd är isomorfa med
f"g f"; 4 g D4 är däremot inte en subnormal följd till normal undergrupp i 1
D4
Z2. Följden
D4 , eftersom f"; 4 g inte är en
(veri era detta!).
Camille Jordan (18381922) och Otto Hölder (18591937), fransk respektive
tysk matematiker.
11.1. Jordan-Hölders sats
229
De nition 11.4. Två subnormala följder (Hi )ni=0 och (Kj )m j =0 till en grupp G kallas ekvivalenta, om m = n och om det nns ett 2 Sn sådant att
Hi =Hi
1
' K(i) =K(i) 1 ; i = 1; 2; : : : ; n:
För att ange att två subnormala följder vi
S T.
S och T
är ekvivalenta, skriver
Med andra ord är två subnormala följder ekvivalenta, om de har exakt samma uppsättning av faktorer. Ordningsföljden mellan faktorerna får dock vara olika.
Exempel 11.5.
De två normala följderna till
Z6 i exempel 11.2 är
ekvivalenta, ty vi såg i detta exempel att båda följderna har faktorerna
Z2 och Z3.
Följande sats bör inte komma som en direkt överraskning, och vi lämnar dess bevis till läsaren, i form övning 6.
Sats 11.6. Låt G vara en grupp och S en mängd av subnormala följder till G. Då är ekvivalens av subnormala följder en ekvivalensrelation på
S.
(Hi )ni=0 till en grupp G kallas för en kompositionsföljd, om varje faktor Hi =Hi 1 är en enkel grupp.
De nition 11.7. Exempel 11.8.
En subnormal följd
Det är inte alla grupper förunnat att ha en kompo-
sitionsföljd. Till exempel är inte
Z i besittning av en sådan. Antag att
så vore fallet, och att
f0g H1 H2 Hn 1 Z vore en kompositionsföljd till Z. Då skulle H1 6= f0g vara en enkel grupp. Samtliga icke-triviala undergrupper i Z är dock på formen mZ för något heltal m = 6 0, och en sådan grupp är inte enkel den har ju i sin tur till exempel 2mZ som normal undergrupp.
Kapitel 11. Följder av grupper
230
Sats 11.9. Bevis.
Låt
Varje ändlig grupp har en kompositionsföljd.
G
jGj = 1. jGj > 1 och att satsen är sann för alla grupper av
vara en ändlig grupp. Satsen är trivial, om
Antag därför att
lägre ordning. Om
G är enkel grupp, så är
f1G g G en kompositionsföljd. I annat fall har undergrupp
G en icke-trivial maximal normal
M , som enligt induktionsantagandet har en kompositions-
följd
f1G g = M0 M1 Mn = M: Eftersom
G=Mn = G=M
är enkel, så är
f1G g = M0 M1 Mn G en kompositionsföljd till
G. Därmed har vi nu visat satsen, med hjälp
av induktion.
Innebörden av Jordan-Hölders sats, som vi inom kort skall formulera, är att två kompositionsföljder till en ändlig grupp alltid är ekvivalenta. Innan vi tar itu med denna sats och dess bevis, behöver vi följande lemma.
Lemma 11.10. Låt H och K vara olika maximala normala undergrupper i G. Då är H \ K en maximal normal undergrupp i såväl H som K . Bevis.
Vi ska här ta hjälp av andra isomor satsen, den så kallade di-
H=(H \ K ) ' HK=K . Eftersom både H K är normala undergrupper i G, så är även HK en normal undergrupp, enligt lemma 9.12. Givetvis är vidare K en normal undergrupp i HK . Således har vi K HK G. Men K är en maximal normal undergrupp i G, så vi måste ha HK = K eller HK = G. Det förstnämnda fallet är dock omöjligt, ty det medför att H K , vilket är en motsägelse. Sålunda HK = G och andra isomor satsen ger nu amantsatsen, som säger att och
H=(H \ K ) ' G=K:
11.1. Jordan-Hölders sats Eftersom
K
231
G, är G=K en enkel att också H=(H \ K )
är en maximal normal undergrupp i
grupp (enligt sats 10.41). Isomor n ovan säger
H \ K är en maximal normal H . På liknande sätt visar man att H \ K är en maximal normal undergrupp i K . är enkel, vilket i sin tur medför att undergrupp i
Sats 11.11 (Jordan-Hölder). lig grupp G är alltid ekvivalenta. Bevis.
Två kompositionsföljder till en änd-
Vi ämnar bevisa satsen med hjälp av induktion över
jGj. Satsen
jGj = 1, eftersom det då bara nns en kompositionsföljd. jGj > 1 och att satsen är sann för alla grupper av lägre
är trivial för Antag att
ordning. Låt
C1 : C2 :
f1G g = G0 G1 Gr 1 Gr = G f1G g = H0 H1 Hs 1 Hs = G
vara två kompositionsföljder till lenta. Om
Gr
1
= Hs
1,
G. Vill visa att C1
och
C2
är ekviva-
så är de båda kompositionsföljderna
f1G g = G0 G1 Gr
1
och
f1G g = H0 H1 Hs
1
r = s, och G = Gr = Hs och Gr 1 = Hs 1 , så är Gr =Gr 1 = Hs=Hs 1 . Alltså är C1 C2 , vilket bevisar satsen i detta fall. Antag nu att Gr 1 6= Hs 1 . Sätt K = Gr 1 \ Hs 1 . Sats 11.9 garanterar att K har en kompositionsföljd ekvivalenta, enligt induktionsantagandet. Detta ger att eftersom
f1G g = K0 K1 K: Enligt lemma 11.10 är som
Hs
1.
Alltså är
K
en maximal normal undergrupp i såväl
Gr 1 =K
och
Hs 1 =K
Gr
1
båda enkla grupper, vilket
ger två nya kompositionsföljder
C3 : C4 : till
f1G g = K0 K1 K Gr 1 G f1G g = K0 K1 K Hs 1 G
G. Enligt induktionsantagandet är de båda kompositionsföljderna
f1G g = G0 G1 Gr 2 Gr f1G g = K0 K1 K Gr 1
1
och
Kapitel 11. Följder av grupper
232
Gr
1 ekvivalenta, vilket medför att C1 C3 . Med ett liknande resonemang inser man att C2 C4 . Då Gr 1 och Hs 1 är olika maximala normala undergrupper i G, är Gr 1 Hs 1 = Hs 1 Gr 1 = G. Andra till
isomor satsen ger nu
G=Gr
1
= Hs 1 Gr 1 =Gr
1
' Hs 1=(Hs 1 \ Gr 1) = Hs 1=K
respektive
' Gr 1=(Gr 1 \ Hs 1) = Gr 1=K: Alltså är C3 C4 . Detta ger C1 C3 C4 C2 , vilket fullbordar beviset (eftersom är en ekvivalensrelation). G=Hs
1
= Gr 1 Hs 1=Hs
1
Man kan generalisera Jordan-Hölders sats till att också omfatta oändliga grupper. Som vi har sett är det emellertid inte säkert, att en oändlig grupp har en kompositionsföljd (se exempel 11.8), men
om
så är fallet,
visar det sig att samtliga dess kompositionsföljder är ekvivalenta.
Exempel 11.12.
De normala följderna till
da kompositionsföljder, ty
Z6 i exempel 11.2 är bå-
Z2 och Z3 är enkla grupper. Vi såg ock-
så i exempel 11.5 att de är ekvivalenta, helt i överensstämmelse med
Jordan-Hölders sats.
Exempel 11.13.
Det nns tre kompositionsföljder till
Z12 i form av
f0g h6i h3i Z12; f0g h6i h2i Z12 och f0g h4i h2i Z12:
Man veri erar enkelt att dessa är ekvivalenta.
Övningar till avsnitt 11.1 1.
Vilka av nedanstående subnormala följder till vivalenta?
(a) f0g h6i h2i Z144 (c) f0g h18i h9i Z144 (e) f0g h24i h12i Z144
Z144
är sinsemellan ek-
(b) f0g h12i h6i Z144 (d) f0g h72i h24i Z144 (f) f0g h16i h4i Z144
11.2. Lösbara grupper
233
(g) f0g h6i h3i Z144 2.
(h) f0g h72i h8i Z144
Ange samtliga kompositionsföljder till var och en av följande grupper, samt veri era att de är ekvivalenta, i enlighet med Jordan-Hölders sats.
(a) Z5 (e) Z12 3.
(b) Z8 (f) Z36
(c) Z15 (g) Z72
(d) S3 (h) Z9 Z3
Ge ett exempel på två grupper, som inte är isomorfa, men som har ekvivalenta kompositionsföljder.
4.
G vara en grupp, och antag att H och K är två icke-triviala maxG, sådana att H \ K = f1Gg. Visa att såväl H som K måste vara en enkel grupp. Låt
imalt normala undergrupper i
5.
Låt
G vara en ändlig grupp, och antag att
f1Gg = H H Hn = G 0
är en subnormal följd till
G. Visa att
jGj = 6.
Bevisa sats 11.6.
7.
Låt
N
1
n Y i=1
jHi =Hi j: 1
vara en enkel normal undergrupp i en grupp
gruppen
G=N
G. Antag att kvotG har en kom-
har en kompositionsföljd. Visa att också
positionsföljd.
11.2 Lösbara grupper Som nämndes i inledningen till detta kapitel, så spelar så kallade lösbara grupper en viktig roll, när det gäller lösbarhet av polynomekvationer. Hur och varför avslöjar vi först i kapitel 22, men vi skall emellertid redan nu introducera begreppet lösbara grupper.
De nition 11.14.
En grupp
G
kallas
lösbar,
om den har en sub-
normal följd
f1G g = H0 H1 Hn = G; sådan att varje faktor
Hi=Hi
1
till följden är abelsk.
Kapitel 11. Följder av grupper
234
Notera att varje abelsk grupp
G är lösbar, eftersom
f1G g G är en subnormal följd som uppfyller kriterierna i ovanstående de nition.
Exempel 11.15.
Den dihedrala gruppen
D4
är lösbar. Vi såg näm-
ligen i exempel 11.3, att
f"g = H0 H1 H2 H3 = D4; där H1 = f"; 3 g och H2 = f"; 3 ; 2 ; 4 g, är en subnormal följd till D4 . Samtliga faktorer till följden, d.v.s.
H3 =H2 , H2 =H1
nämligen isomorfa med den abelska gruppen
Sats 11.16.
Låt
G
och
H
Z2.
vara grupper och
:G
och
H1 =H0 ,
!H
är
en homo-
mor sm. Då gäller (i) Om (ii) Om
Bevis.
G är lösbar, så är im lösbar. H och ker är lösbara, så är G lösbar.
(i) Låt
f1G g = N0 N1 Nr = G vara en subnormal följd till
G, vars samtliga faktorer Ni =Ni
1
ska. Bilden av en normal undergrupp genom en homomor sm normal undergrupp i
im , se sats 10.16(i), så vi har
är abel-
är en
f1H g = (N0 ) (N1 ) (Nr ) = (G) = im : Vad vi har att visa är att kvotgrupperna
(Ni )= (Ni 1 ) alla är abelska. Mi = (Ni ). Då blir
För att slippa obekväma beteckningar, sätter vi alltså
f1H g = M0 M1 Mr = im en subnormal följd till
Mi =Mi
1
im . För ett xt i så gäller
= fhMi
1
j h 2 Mi g = f (g)Mi 1 j g 2 Nig:
11.2. Lösbara grupper
235
i
Vi de nierar nu en avbildning
: Ni =Ni
1
! Mi =Mi
1
enligt
i (gNi 1 ) = (g )Mi 1 ; med vars hjälp vi skall visa att visa att
aNi
1 = bNi
1
Mi =Mi 1 är abelsk. Först måste vi dock (a)Mi 1 = (b)Mi 1 , d.v.s. att i är
medför
välde nierad. Resonemanget
aNi
visar dels att att att
i i
i
1
= bNi
() () () () ()
1
a 1 b 2 Ni 1 (a 1 b) 2 (Ni 1 ) (a) 1 (b) 2 Mi 1 (a)Mi 1 = (b)Mi 1 i (aNi 1 ) = i (bNi 1 )
är välde nierad (följ ekvivalenspilarna åt höger), dels
är injektiv (följ ekvivalenspilarna åt vänster). Det är lätt att se också är surjektiv
hMi 1 2 Mi =Mi 1 2 Ni, och för detta g
ett godtyckligt element
kan ju skrivas på formen
(g)Mi
1
för något
g
gäller
i (gNi 1 ) = (g )Mi 1
= hMi 1 :
Vidare följer av
i [(aNi 1 )(bNi 1 )] = i (abNi 1 )
= (ab)Mi 1 = (a) (b)Mi 1 = [ (a)Mi 1 ][ (b)Mi 1 ] = i (aMi 1 ) i (bMi 1 )
att
i
är en homomor sm. Därmed har vi nu visat att
i
är en isomor-
sm, d.v.s. att
Ni =Ni Eftersom
Mi =Mi
1,
Ni =Ni
1
1
' Mi=Mi 1 :
är abelsk, måste följaktligen samma sak gälla för
vilket bevisar (i).
(ii) Låt
f1G g = N0 N1 Nn = ker
Kapitel 11. Följder av grupper
236
vara en subnormal följd till
ker och
f1H g = K0 K1 Km = H vara en subnormal följd till
H , med alla Ni =Ni
1
respektive
Kj =Kj
1
abelska. Då är
f1G g = N0 N1 Nn = ker = 1(f1H g) = 1 (K0 ) 1 (K1 ) 1 (Km ) = 1 (H ) = G en subnormal följd till
G, eftersom urbilden till en normal undergrupp
genom en homomor sm är en normal undergrupp, se sats 10.16(ii).
1 (Kj )= 1 (Kj 1 ) är abelsk för alla j = 1; 2; : : : ; m. 1 (K ). För alla g 2 L gäller då Fixera ett sådant j och sätt Lj = j j (g) 2 Kj , så vi de nierar en avbildning j : Lj =Lj 1 ! Kj =Kj 1 Vi ska visa att
enligt
j (gLj 1 ) = (g)Kj 1 ; g 2 Lj = 1 (Kj ). Läsaren uppmanas att på egen hand visa att j är en välde nierad, injektiv homomor sm. Detta innebär att Lj =Lj 1 är isomorf med en undergrupp i Kj =Kj 1 . Men Kj =Kj 1 är abelsk, så alla dess undergrupper är abelska. Alltså måste även Lj =Lj 1 1 (K )= 1 (K ) har vi därmed vara abelsk. Eftersom Lj =Lj 1 = j j 1 där
bevisat (ii).
Följdsats 11.17. Om G i G, så är H lösbar.
är en lösbar grupp och
H
en undergrupp
: H ! G de nierad av (h) = h för alla h 2 H ker = f1G g är givetvis lösbar. Eftersom G också är lösbar, får vi från sats 11.16(ii) att H är lösbar. Bevis.
Avbildningen
är trivialt en homomor sm. Dess kärna
Följdsats 11.18.
Om
G är en lösbar grupp och N G, så är G=N
lösbar.
: G ! G=N (given av N (g ) = gN för alla g 2 G). Denna är surjektiv, så im N = G=N . Då G är lösbar, ger sats 11.16(i) att G=N är lösbar. Bevis.
Studera den kanoniska homomor smen
N
11.2. Lösbara grupper
237
Följdsats 11.19. Låt G vara en grupp och antag att N G. Om N och G=N är lösbara, så är också G lösbar. Bevis.
Den kanoniska homomor smen
N
: G ! G=N
har kärnan
N,
som enligt förutsättningarna är lösbar. Förutsättningarna säger också att
G=N
G är lösbar.
är lösbar, så av sats 11.16(ii) följer att
Vi nämnde i föregående kapitel, att en orsak till att en polynomekvation av grad fem eller högre i allmänhet inte kan lösas med hjälp av successiva rotutdragningar, är att den alternerande gruppen
An
är
n 5. Detta visar sig medföra att den symSn inte är lösbar, om n 5. Vi skall snart bevisa denna egenskap hos Sn . Speciellt är alltså S5 inte en lösbar grupp, och enkel och icke-abelsk, om metriska gruppen
i kapitel 22 kommer vi se att detta medför att en allmän femtegradsekvation inte går att lösa med hjälp av successiva rotutdragningar.
Sn inte är lösbar, om n 5, G0 dess komundergrupp i G som genereras av alla
Innan vi går vidare med beviset för att påminner vi om att om
G
är en grupp, så betecknar
mutatorundergrupp, d.v.s. den kommutatorer i
G (se de nition 10.53).
De nition 11.20. Låt G vara en grupp. Då torföljden (G(n) )1 n=0 till G rekursivt enligt (
G(0) = G G(n) = (G(n
1) )0 ;
de nieras
kommuta-
n 1:
Exempel 11.21. Vi bestämmer utseendet hos kommutatorföljden (1) till D4 . Med hänvisning till exempel 10.57 ser vi att D4 = D40 = H , (2) där H = f"; 3 g. Nu är H en abelsk grupp, så D4 = H 0 = f"g. Därmed kan vi konstatera att
8 (0) > 0 och antag att G(j 1) Nn (j 1) = Nn j +1. Av lemma 11.22 följer då att (G(j 1) )0 är 0 en undergrupp i Nn j +1 . Vi vet att Nn j +1 =Nn j är abelsk, så enligt 0 sats 10.55 är Nn j +1 Nn j . Vi får därmed för alla
Nn0 j+1 Nn j : (n) N = f1 g, d.v.s. G(n) = f1 g. För j = n får vi speciellt att G 0 G G (n) = f1 g för något n. Då är (() Antag omvänt att G G f1G g = G(n) G(n 1) G(0) = G G(j ) = (G(j
1) )0
G. För varje j är G(j abelsk, enligt sats 10.55, så G är lösbar. en subnormal följd till
1) =G(j )
= G(j
1) =(G(j 1) )0
Exempel 11.24. Vi konstaterade redan i exempel 11.15 att den dihedrala gruppen D4 är lösbar. Ett alternativt bevis för detta fås ifrån
exempel 11.21, genom att hänvisa till föregående sats.
Vi har tidigare lovat att bevisa att
Sn
inte är lösbar, om
för att infria detta löfte, övergår vi nu till att studera
n 5,
och
Sn mer i detalj.
2 Sn som en produkt av parvis disjunkta cykler, inklusive cykler av längd 1, och sortera cyklerna med avseende De nition 11.25.
Skriv
11.2. Lösbara grupper
239
= 1 2 : : : k , där 1 ; 2 ; : : : ; k är disjunkta cykler av respektive längd `1 ; `2 ; : : : ; `k , med `1 `2 `k och `1 + `2 + + `k = n. Då kallas k -tipeln (`1 ; `2 ; : : : ; `k ) för :s cykelstruktur. på avtagande längd från vänster till höger, d.v.s. skriv
Exempel 11.26.
För att bestämma cykelstrukturen hos permutatio-
nen
= 17 23 36 44 52 68 71 85
skriver vi den först som en produkt av (parvis) disjunkta cykler
= 1 7 2 3 6 8 5 4 = 2 3 6 8 5 1 7 4 ; inklusive cykler av längd
1. Efter att ha sorterat cyklerna i storleksord-
ning (vilket är tillåtet eftersom disjunkta cykler kommuterar), framgår det att
har cykelstrukturen (5; 2; 1).
; 2 Sn . Då har och 1 samma cykelstruktur. Omvänt, om 1 ; 2 2 Sn har samma cykelstruktur, så nns ett 2 Sn 1. sådant att 1 = 2 Sats 11.27.
Bevis.
Låt
=
Sätt
1
och antag att
(i) = j . Då är
(i) = 1 (i) = (i) = (j ); d.v.s. i
1
(i) på (j ). Om a1 a2 : : : am är en cykel (a1 ) (a2 ) : : : (am ) en cykel i 1 . Alltså har
avbildar
, är således 1 samma cykelstruktur. Antag omvänt att 1 och 2 har samma cykelstruktur, säg
och
1 = a1 : : : ar ar+1 : : : ar+s : : : an t+1 : : : an ; 2 = b1 : : : br br+1 : : : br+s : : : bn t+1 : : : bn : Om man de nierar blir
2
1
= 1 .
2 Sn
enligt
(bi ) = ai , för alla i = 1; 2; : : : ; n, så
Kapitel 11. Följder av grupper
240
Exempel 11.28.
Eftersom
1 = 12 28 37 46 55 64 73 81 = 1 2 8 3 7 4 6 5 och
2 = 13 26 31 48 54 62 77 85 = 4 8 5 1 3 2 6 7
(3; 2; 2; 1), skall det enligt sats 11.27 nnas 2 S8 som uppfyller 1 = 2 1 . Beviset för sats 11.27 ger också en antydan om hur kan väljas, nämligen som båda har cykelstrukturen ett
= 13 24 37 41 58 66 75 82 : Anmärkas bör att detta
Sats 11.29. A0n = An .
För alla
inte behöver vara entydigt bestämt.
n
2 gäller Sn0 = An, och om n 5, så är
S20 = f"g = A2 , eftersom S2 är abelsk, så vi kan antaga att n 3. Låt = a b och = a b c för några parvis olika element a; b; c 2 f1; 2; : : : ; ng. Då är kommutatorn Bevis.
Vi har
1
1
= a b a b c b a c b a = a b c =
Sn0 . Men då Sn0 Sn , gäller 1 2 Sn0 för alla 2 Sn . 1 också vara en 3-cykel, ty och Eftersom är en 3-cykel, måste 1 har enligt sats 11.27 samma cykelstruktur. Omvänt ger samma 0 sats att varje 3-cykel i Sn tillhör Sn . Men vi har tidigare visat (se lemma 10.43), att An genereras av alla 3-cykler, om n 3. Detta 0 0 medför att An Sn . Å andra sidan är Sn =An ' Z2 abelsk, så Sn måste 0 enligt sats 10.55 vara en undergrupp i An . Således har vi Sn = An . 0 För att visa att An = An , om n 5, noterar vi först att An är enkel för dessa n (se sats 10.45). Alltså saknar An icke-triviala nor0 0 mala undergrupper, så vi måste ha An = f"g eller An = An . Men de alternerande grupperna An är icke-abelska för n 4. För n 5 gäller 0 därmed An = An . ett element i
11.2. Lösbara grupper
Sats 11.30.
Gruppen
241
Sn är lösbar, om och endast om n 4.
)) Antag att Sn är lösbar. Sats 11.23 säger då att Sn(k) = f"g (k) för något k . Om n 5 så medför emellertid sats 11.29 att Sn = An för alla k 1. Detta visar att vi måste ha n 4. (() Antag att n 4. Vi skall visa att S1 , S2 , S3 och S4 alla är Bevis.
(
S1 och S2 beträar, så är båda dessa grupper abelska och S3 , så är
lösbara. Vad
därmed också lösbara. När det gäller
f"g A3 S3 en subnormal följd till
S3 .
Studera slutligen
S4 .
S3 =A3 ' Z2 och A3 =f"g ' A3 S3 lösbar. V = f"; ; ; g, där " som vanligt är
Eftersom
båda är abelska grupper, så är Låt
identitetspermutationen och där
= 1 2 3 4 ; = 1 3 2 4 och = 1 4 2 3 : Detta är en undergrupp i
A4 ,
vilket vi kan övertyga oss om genom
att studera dess Cayleytabell, se gur 11.1 på följande sida. Notera att
" A4 , som har cykelstrukturen (2; 2). 1 , 1 och 1 också har Av sats 11.27 följer att elementen 1 2 V, cykelstrukturen (2; 2) för alla 2 A4 . Detta medför att för alla 2 A4 , 2 V , d.v.s. att V är en normal undergrupp i A4 . Därmed är A4 =V en grupp av ordning 12=4 = 3, så A4 =V ' Z3 är abelsk. Då även S4 =A4 ' Z2 och V=f"g ' V är abelska, ser vi att detta är samma Cayleytabell som för Kleins fyrgrupp. så består
V
2 Bortsett från ,
precis av de element i
f"g V A4 S4 är en subnormal följd till är
S4 lösbar.
S4 , till vilken varje faktor är abelsk. Således
Övningar till avsnitt 11.2 1.
2
Bestäm cykelstrukturen för var och en av följande permutationer i
Så det är inte helt överraskande att vi kallar denna grupp för just
V!
S8 .
Kapitel 11. Följder av grupper
242
" "
"
"
"
Figur 11.1
(a) 17 23 (c) 1 2 (d) 2 8 2.
3 8 1 4
4 5 6 7 8 (b) 4 5 8 1 2 7 3 1 5 2 4 6 3 8 1 3 2 4 7 6 1 5 5 1 4 7 7 1 6 3 5 12
Ange samtliga möjliga cykelstrukturer som en permutation kan ha, om den tillhör
(a) S3 3.
(b) S4
(c) S5
(d) A4 .
2 S9 sådant att 1 = 2
Visa att det nns ett
1
, om
1 = 12 21 35 47 58 63 74 86 99 och
2 = 17 23 32 45 54 69 76 88 91 :
4.
Finn en permutation
1 = 2
1
(a) 1 = 11 2 = 17 (b) 1 = 16
2 = 12
(c) 1 = 3 2 = 2
(d) 1 = 5 2 = 1
, om
2 6 2 2 2 1 2 7 1 4 3 2
3 3 3 1 3 4 3 5 4 1 7 3
4 7 4 6 4 3 4 1 3 1 2 4
2S
7 (i den mån en sådan existerar), så att
5 4 5 5 5 7 5 3 7 7 6 3
6 2 6 4 6 2 6 4 1 3 4 4
7 och 5 7 . 3 7 och 5 7 . 6 4 6 6 2 6 3 1 6 4 5 6 5
1 5 3 6
2 och 4. 1 5 och 7.
11.2. Lösbara grupper 5.
243
Finn minst ytterligare tre permutationer som duger istället för
i
exempel 11.28.
6.
Vilka av permutationerna nedan tillhör samma konjugatklass i
S8 som
= 17 28 35 41 53 64 76 82 ?
(b) 13 26 31 45 58 67 72 84
(a) 5 6 2 3 4 8 1 7
(c) 17 25 33 41 58 66 72 84 15 21 36 42 58 63 74 87 (d) 1 4 2 5 3 6 5 2 7 8 1 2 4 8 7.
Låt
och vara två permutationer i Sn . Visa att och har samma
cykelstruktur.
8.
Låt
där
G vara mängden av alla matriser på formen 0 1 1 a b @0 1 c A ; a; b; c
2
0 0 1
R.
Låt vidare mängden
ovanstående form, sådana att
c = 0.
H
bestå av alla matriser på
(a) Visa att G är en icke-abelsk grupp under matrismultiplikation. (b) Visa att H G, och att H är abelsk. (c) Visa att G är lösbar. 9. 10.
Visa att om Låt
G och H
är lösbara grupper, så är även
GH
lösbar.
G vara en grupp och antag att
f1Gg = H H Hn = G 0
1
G. Visa att om faktorerna Hi =Hi i = 1; 2; : : : ; n, så är även G lösbar.
är en subnormal följd till för alla
11.
Låt
13.
Låt
14.
Visa att en icke-abelsk enkel grupp inte är lösbar.
1 är lösbara
G vara en grupp. Visa att G är lösbar () G0 är lösbar
() G=Z (G) är lösbar: 12. Visa att de dihedrala grupperna Dn (där n 3) alla är lösbara. G vara en lösbar grupp. Visa N 6= f1Gg, sådan att N är abelsk.
att
G
har en normal undergrupp
Kapitel 12
Ändliga grupper En av de viktigaste satserna som berör egenskaper hos ändliga grupper är Lagranges sats, vars innebörd är att antalet element i en undergrupp i en ändlig grupp
G
måste vara en delare i
jGj (se sats 6.16). Det är
alltså ingen större vits med att till exempel leta efter undergrupper av ordning
10 i en grupp av ordning 35. Vid sidan om Lagranges sats
intar Sylows
1 satser en viktig roll inom teorin för ändliga grupper.
Dessa svarar bl.a. på frågan om huruvida omvändningen till Lagranges
G är en grupp av ordning n och om d är en n, nns det då en undergrupp i G av ordning d? De ger
sats är sann, d.v.s. om positiv delare i
också information om hur många sådana undergrupper det kan nnas, och om dessa är normala eller inte. Som kapitelrubriken ovan skvallrar om, kommer vi i huvudsak att ägna oss åt ändliga grupper i detta kapitel. Vi påpekar dock att många av de begrepp som tas upp nedan är meningsfulla även för oändliga grupper.
12.1 Verkan av grupper på mängder Begreppet verkan av en grupp på en mängd, som vi introducerar i detta avsnitt, visar sig vara ett eektivt hjälpmedel för att kunna bevisa Sylows satser. Det är också användbart i många andra sammanhang; vi kommer till exempel utnyttja det i avsnitt 12.2 för att kunna lösa en viss typ av kombinatoriska problem. 1
Ludwig Sylow (18321918), norsk matematiker.
244
12.1. Verkan av grupper på mängder
245
G säges verka på en mängd X , om det nns en avbildning G X 3 (g; x) 7! g :x 2 X sådan att (i) 1G :x = x för alla x 2 X (ii) g1 :(g2 :x) = (g1 g2 ):x för alla x 2 X och alla g1 ; g2 2 G. Den här typen av avbildning kallas för en gruppverkan av G på X . De nition 12.1.
Exempel 12.2.
En grupp
På mängden
X = f1; 2; : : : ; ng
verkar gruppen
Sn
på ett naturligt sätt enligt
:x = (x)
för alla
2 Sn och x 2 X . För det neutrala elementet " 2 Sn gäller ":x = "(x) = x
för alla
x 2 X . Om vidare 1 ; 2 2 Sn så följer 1 :(2 :x) = 1 :2 (x) = 1 [2 (x)] = 1 2 (x) = 1 2 :x
för alla
x 2 X . Såväl (i) som (ii) i de nition 12.1 är alltså uppfyllda.
Exempel 12.3.
Låt
X =
R2
vara mängden av alla punkter i pla-
GL2 (R) bestående av alla 2 2-matriser med reella element verka. Vi kan nämligen 2 betrakta varje punkt (x1 ; x2 ) 2 R som en kolonnvektor net. På denna mängd kan vi låta gruppen inverterbara
x = xx1 och låta en matris
A 2 GL2 (R)
2
verka på denna enligt
A:x = Ax:
E , som ju är det neutrala elementet i GL2 (R), uppfyller E x = x för alla x 2 R2 , och för varje par av matriser A och B i GL2 (R) gäller vidare A(B x) = (AB )x. Enhetsmatrisen
Exempel 12.4. verka på G enligt
Låt
H vara en undergrupp i en grupp G. Vi låter H h:g = gh
1
(12.1)
Kapitel 12. Ändliga grupper
246
h 2 H , g 2 G, d.v.s. vi multiplicerar g 2 G från höger 2 H . Självklart är (i) i de nition 12.1 uppfyllt, och eftersom
för alla
h
1
h1 :(h2 :g) = h1 :(gh2 1 ) = gh2 1 h1 1 = g(h1 h2 )
1
= (h1 h2 ):g;
så gäller även (ii).
Lemma 12.5.
med
G vara en grupp som verkar på mängden X . De niera en relation på X , på så sätt att x y , om och endast om det nns ett g 2 G sådant att y = g :x. Då är en ekvivalensrelation. Låt
2 X är alltid relaterat till sig självt, eftersom 1G :x = x. Relationen är alltså re exiv. Den är också symmetrisk, ty om x; y 2 X uppfyller x y så nns g 2 G så att y = g :x. Men då blir g 1 :y = g 1 :(g:x) = (g 1 g):x = 1G :x = x; vilket visar att y x. Om till sist x y och y z , så nns g1 ; g2 2 G sådana att y = g1 :x och z = g2 :y . Detta ger z = g2 :y = g2 :(g1 :x) = (g2 g1 ):x; d.v.s. x z , så är transitiv. Bevis.
Ett element
De nition 12.6.
x
De ekvivalensklasser som uppkommer under ekvi-
banor. Den bana som innehåller elementet x 2 X kallas banan till x under G och betecknas orbG (x). Om antalet element jorbG (x)j i en bana är ändligt, så kallas detta antal för banans längd. valensrelationen i lemma 12.5 kallas
2 X tillhör alltså samma bana som x, om och endast om det nns ett g 2 G med egenskapen y = g :x. Således är orbG (x) = fg:x j g 2 Gg: Ett element
y
Exempel 12.7. ras av
Betrakta den cykliska undergrupp i
= 13 24 36 42 51 65 :
S6
som genere-
12.1. Verkan av grupper på mängder
247
hi verka på X = f1; 2; 3; 4; 5; 6g på samma sätt som i exempel 12.2. Två element x; y 2 X kommer då att tillhöra samma bana i X under h i, om och endast om det nns ett 2 h i k med (x) = y . Men varje 2 h i är på formen för något heltal k , så y 2 orbh i (x) om och endast om x och y tillhör samma cykel till . Vi låter undergruppen
Skriven som en produkt av disjunkta cykler, ges
av
= 1 3 6 5 2 4 : Av detta konstaterar vi att det nns två banor i
X under hi, nämligen
orbhi (1) = orbhi (3) = orbhi (5) = orbhi (6) = f1; 3; 5; 6g; som är en bana av längd
4 och svarar mot 4-cykeln 1 3 6 5
, samt
orbhi (2) = orbhi (4) = f2; 4g; som är av längd
2 och motsvarar transpositionen 2 4
.
Exempel 12.8. Låt H vara en undergrupp i en grupp G och antag att H verkar på G på samma sätt som i exempel 12.4. Tag g 2 G godtyckligt. Då är
orbH (g) = fh:g j h 2 H g = fgh Detta är inget annat än den vänstersidoklass ler
g, vilket innebär att banorna i G under H H i G.
1
gH
Låt
på denna. Ett element
g:x = x. Mängden
till
H
som innehål-
utgörs precis av vänster-
sidoklasserna till
De nition 12.9.
j h 2 H g:
X vara en mängd och G en grupp som verkar x 2 X säges vara en xpunkt till g 2 G, om
Xg = fx 2 X j g:x = xg
xpunktsmängden till elementet g. För varje xt x 2 X de nieras vidare stabilisatorn till x som kallas för
Gx = fg 2 G j g:x = xg:
Kapitel 12. Ändliga grupper
248
Notera att det för en xpunkt en bana i
X
under
G
x
har elementet
orbG (x) = fxg.
Omvänt, om
endast innehåller ett element, så måste detta
element vara en xpunkt under delmängd av gruppen
gäller
G,
G.
För varje
x2X
är vidare
eftersom den består av de element i
Gx en G som
x som xpunkt. Men vi kan säga mer om Gx än så.
Lemma 12.10. Låt G vara en grupp som verkar på mängden X och xera ett x 2 X . Då är stabilisatorn Gx en undergrupp i G. Bevis.
Tag
g1 ; g2
2 Gx. Då gäller g1 :x = g2 :x = x för alla x 2 X ,
vilket medför att
(g1 g2 ):x = g1 :(g2 :x) = g1 :x = x:
Gx stabilitetskravet. Då 1G :x = x för alla x 2 X , Gx det neutrala elementet i G. Om slutligen g 2 Gx , så 1 2 G på grund av att gäller g x Således uppfyller innehåller
g 1 :x = g 1 :(g:x) = (g 1 g):x = 1G :x = x för alla
x 2 X.
Exempel 12.11.
Antag att
S4
verkar på
X = f1; 2; 3; 4g
på det na-
turliga sättet (se exempel 12.2), och låt
1 = 14 22 33 41
och
2 = 12 24 31 43 :
X1 = f2; 3g, eftersom 2 och 3, men inte 1 och 4, är xpunkter till 1 . Då 2 å sin sida saknar xpunkter, är X2 = ;. Vidare har vi att stabilisatorn till 4 2 X är undergruppen Vi har då
G4 = f 2 S4 j (4) = 4g S4 . Denna undergrupp består alltså av alla permutationer i S4 som 4 som xpunkt, vilket innebär att dess element kan betraktas som permutationer av mängden f1; 2; 3g. Det är inte svårt att se att G4 är isomorf med S3 . Motsvarande kan också sägas om stabilisatorerna G1 , G2 och G3 . i
har
12.1. Verkan av grupper på mängder
249
Exempel 12.12. I exempel 12.4 lät vi en undergrupp H i en grupp G verka på G enligt formel (12.1). Stabilisatorn Hg till ett godtyckligt 1 = g. element g 2 G består här av alla h 2 H som uppfyller h:g = gh Det nns bara ett sådant h, nämligen det neutrala elementet. Således är Hg = f1G g. Sats 12.13. Låt G vara en grupp som verkar på en mängd X och låt x 2 X . Då nns det en bijektiv avbildning från orbG (x) till mängden LGx av alla vänstersidoklasser till Gx i G. Speciellt innebär detta att jorbG(x)j = (G : Gx ); (12.2) om banan till x under G är av ändlig längd.
LGx = fgGx j g 2 Gg och orbG(x) = fg:x j g 2 Gg, verkar det troligt att avbildningen : LGx ! orbG (x) de nierad enligt (gGx ) = g:x Bevis.
Eftersom
är en lämplig kandidat till en bijektiv avbildning mellan dessa båda mängder. Vi måste dock först veri era att den är välde nierad; valet
g får inte ha någon betydelse för högerledet. g1 och g2 tillhör samma vänstersidoklass till Gx . Vi vill visa att dessa två element ger samma eekt, när de verkar på x. Nu 1 är g1 Gx = g2 Gx ekvivalent med att g1 g2 2 Gx . Eftersom Gx är stabi1 1 lisatorn till x, är x därmed en xpunkt till g1 g2 , d.v.s. (g1 g2 ):x = x. Om vi här låter g1 verka på båda leden, erhålls g2 :x = g1 :x, vilket visar av sidoklassrepresentanten Antag alltså att
att
är välde nierad.
(g1 Gx ) = (g2 Gx ) så är g1 :x = g2 :x, och vi kan låta g1 1 verka 1 1 på båda leden. Resultatet blir då att x = (g1 g2 ):x, d.v.s. g1 g2 2 Gx . Men då tillhör g1 och g2 samma vänstersidoklass till Gx , vilket betyder Om
att
är injektiv. Surjektiviten är å sin sida trivial, eftersom det för
g:x 2 orbG (x) gäller att (gGx ) = g:x. Detta är bijektiv, och därmed att orbG (x) och LGx innehåller
en godtyckligt element bevisar att
lika många element, om dessa mängder är ändliga.
Notera att om
G speciellt är en ändlig grupp i ovanstående sats, så kan
formel (12.2) skrivas som
jorbG(x)j = jjGGjj : x
(12.3)
Kapitel 12. Ändliga grupper
250
Exempel 12.14.
Betrakta än en gång den verkan som presenterades
i exempel 12.4. Vi konstaterade i exempel 12.8 att dess banor utgörs av vänstersidoklasserna till
H i G, och i exempel 12.12 att stabilisatorn Hg g 2 G är den triviala undergruppen f1G g.
till ett godtyckligt element Antag nu att
H
är ändlig. Enligt (12.3) är då
jgH j = jorbH (g)j = jfj1H jgj = jH j; G
d.v.s. varje vänstersidoklass till
H innehåller lika många element som H
själv, ett resultat som vi känner till sedan tidigare (lemma 6.15).
Övningar till avsnitt 12.1 1.
Låt
D4 , symmetrigruppen för en kvadrat, verka på X = f1; 2; 3; 4g på
det naturliga sättet, se exempel 12.2.
2.
(a) Bestäm X för varje 2 D4 . (b) Bestäm Gx för varje x 2 X . Antag att
H
är en undergrupp i gruppen
G.
(a) Visa att h:g = hg är en verkan av H på G. (b) Fixera ett g 2 G. Beskriv banan orbH (g) och stabilisatorn Hg . 3. (a) Visa att x:z = eix z är en verkan av R på C . (b) Ge en geometrisk tolkning i det komplexa talplanet av banan
orbR(z ) för ett xt z 2 C .
(c) Fixera x 2 R
och bestäm stabilisatorn
Rx .
G säges verka troget på X , om 1G är det enda element i G X som xpunkter. Visa att G verkar troget på X , om och endast om g 6= h medför att g :x 6= h:x för något x 2 X . 5. Antag att G är en grupp som verkar på en mängd X . Låt Y vara en delmängd av X . Visa att GY = fg 2 G j g:y = y för alla y 2 Y g är en undergrupp i G. 6. Låt G vara en grupp som verkar på mängden X . Antag att elementen x och y i X ligger i samma bana i X under G. Visa att Gx ' Gy . 7. Låt X vara en mängd och G en grupp som verkar på X . (a) De niera, för varje xt g 2 G, en avbildning g : X ! X enligt g (x) = g:x för alla x 2 X . Visa att g är en permutation på X . (b) Visa att : G ! SX de nierad enligt (g) = g för alla g 2 G är
4.
En grupp
som har samtliga element i
en homomor sm.
12.2. Burnsides formel
251
12.2 Burnsides formel I detta avsnitt skall vi använda några av resultaten i föregående avsnitt till att lösa vissa typer av kombinatoriska problem. Den klassiska formuleringen för den här sortens problem brukar ha att göra med på hur många möjliga sätt det går att färglägga hörnen, kanterna eller sidorna (eller vad det nu kan vara) hos någon geometrisk gur, om man har ett visst antal färger till sitt förfogande. Antag till exempel att vart och ett av hörnen i en kvadrat, se gur 12.1, skall förses med någon av de tre färgerna blå (B), röd (R) eller vit (V). Med hjälp av multiplikationsprincipen ser man enkelt att det nns
34 = 81
olika sätt att göra detta på: Vi skall färglägga fyra
hörn, och för varje hörn har vi tre olika färger att välja på.
Figur 12.1 Låt oss emellertid ändra litet på frågeställningen: På hur många sätt kan kvadratens hörn färgläggas, om två färgläggningar betraktas som ekvivalenta ifall den ena kan erhållas från den andra genom att rotera eller spegla kvadraten? I så fall blir till exempel de båda färgläggningarna i gur 12.2 på följande sida ekvivalenta, eftersom den högra fås genom att rotera den vänstra kvadraten
90Æ
moturs. Målet
2 med detta avsnitt är att härleda Burnsides formel, med vars hjälp detta och liknande kombinatoriska problem kan lösas. Innan vi kommer så långt, behöver vi först ett sätt att matematiskt
C vara en ändlig mängd av färger och sätt N = f1; 2; : : : ; ng. Elementen i N är tänkta att numrera de objekt, som vi avser att färglägga med färgerna i C . En färgläggning de nierar vi nu som en avbildning f från N till C , på så sätt att f (m) anger vilken färg objekt nummer m skall ha. Mängden av alla sådana avbildningar n (vilka till antalet är lika med jC j ) betecknar vi med X . beskriva en färgläggning. Låt
2
William Burnside (18521927), engelsk matematiker.
Kapitel 12. Ändliga grupper
252
V
V
V
R
B
R
V
B
Figur 12.2 Exempel 12.15.
Rörande problemet med vår kvadrat, numrerar vi
dess hörn med hjälp av
N = f1; 2; 3; 4g
(som det till exempel är gjort
C = fB; R; Vg. Två f2 , presenteras i en tabell i gur 12.4.
i gur 12.3). Mängden av färger ges i detta fall av av dessa färgläggningar, Vi ser att
f1
och
f2
f1
och
är den vänstra respektive högra färgläggningen i
gur 12.2. 1
2
4
3
Figur 12.3 m f1 (m) f2(m)
1 2 3 4
V
V
V
R
R
B
B
V
Figur 12.4 Nästa steg blir att låta en grupp verka på en given mängd
X
av färg-
läggningar. Innan vi avslöjar hur detta skall gå till, skall vi emellertid göra en liten modi kation av de nition 12.1. Vi låter där elementen i en grupp verka på elementen i en mängd
från vänster.
Det nns inget
säger att det måste vara just så, utan det går precis lika bra med verkan
12.2. Burnsides formel
253
G säges verka på en mängd X (från höger), om det nns en avbildning X G 3 (x; g ) 7! x g sådan att x 1G = x och (x g1 ) g2 = x (g1 g2 ) för alla x 2 X och alla g1 ; g2 2 G. Alla resultat från höger: En grupp
som vi i föregående avsnitt kommit fram till rörande vänsterverkan kan
3 Detta gäller speciellt lemma 12.5
enkelt översättas till högerverkan.
och 12.10, samt sats 12.13. Det är inte alls nödvändigt att göra denna modi kation, men det visar sig ha vissa tekniska fördelar, som vi snart skall se.
Lemma 12.16. Låt X vara mängden av alla objekt och låt G vara en undergrupp i Sn . Då är
färgläggningar av
f = f Æ ; f 2X
där
Bevis.
och
från
N
till
elementet i
(12.4)
2 G, en verkan av G på X .
Elementen i
ändlig mängd
n
C
X
N = f1; 2; : : : ; ng till en f Æ också är en avbildning en färgläggning. Om = " är det neutrala
är avbildningar från
av färger. Vi noterar att
C och därmed G så fås
f " = f Æ " = f: Då vidare sammansättning av avbildningar är associativ, ser vi att
(f 1 ) 2 = (f Æ 1 ) Æ 2 = f Æ (1 Æ 2 ) = f (1 2 ); vilket visar att (12.4) är en verkan av
Exempel 12.17.
G på X .
Den grupp som skall verka på mängden av alla
färgläggningar av vår kvadrat väljes lämpligen till den dihedrala gruppen
D4 , eftersom denna är kvadratens symmetrigrupp. Vi hänvisar till
exempel 5.28 för en närmare beskrivning av dess element. 3
I själva verket kan varje verkan från höger formuleras som en verkan från vänster
genom att sätta
x g = g 1 :x.
På motsvarande sätt kan en verkan från vänster
formuleras som en verkan från höger.
Kapitel 12. Ändliga grupper
254
Betrakta åter färgläggningarna
f1
och
f2 , de nierade enligt tabel-
len i gur 12.4 på sidan 252. I gur 12.5 ser vi att om man först roterar kvadraten
90Æ
moturs med hjälp av
4
och därefter applicerar
f1 ,
så
blir resultatet detsamma (efter att hörnens nummer tagits bort från guren) som om man från början hade färglagt kvadratens hörn i en-
f2 . (Jämför f2 = f1 Æ 4 = f1 4 .4 lighet med
1
2
4
3
även med gur 12.2 på sidan 252). Således
4
2
3
1
4
f1
2 V
R 3
1 V
B 4
Figur 12.5 Givet förutsättningarna i lemma 12.16, så är två färgläggningar och
f2
ekvivalenta, om och endast om det nns ett element i
när det verkar på
f1 ,
resulterar i
f2 .
G
Detta betyder att två färglägg-
ningar är ekvivalenta, om och endast om de tillhör samma bana i under
G.
f1
som,
X
Problemet att bestämma antalet olika färgläggningar kan
alltså överföras till att bestämma antalet olika banor, och det är här som Burnsides formel kommer in.
Sats 12.18 (Burnsides formel). Låt G vara en ändlig grupp som verkar på en ändlig mängd X . Antalet banor r i X under G ges då av 1 X r= (12.5) jGj g2G jXg j: M = f(g; x) 2 G X j g:x = xg innehåller m element. Vi kommer nu att räkna antalet element i M på två olika sätt, varvid vi erhåller två olika uttryck som båda är lika med m. Bevis.
Antag att mängden
Från dessa båda uttryck är det sedan enkelt att härleda formel (12.5). 4
Om vi hade envisats med att använda oss av vänsterverkan, hade (12.4) istället
fått det något krystade utseendet låta
4 1 = 2
verka på
f1
:f = f Æ 1 . Det skulle innebära att man skulle f1 till f2 . Men 2 är ju
från vänster för att förvandla
en rotation åt fel håll, så detta känns inte lika naturligt som framställningen med hjälp av högerverkan blir.
12.2. Burnsides formel
255
g 2 G. Det nns då jXg j element i M vars första komponent är just detta g , vilket leder till att Fixera först ett godtyckligt
m=
X
g2G
jXg j:
(12.6)
x 2 X , så nns det exakt jGx j element i M vars andra komponent är lika med detta x. Således är Om vi å andra sidan xerar ett
m=
X
x2X
jGxj:
(12.7)
Från sats 12.13 följer att
jGx j = jorbjG(j x)j ; G
vilket insatt i (12.7) ger
m= Låt
B
X
jGj
jorbG(x)j x2X
vara en godtycklig bana i
= jGj
X
X
: j orb ( x ) j G x2X
under
1
jorbG(x)j
=
1
G. För alla x 2 B
(12.8)
gäller då
1 jB j ;
vilket medför att
1
X
x2B d.v.s. summan varje bana i
jorbG(x)j
P
X.
=
1 1 = jB j jB j jB j = 1; x2B X
x2X (1=jorbG (x)j)
i (12.8) ger exakt bidraget
1
Denna summa är därmed lika med antalet banor
vilket ger
m = jGj r: Tillsammans med (12.6) får vi nu
jGj r =
X
g2G
jXg j;
varav (12.5) följer genom division av båda leden med
jGj.
för
r,
Kapitel 12. Ändliga grupper
256
Exempel 12.19. Låt S3 = f"; 2 ; 3 ; 1 ; 2 ; 3 g verka på mängden X = f1; 2; 3g på det naturliga sättet. (För en beskrivning av vart och ett av elementen i S3 , se exempel 5.6.) Vi har här X1 = fx 2 X j 1 (x) = xg = f1g; 1 är det enda element i X som är xpunkt till 1 . På samma X2 = f3g och X3 = f2g. Eftersom 2 och 3 saknar xpunkter, är X2 = X3 = ;. Slutligen ser vi att X" = X på grund av att identitetspermutationen har samtliga element i X som xpunkter. Burnsides formel ger att det därmed nns endast X under S3 , eftersom
sätt ser vi att
eftersom
1 1 X jS3 j 2S jX j = 6 (3 + 0 + 0 + 1 + 1 + 1) = 1: 3
Detta är inte så förvånande. Eftersom på
S3 består av alla
permutationer
X , måste det för varje x; y 2 X nnas en permutation 2 S3 som (x) = y. Oavsett vilket par av element man än väljer i X ,
uppfyller
kommer de alltså alltid att tillhöra samma bana.
I nästa exempel använder vi Burnsides formel för att lösa problemet med kvadraten, som har förföljt oss ända sedan inledningen av detta avsnitt.
Exempel 12.20.
Om vi ska kunna använda Burnsides formel för att
lösa kvadratproblemet, måste vi beräkna antalet element i varje
2 D4.
X
för
X innehåller de färgläggningar f som är , d.v.s. sådana att man inte ser någon färgläggningarna f och f Æ . Till exempel påverkas inMängden
invarianta under verkan av skillnad på
te färgläggningen till vänster i gur 12.6 på nästa sida av speglingen
2 = 1 2 3 4
X2 . Färgläggningen till höger är invariant under 3 (rotation ett halvt varv), 1 (spegling i diagonalen genom hörn 1 och 3) och 3 (spegling i den andra diagonalen), och går därmed att nna i såväl X3 , X1 som X3 . Båda färgläggningarna i guren tillhör givetvis också X" . Samtliga färgläggningar är invarianta under ", så jX" j = jX j = 81. En färgläggning tillhör X2 , om och endast om samtliga fyra hörn har samma färg. Då vi har tre tillgängliga färger, blir därmed jX2 j = 3. , så denna färgläggning tillhör
12.2. Burnsides formel
257
1 R
R 2
1 B
V 2
4 B
B 3
4 V
B 3
Figur 12.6 3 , måste motX3 . jX4 j = 3 av samma
Om vi roterar kvadraten ett halvt varv, d.v.s. applicerar
stående hörn ha samma färg, för att färgläggningen skall tillhöra
jX3 j = 32 = 9. Vidare blir anledning som för jX2 j. Detta betyder att Elementen
1 och 3 i D4 är av samma slag, nämligen speglingar i
en diagonal. För en färgläggning som är invariant under någon av dessa speglingar gäller att de två hörn, genom vilka diagonalen går, var för sig kan förses med en godtycklig färg, medan de två återstående hörnen
X1 och X3 innehåller 33 = 27 element. Till sist lämnar vi som en uppgift för läsaren 2 att övertyga sig om att jX2 j = jX4 j = 3 = 9. Sammantaget ger detta att antalet färgläggningar r är lika med sinsemellan måste ha samma färg. Detta ger att vardera
r=
1 1 X j X j = (81 + 3 + 9 + 3 + 27 + 9 + 27 + 9) = 21; jD4 j 2D4 8
och problemet är löst.
Exempel 12.21. På hur många sätt kan sidorna på ett rätblock med måtten 1 cm, 2 cm och 3 cm, se gur 12.7 på följande sida, målas med färgerna blå och gul? Eftersom vi här har att göra med en tredimensionell gur, och då speglingar av en sådan inte är realiserbara (se diskussionen innan exempel 5.30), skall vi låta rätblockets den
X
rotationsgrupp R verka på mäng-
av alla färgläggningar av rätblockets sidor. Om man tänker sig
ett rätvinkligt koordinatsystem med origo i rätblockets medelpunkt och med axlarna parallella med rätblockets sidor, så inser man att förutom identitetsavbildningen runt
",
R,
består av rotationer ett halvt varv
x-, y- respektive z -axeln. Vi döper dessa avbildningar
till
x , y
Kapitel 12. Ändliga grupper
258
Figur 12.7 respektive
z . Således har vi R = f"; x ; y ; z g.5
För att en färgläggning av rätblocket skall vara invariant under någon av rotationerna, spelar det ingen roll vilka färger de två sidor får, som rotationsaxeln går genom. Någon av de övriga fyra sidorna måste däremot ha samma färg som dess motstående sida, eftersom dessa byter plats när man roterar. Detta innebär att innehåller
24 = 16
element vardera. Då vidare
Xx , Xy
och
Xz
jX" j = 26 = 64, får vi
med hjälp av Burnsides formel att rätblocket kan målas på
1 (64 + 3 16) = 28 4
olika sätt.
Övningar till avsnitt 12.2 1.
Låt
G vara den cykliska undergruppen i S8 , genererad av
= 17 23 32 48 55 61 74 86 : Antag att G verkar på X = f1; 2; : : : ; 8g på det naturliga sättet. (a) Visa att jGj = 10.
(b) Bestäm samtliga banor i X under G, samt deras respektive längder. (c) Bestäm stabilisatorn Gx till varje element i x 2 X . (d) Veri era att formel (12.2) på sidan 249 gäller för varje x 2 X . (e) Bestäm X för varje 2 G. (f) Veri era att antalet banor i X under G stämmer överens med vad Burnsides formel säger.
5
Samtliga element i denna grupp är lika med sig egen invers, vilket alltså betyder
att den är isomorf med Kleins fyrgrupp.
12.2. Burnsides formel 2.
259
På hur många sätt kan man färglägga rätblocket i exempel 12.21, om man dessutom har färgen röd att välja på?
3.
På aggfabriken
Flaggan i topp AB vill man tillverka trefärgade aggor
med det utseende som beskrivs i gur 12.8. Man har tyger i fem olika färger. Hur många olika typer av aggor kan man tillverka? Vi tar ingen hänsyn till vilken sida av aggan som är tänkt att fästas mot aggstången.
Figur 12.8 4.
På rman
AB Krims & Krams
planerar att man att tillverka pryd-
nadssaker i form av små väderkvarnar. Vingarna, som skall monteras på dessa väderkvarnar, har det utseende visas i gur 12.9. Varje vinge skall förses med någon av färgerna brun, vit, rosa, grön eller svart. Om en färgläggning fås från en annan till följd av en spegling, så räknas dessa som rotationer.
olika färgläggningar. Dock gör man inte så beträande
6 Hur många olika sorters väderkvarnsvingar kan rman till-
verka?
Figur 12.9 5.
I en pyramid är basytan en kvadrat och sidoytorna likbenta trianglar. På hur många sätt kan sidorna hos pyramiden färgläggas med tre färger?
6.
Hur många halsband med sex pärlor nns det, där pärlorna alla är lika stora och kan ha någon av färgerna grön, röd eller blå? (Antag att
6
Eftersom en väderkvarnsvinge ju är tänkt att rotera!
Kapitel 12. Ändliga grupper
260
Figur 12.10
Figur 12.11 halsbandet är cirkelrunt, och att pärlorna är placerade i hörnen av en i cirkeln inskriven regelbunden sexhörning.)
7.
På hur många sätt kan man med tre färger färglägga tårtan i gur 12.10, om
(a) två
färgläggningar betraktas som lika, ifall den ena kan fås från
den andra genom en rotation eller en spegling
(b) två
färgläggningar betraktas som lika, ifall den ena kan fås från
den andra genom en rotation, men
8.
inte en spegling?
Hörnen i en regelbunden åttahörning skall färgläggas med två olika färger. På hur många sätt detta göras? Två färgläggningar anses vara lika, ifall den ena kan fås från den andra genom att spegla eller rotera åttahörningen.
9.
På hur många sätt kan man färglägga sidorna på ett liksidigt triangulärt prisma, som det i gur 5.9 på sidan 120, med färgerna blå, gul och röd?
10.
Små kvadratiska glasbitar, färgade antingen röda eller gula, skall limmas samman till en större kvadrat, så som visas i gur 12.11. Hur många olika sådana stora kvadrater kan man tillverka på detta vis?
11.
Den kända konstnärinnan MålaLisa vill färglägga sin nya skulptur
Ångest, vilken har formen av en regelbunden tetraeder, med färgerna lila, rosa och beige. På hur många sätt kan hon göra detta?
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper 12.
261
Sidorna till en romb, d.v.s. en fyrhörning vars sidor är lika långa (se gur 12.12), skall förses med färgerna blå, gul, röd eller grön. På hur många sätt kan detta göras? Vi skiljer inte på två färgläggningar, om en av dem kan fås från den andra, genom att rotera eller spegla romben. Vi antar också att romben inte är en kvadrat.
Figur 12.12 13.
Beräkna antalet möjliga sätt att färglägga sidorna på en kub, så att varje sida blir blå, röd eller gul.
14.
På hur många sätt är det möjligt att färglägga hörnen hos en regelbunden oktaeder med tre olika färger?
12.3 Konjugatklasser och Sylowundergrupper G verkar på X , så spelar xpunkter till en viktig roll när det gäller beviset
Vi kunde i föregående avsnitt konstatera att om en grupp en mängd
för och tillämpandet av Burnsides formel. Vi inleder detta avsnitt med att generalisera begreppet xpunktsmängd från att bara omfatta ett element i en grupp (som det gör i de nition 12.9), till att omfatta samtliga element i gruppen.
De nition 12.22. inför vi beteckningen
G som verkar på en mängd X , XG för mängden av alla xpunkter i X under G,
Givet en grupp
d.v.s.
XG = fx 2 X j g:x = x för alla g 2 Gg: Vi kallar denna mängd för
(12.9)
xpunktsmängden till G.
Exempel 12.23. Om Sn verkar på X = f1; 2; : : : ; ng på det naturliga sättet ( :x = (x) för alla 2 Sn , x 2 X ), så är XSn = ;. Detta beror på att det inte nns något tal i X som är xpunkt till samtliga
Kapitel 12. Ändliga grupper
262
Sn . För undergruppen H = f 2 Sn j (1) = 1g i Sn gäller emellertid XH = f1g. permutationer i
Sats 12.24.
G är en grupp orbG (x1 ); orbG (x2 ); : : : ; orbG (xr ) vara de banor i X under G, vars längd är lägst 2. Då är Antag att
X
är en ändlig mängd och att
som verkar på denna. Låt vidare
jX j = jXG j +
r X i=1
jorbG(xi )j:
X är en disjunkt union av dess banor, och XG kan ses som unionen av alla banor av längd 1. Om vi således räknar elementen i X genom att räkna dem bana för bana, följer satsen (jämför med Bevis.
Mängden
sats 1.41).
Många intressanta resultat rörande strukturen hos grupper kan uppnås, genom att låta en grupp verka på sig själv på det sätt vi närmast kommer att beskriva. Låt G vara en grupp. Två element x1 ; x2 2 G konjugerade element, om det nns ett g 2 G sådant att x2 = gx1 g 1 : Vi säger att x2 är erhållet genom konjugering av x1 .
De nition 12.25. säges vara
Sats 12.26.
G vara en grupp. Då är g:h = ghg 1 ; där g; h 2 G, en verkan av G på sig själv. Låt
1G :h = h för alla h 2 G är uppenbart. Vidare varje xt h 2 G, att g1 :(g2 :h) = g1 :(g2 hg2 1 ) = g1 (g2 hg2 1 )g1 1 = (g1 g2 )h(g1 g2 ) 1 = (g1 g2 ):h för alla g1 ; g2 2 G. Bevis.
Att
har vi för
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper
263
G kan alltså, enligt föregående sats, alltid verka på sig själv genom konjugering av element. Om G verkar på sig själv på detta vis, så ges den bana som innehåller h 2 G av En grupp
orbG (h) = fg:h j g 2 Gg = fghg medan stabilisatorn till
1
j g 2 Gg;
h har utseendet
Gh = fg 2 G j g:h = hg = fg 2 G j ghg
1
Stabilisatorn består alltså av alla element i
= hg = fg 2 G j gh = hgg:
G, som kommuterar med h.
Banorna och stabilisatorn under verkan genom konjugering är så pass viktiga, att de har fått egna namn och egna beteckningar.
De nition 12.27.
G vara en grupp och h ett element i G. Om G orbG (h) för konjugatklassen till h och betecknas Cl(h). Stabilisatorn Gh till h under denna verkan kallas för centralisatorn till h och betecknas CG (h). Med andLåt
verkar på sig själv genom konjugering, så kallas
ra ord har vi
Cl(h) = fghg
1
j g 2 Gg
respektive
CG (h) = fg 2 G j gh = hgg: Notera att det neutrala elementet i en grupp alltid är ensamt i sin konjugatklass, d.v.s.
Exempel 12.28.
Cl(1G ) = f1G g.
S3 CS3 (") = S3 , CS3 (2 ) = CS3 (3 ) = f"; 2 ; 3 g, CS3 (1 ) = f"; 1 g, CS3 (2 ) = f"; 2 g och CS3 (3 ) = f"; 3 g. Centralisatorn till vart och ett av elementen i
är i tur och ordning
För konjugatklasserna i den symmetriska gruppen
Sn visar sig följande
gälla.
Sats 12.29.
Sn för varje möjlig cykelSn kan ha, och varje sådan klass består
Det nns en konjugatklass i
struktur som en permutation i precis av de element i
Sn som har just denna cykelstruktur.
Kapitel 12. Ändliga grupper
264
1 ; 2 2 Sn tillhör samma konjugatklass, om 1 . Men och endast om det nns ett 2 Sn som uppfyller 1 = 2 enligt vad vi tidigare sett, är detta ekvivalent med att 1 och 2 har Bevis.
Två permutationer
samma cykelstruktur, se sats 11.27. Detta bevisar satsen.
Exempel 12.30.
S3 , eftersom de enda möjliga cykelstrukturerna i S3 är (1; 1; 1), (2; 1) och (3). Dessa konjugatklasser är, för respektive cykelstruktur, f"g, f1 ; 2 ; 3 g och f2 ; 3 g. Det nns tre konjugatklasser i
Notera att om en konjugatklass
Cl(h) innehåller ett ändligt antal ele-
ment, så är
jCl(h)j = G : CG(h) :
(12.10)
Detta är nämligen inget annat än formel (12.2) på sidan 249, översatt till det fall då en grupp verkar på sig själv genom konjugering. Motsvarigheten till (12.3) blir följaktligen
jCl(h)j = jCjG(jh)j :
(12.11)
G
Med dessa iakttagelser blir följande sats enkel att visa.
Sats 12.31 (Klassekvationen). Antag att G är en ändlig grupp. Beteckna med Cl(g1 ); Cl(g2 ); : : : ; Cl(gr ) de konjugatklasser i G som innehåller minst två element. Då gäller
jGj = jZ (G)j + Bevis.
Om man låter
r X i=1
jCl(gi )j:
G verka på sig själv genom konjugering,
så blir
motsvarigheten till xpunktsmängden (12.9) på sidan 261 lika med
fx 2 G j gxg 1 = x 8g 2 Gg = fx 2 G j gx = xg 8g 2 Gg = Z (G): Banorna under konjugering utgörs av konjugatklasserna i är klassekvationen en direkt konsekvens av sats 12.24.
G, så därmed
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper
265
Exempel 12.32. Med hänvisning till exempel 12.30 ser vi att klassekvationen för S3 har utseendet 6 = 1 + 2 + 3: Den första termen i högerledet svarar mot antalet element i centrum till
S3 ,
så
jZ (S3)j = 1, vilket alltså innebär att Z (S3) = f"g. Detta
kom vi fram till redan i exempel 10.49.
Vi har användning av klassekvationen när vi ska bevisa nästa sats, som
7
är uppkallad efter Cauchy.
Sats 12.33 (Cauchy). Om G är en ändlig grupp och primtalet p en delare i jGj, så innehåller G ett element av ordning p.
jGj. Vi kan göra antagandet att G har åtminstone p element. Fallet jGj = p är trivialt. Antag så att jGj = n, där n > p, och att varje grupp med färre än n element inneBevis.
Vi skall använda oss av induktion över
p (förutsatt att p är en delare i gruppens ordning). Antag nu att p j n. Vi vill visa att G innehåller ett element av ordning p. Om G innehåller en äkta undergrupp H , vars ordning är också delbar med p, så ger induktionsantagandet att H , och därmed också G, innehåller ett element av ordning p. Vi kan därför antaga att p 6 j jH j för alla äkta undergrupper H i G. Vi betraktar nu klassekvationen för G, vilken i detta fall kan skrivas håller ett element av ordning
n = jZ (G)j + där
r X i=1
jCl(xi)j;
(12.12)
Cl(x1 ); Cl(x2 ); : : : ; Cl(xr ) är de konjugatklasser i G som innehåller i = 1; 2; : : : ; r gäller här
två element eller er. För varje
jCl(xi )j jCG (xi)j = n; (12.13) enligt (12.11). Men vi har också jCl(xi )j 2 för alla dessa i, så därmed
CG (xi ) vara en äkta undergrupp i G. Nu har G har en ordning som är eftersom p är en delare i högerledet i (12.13), men
måste varje centralisator
vi ju antagit att ingen äkta undergrupp i delbar med 7
p,
så
Augustin-Louis Cauchy (17891857), fransk matematiker.
Kapitel 12. Ändliga grupper
266
inte i faktorn i
jCG(xi)j i vänsterledet, måste därför p vara en delare
jCl(xi)j för alla i = 1; 2; : : : ; r. Eftersom p också är en delare i n, jZ (G)j måste vara delbart med p. Alltså kan
så följer av (12.12) att inte heller
Z (G) vara en äkta undergrupp i G, vilket betyder att G är
abelsk. Struktursatsen för ändliga abelska grupper kan nu användas. Vi får med hjälp av den att
G ' Zpr11 Zpr22 Zprnn ; p1 ; p2 ; : : : ; pn är primtal, icke nödvändigtvis olika, och r1 ; r2 ; : : : ; rn jGj = pr11 pr22 : : : prnn , och eftersom p är ett primtal som delar jGj, så måste minst ett pi vara lika med p. Vi kan anta att p1 = p. Sätt där
är positiva heltal. Detta betyder att
a = (pr11 1 ; 0; 0; : : : ; 0) 2 G: Vi har att
pr11
1
är av ordning
pr11 pr11 = = p1 = p SGD(pr11 ; pr11 1 ) pr11 1 i
Zpr11 . Vidare är 0 av ordning 1 i Zpri i för i = 2; 3; : : : ; n. Detta ger att o(a) = MGM(p; 1; 1; : : : ; 1) = p;
d.v.s.
a är ett element av ordning p. Beviset är fullbordat.
Vi kommer att ha nytta av Cauchys sats, bl.a. när vi i kapitel 22 skall nna en polynomekvation som inte kan lösas med hjälp av successiva rotutdragningar.
De nition 12.34.
Låt
p vara ett primtal. En grupp G säges vara en
p-grupp, om ordningen av varje element i G är lika med en p-potens. En undergrupp H i en grupp G kallas för en p-undergrupp, om H är en p-grupp. Med en p-Sylowundergrupp menar man en maximal p-undergrupp, d.v.s. en p-undergrupp annan p-undergrupp än sig själv.
som inte är innehållen i någon
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper
267
Observera att det inte nns något i ovanstående de nition som säger att
p-grupper, p-undergrupper eller p-Sylowundergrupper är ändliga, trots att de endast innehåller element av ändlig ordning! Men för ändliga
p-grupper gäller, kanske inte helt överraskande, nedanstående sats. Sats 12.35.
G vara en ändlig n och endast om jGj = p för något n. Låt
grupp. Då är
G
en
p-grupp,
om
)) Antag att G är en p-grupp, men att jGj6= pn. Då nns det ett primtal q = 6 p sådant att q är en delare i jGj. Enligt Cauchys sats Bevis.
(
G i så fall ett element av ordning q. Detta är en motsägelse n mot de nitionen av p-grupp. Sålunda måste jGj = p . n (() Om jGj = p och a 2 G, så ger en följdsats till Lagranges m för något m med sats (närmare bestämt följdsats 6.17), att o(a) = p 0 m n, vilket visar att G är en p-grupp. innehåller
Exempel 12.36. Gruppen Z25 är en 5-grupp. Samtliga dess undergrupper h0i, h1i och h5i är 5-undergrupper. Av dessa är i sin tur h1i en 5-Sylowundergrupp. Exempel 12.37. Eftersom 36 inte är en potens av ett primtal, så är Z36 inte en p-grupp för något primtal p. Undergrupperna h4i och h12i 2 är av ordning 9 = 3 respektive 3, så de är således 3-undergrupper i Z36. Av dessa två är den större av dem, d.v.s. h4i, en 3-Sylowundergrupp. På liknande vis är h9i och h18i 2-undergrupper och h9i en 2-Sylowundergrupp. Den triviala undergruppen h0i är både en 2-undergrupp och en 3-undergrupp. Undergruppen h6i är däremot varken eller. Sats 12.38. lig mängd X
och låt
p-grupp som verkar på en ändXG vara gruppens xpunktsmängd (se de nition 12.22). Då gäller jX j jXG j (mod p). Bevis.
jGj = pn för något n, enligt sats 12.35. Sats 12.24 säger
Vi har
Låt
G
vara en ändlig
vidare att
jX j = jXG j +
r X i=1
jorbG(xi )j;
Kapitel 12. Ändliga grupper
268
jorbG(xi)j 2 för alla i. Men formel (12.3) på sidan 249 ger oss n jorbG(xi )j = jGjGj j = jGp j ; xi xi n vilket betyder att jorbG (xi )j jGxi j = p . Eftersom jorbG (xi )j 2, måste p därmed vara en delare i jorbG (xi )j för alla i. Sålunda är Pr i=1 jorbG (xi )j delbar med p. Eftersom denna summa är lika med jX j jXG j, är satsen därmed bevisad. där
Sats 12.39.
Centrum till en ändlig icke-trivial
p-grupp är alltid icke-
trivialt.
Bevis.
G 6= f1G g
Låt
vara en ändlig
p-grupp
som verkar på sig själv
genom konjugering. Vi konstaterade i beviset för sats 12.31 (klassekvationen), att xpunktsmängden då ges av centrum
Z (G) i G. Enligt
jGj jZ (G)j (mod p). Eftersom jGj är delbart med p, måste därmed även jZ (G)j vara det. Därmed är Z (G) = f1G g sats 12.38 är därmed en omöjlighet.
Sats 12.40.
Låt
G
vara en grupp. Om
G=Z (G)
är cyklisk, så är
G
abelsk.
Bevis.
Sätt
Z = Z (G). Eftersom G=Z är cyklisk, nns det ett a 2 G aZ genererar G=Z , d.v.s. G=Z = haZ i.
sådant att vänstersidoklassen Detta innebär att
G=Z = f(aZ )k j k 2 Zg = fak Z j k 2 Zg: Tag nu
x
x; y
2 amZ
sådana att
2 G godtyckligt. Vi vill visa att xy = yx. Antag att y 2 an Z i kvotgruppen G=Z . Då nns det z1 ; z2 2 Z
och
x = am z1 och y = an z2 . Eftersom z1 och z2 ligger i centrum,
så ger detta
xy = am z1 an z2 = am an z2 z1 = an am z2 z1 = an z2 am z1 = yx; vilket skulle bevisas.
Sats 12.41.
Varje grupp av ordning
p2 är abelsk.
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper
269
G vara en grupp av ordning p2 . Då är G en ändlig p-grupp, 2 och av sats 12.39 följer att vi kan ha jZ (G)j = p eller jZ (G)j = p . 2 Om jZ (G)j = p , så är G = Z (G) abelsk. Om jZ (G)j = p, så är även jG=Z (G)j = p. Men detta betyder att G=Z (G) är cyklisk, och enligt sats 12.40 är G därmed abelsk. Bevis.
Låt
Exempel 12.42. I isomor mening nns det bara två grupper av ordning 121, nämligen de båda abelska grupperna Z121 och Z11 Z11. Sats 12.43. Bevis.
Varje ändlig
p-grupp är lösbar.
Vi ämnar bevisa satsen med hjälp av induktion över
jGj = 1 är G givetvis lösbar, så antag att jGj =
pn
jGj. När
> 1 och att varje p-grupp med färre element är lösbar. Nu är Z (G) alltid en icke-trivial normal undergrupp i en p-grupp (sats 12.39), så därför är kvotgruppen G=Z (G) en p-grupp av lägre ordning än G. Induktionsantagandet ger att denna kvotgrupp är lösbar. Vidare är Z (G) också lösbar, i och med att den är en abelsk grupp. Vi har sålunda Z (G) och G=Z (G) lösbara, och då medför följdsats 11.19 att även G är lösbar. Som en generalisering av begreppet konjugering av ett element kan man också konjugera hela mängder, d.v.s. om
A är en delmängd av en
grupp, så kan man bilda mängden
gAg
1
= fgag
1
j a 2 Ag
av alla konjugerade element till elementen i intressant om
A.
A råkar vara en undergrupp i G.
Denna blir speciellt
Sats 12.44. Låt G vara en grupp och H en undergrupp i G. För 1 också en undergrupp i G. Om H varje g 2 G är då mängden gHg 1 lika många element som H . är ändlig, så innehåller vidare gHg Bevis.
Vi undersöker kraven på stabilitet, neutralt element och inverser
i vanlig ordning. Fixera ett
g
2 G och tag gh1 g 1 ; gh2 g 1 2 gHg
godtyckligt. Då gäller
(gh1 g 1 )(gh2 g 1 ) = g(h1 h2 )g 1 ;
1
Kapitel 12. Ändliga grupper
270
h1 h2 2 H . Det neutrala elementet 1 ) 1 = gh 1 g 1 2 gHg 1 tillhör givetvis gHg och eftersom (ghg 1 1. är också inversen till varje element i gHg ett element i gHg av vilket stabiliteten följer, eftersom
1,
Vi lämnar som en uppgift till läsaren att veri era att avbildningen
: H ! gHg 1 , given av g (h) = ghg 1 för alla h 2 H , är bijektiv. 1 j, vilket Om H är ändlig, betyder detta speciellt att jH j = jgHg g
skulle bevisas.
De nition 12.45. två undergrupper i
Låt G vara en grupp och antag att H1 och H2 är G. Om det nns ett g 2 G sådant att
H2 = gH1 g 1 ; så säges
H1 och H2 vara konjugerade undergrupper. Vi säger att H2 H1 genom konjugering.
är erhållen från
G vara en grupp och H en undergrupp i G. Låt H vara mängden av alla undergrupper i G. På denna mängd kan vi låta G verka enligt Låt
g:K = gKg
1
2 G och K 2 H. Vi lämnar som en övning till läsaren att veri era att detta verkligen är en verkan av G på H. Stabilisatorn till K 2 H har här utseendet för alla
g
GK = fg 2 G j g:K = K g = fg 2 G j gKg
1
= K g:
Denna har undergrupp har, i stil med stabilisatorn i samband med konjugering av element, fått ett eget namn och en egen beteckning.
De nition 12.46. Då de nieras
Låt
G
vara en grupp och
K
en undergrupp i
normalisatorn till K i G som undergruppen NG (K ) = fg 2 G j gKg
1
G.
= K g:
K i G är den största undergrupp i G K som normal undergrupp, d.v.s. om K H G, så måste H NG (K ). Se övning 9! Normalisatorn till en undergrupp som har
12.3. Konjugatklasser och Sylowundergrupper
271
H = f"; 1 g i S3 . Normalisatorn till denna undergrupp består precis av de 2 S3 som uppfyller H 1 = H . Nu är Exempel 12.47.
Betrakta undergruppen
g = f"; 1 1g; 1 = g. Detta är inget vilket betyder att NS3 (H ) = f 2 S3 j 1 1 H
1
= f" 1 ; 1
1
CS3 (1 ) till 1 i S3 , som vi i exempel konstaterade innehåller " och 1 . Således är NS3 (H ) = H . annat än centralisatorn
12.28
Övningar till avsnitt 12.3 1.
Bestäm samtliga
p-undergrupper i var och en av nedanstående grupper, p. Ange också vilka av dessa som
för alla möjliga värden på primtalet är
2.
p-Sylowundergrupper.
(a) Z5 (d) Z3 Z3
(b) Z28 (e) Z5
Bestäm centralisatorn i
GL2 (R) till var och en av nedanstående matri-
ser.
(a) 10 03
3.
Antag att endast om
4.
(b)
(c) S3 (f) Z9
1 0 0 1
(c) 10 11
(d)
1 1 1 1
H är en undergrupp i en grupp G. Visa att H G, om och NG (H ) = G.
Veri era att avbildningen
g,
som dyker upp i beviset för sats 12.44,
är bijektiv.
5.
Låt
vara en k-cykel i Sn . Visa att
jCl()j = k (nn! k)! :
6. (a) Hur många konjugatklasser nns det i S4 ? (b) Ange de permutationer som ingår i respektive konjugatklass. (c) Härled klassekvationen för S4 . 7. Hur ser klassekvationen ut för S5 respektive D4 ? 8. Låt G vara en grupp och H mängden av alla undergrupper i G. Visa att
g:H = gHg de nierar en verkan av
G på H.
1
Kapitel 12. Ändliga grupper
272
9. 10.
H H NG(K ). Antag att
Antag
och
K
är undergrupper i
G,
och att
K H.
Visa att
H1 och H2 är konjugerade undergrupper i en grupp G. Visa att NG (H1 ) och NG (H2 ) är konju-
också deras respektive normalisatorer gerade undergrupper.
11.
Låt
a och b vara element i en grupp G. Visa att ab och ba tillhör samma G.
konjugatklass i
12.
Låt
G vara en grupp och N en normal undergrupp i G. Antag N som G=N är p-grupper. Visa att också G är en p-grupp.
att
såväl
13.
Låt
G vara en grupp. Visa att Z (G) =
14.
\
g2G
CG (g):
Visa att antalet konjugatklasser i en ändlig grupp
1
G är lika med
X
jGj g2G jCG (g)j: 15.
Låt att
G vara en grupp och a ett element av ändlig ordning i G. Antag a och am tillhör samma konjugatklass i G. Visa att m och o(a) är
relativt prima.
16.
Visa att en undergrupp i en grupp
G är normal, om och endast om den
kan skrivas som en union av konjugatklasser.
17.
Antag att
G är en ändlig p-grupp och låt N vara en icke-trivial normal G. Visa att N \ Z (G) 6= f1Gg.
undergrupp i
(Ledning: Föregående övning kan komma väl till pass.)
18.
Låt
G vara en ändlig grupp som innehåller exakt två konjugatklasser. jGj = 2.
Visa att
19.
20.
G vara en grupp och a ett xt element i G. (a) Visa att Ha = fg 2 G j gag 1a 1 2 Z (G)g är en undergrupp i G. (b) Visa att avbildningen : Ha ! Z (G) given av (g) = gag 1a 1 för alla g 2 Ha , är en homomor sm. Bestäm också ker . Låt
Låt
G
vara en icke-abelsk grupp av ordning
0 Visa att jZ (G)j = jG j = p.
p3 ,
där
p
är ett primtal.
12.4. Sylows satser
273
12.4 Sylows satser G är en ändlig cyklisk grupp av ordning n och d n, så har G (exakt) en undergrupp av ordning d.
Sats 4.24 säger att om en positiv delare i
Således är omvändningen till Lagranges sats sann för cykliska grupper. Man kan visa att omvändningen till Lagranges sats gäller också för abelska grupper (med hjälp av struktursatsen, se övning 10 till avsnitt 9.3). För grupper som inte är abelska behöver det emellertid inte vara så, vilket vi ser i följande exempel.
Exempel 12.48. Den alternerande gruppen A5 är av ordning 60. Antag att H är en undergrupp av ordning 30 i A5 . Det nns då två vänstersidoklasser till H i A5 . Den ena är H själv, medan den andra består av mängden av alla element som inte tillhör H . Det nns också två högersidoklasser till H , och dessa måste vara precis de samma som vänstersidoklasserna, d.v.s. H själv, samt resten av A5 . Således är vänster- och högersidoklasserna till H lika, vilket betyder att H A5 . Enligt sats 10.45 är A5 emellertid en enkel grupp, och har därmed inga andra normala undergrupper än de triviala. Detta är det saknas således undergrupper av ordning
30 i A5 .
Det kan alltså mycket väl hända att en grupp saknar undergrupper av en viss ordning
d, även om d är en delare i gruppens ordning. Innebör-
den av Sylows första sats är att en ändlig grupp emellertid alltid har en uppsättning av
p-undergrupper för varje primtal p.
Sats 12.49 (Sylows första sats). Låt G vara en ändlig grupp och p m är en delare i jGj, så innehåller G en undergrupp ett primtal. Om p m av ordning p . Bevis.
jGj i beviset. Om jGj = 1 jGj = n > 1 och att påståendet i satsen
Vi använder oss av induktion över
är satsen trivial. Antag att
gäller för alla grupper som innehåller färre än dela upp beviset i två olika fall.
n
element. Vi behöver
p är en delare i jZ (G)j. Det nns då en cyklisk underhai av ordning p i Z (G), se beviset för Cauchys sats. Om b 2 hai 1 = bgg 1 = g för alla g 2 G. Detta så gäller b 2 Z (G), vilket ger gbg visar att hai G, vilket betyder att G= hai är en grupp av ordning n=p. Fall 1 :
grupp
Kapitel 12. Ändliga grupper
274
pm är en delare i n, måste pm 1 vara en delare i n=p. Gruppen G= hai har ju som sagt n=p element, så enligt induktionsanm 1 i G= hai. Men tagandet nns det en undergrupp K av ordning p enligt korrespondenssatsen motsvaras K av en undergrupp H i G via den kanoniska homomor smen hai : G ! G= hai, d.v.s. vi har Eftersom
K = hai (H ) = H= hai H i G. Denna undergrupp måste vara av ordm 1 . Satsen är därmed visad i eftersom jhaij = p och jK j = p
för någon undergrupp ning
pm ,
detta fall.
p är inte
Fall 2 :
en delare i
jZ (G)j. I detta fall betraktar vi klass-
ekvationen
n = jGj = jZ (G)j +
r X i=1
jCl(gi )j
G. Var och en av konjugatklasserna Cl(g1 ); Cl(g2 ); : : : ; Cl(gr ) innep är en delare i n, men inte i Pr jZ (G)j, så kan p inte vara en delare i i=1 jCl(gi )j. Det måste alltså nnas minst ett i för vilket p 6 j jCl(gi )j gäller. Men nu är jCl(gi )j = jC n(g )j ; G i för
håller här minst två element. Eftersom
och eftersom så måste
pm
p
vara en delare i
jCG (gi)j < jGj,
jCl(gi )j, men pm är en delare i n, jCG (gi )j. Vidare är jCl(gi )j 2, så
inte är en delare i
vilket innebär att induktionsantagandet kan använ-
CG (gi ) i G. Detta ger G, har en undergrupp av ordning pm .
das på undergruppen också
att
CG (gi ),
och därmed
Notera att ovanstående bevis har vissa likheter med beviset för Cauchys sats. I själva verket är Cauchys sats ett specialfall av Sylows första sats.
Exempel 12.50.
Med hänvisning till Sylows första sats så kan vi
med fog påstå att en grupp av ordning av respektive ordning
100
har minst en undergrupp
1, 2, 4, 5 och 25. Det är också fullt möjligt att det 10, men detta ger satsen inget direkt
nns undergrupper av ordning
besked om, eftersom detta tal inte är en primtalspotens.
12.4. Sylows satser
275
Exempel 12.51. Vi såg i exempel 12.48 att A5 , som är av ordning 60, inte har någon undergrupp av ordning 30. Sylows första sats garanterar heller inte att en sådan undergrupp existerar, eftersom 30
inte är en potens av något primtal.
p-Sylowundergrupp i en ändlig grupp, så 1 också en p-Sylowunderär varje till P konjugerad undergrupp gP g 1 grupp, eftersom jP j = jgP g j (se sats 12.44). Sylows andra sats uttaDet är klart att om
P
är en
lar sig om det omvända förhållandet.
Sats 12.52 (Sylows andra sats). Låt G vara en ändlig grupp och antag att P1 och P2 är två p-Sylowundergrupper i G. Då är P1 och P2 konjugerade undergrupper i G.
L vara mängden av alla vänstersidoklasser till P1 . Vi låter P2 verka på L enligt y:xP1 = yxP1 för alla y 2 P2 ; xP1 2 L. Man veri erar enkelt att detta verkligen är en verkan av P2 på L. Bevis.
Vi vill nna ett
Fixpunktsmängden till
g
2 G sådant att P1 = gP2 g
1.
Låt
P2 ges här av
LP2 = fxP1 2 L j yxP1 = xP1 för alla y 2 P2 g; och enligt sats 12.38 är jLP2 j jLj (mod p). Men L är mängden av alla vänstersidoklasser till
P1 i G, så
jLj = (G : P1) = jjPGjj ; 1
P1 är en p-Sylowundergrupp i G, så visar denna ekvation att p inte kan vara en delare i jLj. Alltså gäller jLP2 j 6 0 (mod p), vilket medför att LP2 innehåller minst ett element, säg xP1 . Vi får nu och då
() yxP1 = xP1 () x 1 yx 2 P1 1 P x P . Men jP j = jP j = jx 1 P xj, för alla y 2 P2 . Sålunda x 2 1 1 2 2 y:xP1 = xP1
där den första likheten beror på att
P1
och
P2
båda är
p-Sylowunder-
grupper, och den andra är en konsekvens av sats 12.44. Sålunda är
x 1 P2 x = P1 . Vi har därmed funnit vårt sökta g i form av g = x
1.
Kapitel 12. Ändliga grupper
276
Följdsats 12.53. Låt G vara en ändlig grupp och P undergrupp i G. Då gäller P G, om och endast om P p-Sylowundergruppen i G.
en
p-Sylow-
är den enda
P är den enda p-Sylowundergruppen i G, om och endast om gP g = P för alla g 2 G, d.v.s. gxg 1 2 P för alla x 2 P , g 2 G. Men detta är samma sak som att P G. Bevis.
Vi har att
1
Sats 12.54 (Sylows tredje sats). Låt G vara en ändlig grupp och antag att primtalet p är en delare i jGj. Låt np vara antalet p-Sylowundergrupper i G. Då är np en delare i jGj och vidare gäller np 1 (mod p). Bevis.
Låt
S
vara mängden av alla
np = jSj. Tag P
p-Sylowundergrupper i G.
Då är
2 S godtyckligt. Då är P en p-Sylowundergrupp, och vi låter denna verka på S genom konjugering av undergrupper, alltså
d.v.s. enligt
g:H = gHg
1
för alla
I detta fall ges xpunktsmängden till
g 2 P , H 2 S:
P
av
SP = fH 2 S j gHg 1 = H för alla g 2 P g; (12.14) och vi har enligt sats 12.38 att jSj jSP j (mod p). Det vore önskvärt att jSP j = 1, och vi visar nu att så faktiskt är fallet. Välj H 2 SP godtyckligt. Högerledet i (12.14) påminner om de-
NG (H ) till en undergrupp H , se de nitill H består ju av alla element i G som
nitionen av normalisatorn tion 12.46. Normalisatorn
gHg
1
= H , och av (12.14) framgår det att samtliga eleP uppfyller denna likhet. Således är P en undergrupp i NG (H ) för alla H 2 SP . Givetvis gäller även H NG (H ). Såväl H som P är p-Sylowundergrupper i G, och eftersom de båda är undergrupper i NG (H ), är de också p-Sylowundergrupper i NG (H ). Sylows andra sats medför att P och H är konjugerade till varandra i NG (H ). Men H NG (H ), så följdsatsen till Sylows andra sats (följdsats 12.53) medför att H är den enda p-Sylowundergruppen i NG (H ). Detta ger H = P , och eftersom vi valde H godtyckligt i SP , betyder detta att SP blott innehåller ett element, nämligen P . Sålunda jSP j = 1, vilket är uppfyller ment i
precis vad vi eftersträvade.
12.4. Sylows satser
277
np är en delare i jGj. Låt G verka på S genom konjugering av undergrupper. Då alla p-Sylowundergrupper enligt Det återstår att visa att
Sylows andra sats är sinsemellan konjugerade, kan det bara nnas en
S under G. Om P väljes godtyckligt i S , så gäller därmed jGj ; np = jSj = jorbG (P )j = jGP j vilket visar att np är en delare i jGj. enda bana i
Exempel 12.55. I exempel 12.50 såg vi att det i en grupp G av ordning 100 måste nnas undergrupper av ordning 4 och 25. Sådana undergrupper är 2-Sylowundergrupper respektive 5-Sylowundergrupper i G. Med Sylows tredje sats kan vi avgöra hur många sådana det kan nnas av respektive slag. Låt
n2
vara antalet
2-Sylowundergrupper
G.
i
Då måste, enligt
Sylows tredje sats,
n2 j 100 d.v.s.
och
n2 1 (mod 2);
n2 skall vara en udda delare i 100. Vi ser att n2 = 1; n2 = 5 eller n2 = 25
är de enda möjligheterna, så en grupp av ordning
1, 5 eller 25 undergrupper av 5-Sylowundergrupper n5 , så måste exakt
n5 j 100
och
ordning
4.
ning
100
När det gäller antalet
n5 1 (mod 5):
I detta fall nns endast en möjlighet, nämligen ordning
100 kan ha antingen
n5 = 1.
En grupp av
har med andra ord alltid exakt en undergrupp av ord-
25. Det följer av följdsats 12.53, att denna undergrupp dessutom 100 inte vara
måste vara normal. Således kan en grupp av ordning
enkel, eftersom en sådan grupp måste ha en icke-trivial äkta normal undergrupp av ordning
25.
Exempel 12.56. Låt G vara en grupp av ordning 352 = 25 11. Vi påstår att G är lösbar. Antalet 11-Sylowundergrupper n11 i G måste uppfylla
n11 j 25 11
och
n11 1 (mod 11):
Kapitel 12. Ändliga grupper
278
Det enda värde
n11 kan anta är 1, så G har exakt en undergrupp P
av
11. Denna undergrupp är lösbar, eftersom den är abelsk. Vidare P G. Kvotgruppen G=P är av ordning 25 , och således en 2-grupp. Sats 12.43 medför att denna måste vara lösbar. Sålunda har vi G=P och P lösbara, och därmed är även G lösbar, på ordning
ger följdsats 12.53 att
grund av följdsats 11.19.
Exempel 12.57.
En grupp
G
som innehåller
23 7 = 56
element
kan inte vara enkel, d.v.s. varje sådan grupp har (minst) en icke-trivial normal undergrupp. För att visa detta, konstaterar vi att det för antalet
7-Sylowundergrupper n7 gäller att
n7 j 23 7 medan antalet
och
n7 1 (mod 7);
2-Sylowundergrupper n2 å andra sidan uppfyller
n2 j 23 7
och
n2 1 (mod 2):
n7 = 1 eller n7 = 8, respektive n2 = 1 så är allting frid och fröjd, ty i så fall nns det endast en 7-Sylowundergrupp respektive 2Sylowundergrupp i G, och på grund av följdsats 12.53 måste en sådan Från dessa villkor ser vi att vi kan ha
n2 = 1
eller
n2 = 7.
Om
n7 = 1
eller
vara normal. Det nns således en icke-trivial äkta normal undergrupp i
G i detta fall (av ordning 7 eller 23 = 8), vilket omöjliggör att G är
enkel.
n7 = 8 och n2 = 7. Det nns i så fall hela 7-Sylowundergrupper och inte mindre än sju 2-Sylowundergrupper
Vi får dock problem om åtta i
G, och ingen av dessa kan vara en normal undergrupp, på grund av G endast innehåller 56 element,
följdsats 12.53. Men med tanke på att
nns det dock skäl att misstänka att det blir trångt om saligheten i
15 olika undergrupper kommer helt G. Som vi skall se är det precis så det förhåller
detta fall: Alla dessa sammanlagt enkelt inte att få plats i sig.
7-Sylowundergrupper är en undergrupp 7. En sådan är cyklisk, och innehåller sex element av ordning 7. Två olika sådana undergrupper P1 och P2 visar sig ha endast det neutrala elementet gemensamt. Detta beror på att P1 \ P2 är en undergrupp i såväl P1 som P2 , och på grund av Lagranges sats måste därför jP1 \ P2 j = 1 eller jP1 \ P2 j = 7. Om jP1 \ P2 j = 7, så vore Var och en av våra åtta
av ordning
12.4. Sylows satser
279
P1 = P2 ,
vilket inte är fallet. Således har varje par av två
emellertid olika
7-Sylowundergrupper
endast elementet
1G
gemensamt, och i öv-
7. 8 6 = 48 element av ordning 7 i G. De återstående 56 48 = 8 elementen i G skall nu räcka till sju olika 2-Sylowundergrupper av ordning 8, vilket givetvis är omöjligt. Vi konstaterar därmed att minst ett av talen n7 och n2 måste vara lika med 1, och som vi såg ovan är därmed existensen av rigt består var och en av dem av ytterligare sex element av ordning Vi konstaterar således att det nns sammanlagt
en icke-trivial äkta normal undergrupp garanterad.
Exempel 12.58. Varje grupp av ordning 72 112 = 5 929 är abelsk. Låt G vara en grupp av ordning 5 929. Om n7 betecknar antalet undergrupper av ordning 49 (d.v.s. 7-Sylowundergrupper), så skall n7 j 72 112 och n7 1 (mod 7) gälla. Enda möjligheten är n7 = 1, så det nns exakt en undergrupp P av ordning 49 i G, och i och med att det endast nns en sådan under2 grupp, är den normal. Kvotgruppen G=P innehåller 121 = 11 element, så den är enligt sats 12.41 abelsk. Av den anledningen måste P inne0 0 hålla kommutatorundergruppen G till G (enligt sats 10.55), så jG j är en delare i jP j = 49, enligt Lagranges sats. Låt oss så titta på antalet 11-Sylowundergrupper. Vi har här n11 j 72 112 och n11 1 (mod 11); med n11 = 1 som enda lösning. Vi konstaterar därför, på samma sätt som ovan, att G har en normal undergrupp Q av ordning 121. Motsva2 rande kvotgrupp G=Q är av ordning 49 = 7 , och av den anledningen 0 0 abelsk, så vi måste ha G Q. Lagranges sats ger att jG j är en delare i jQj = 121. 0 Sålunda är jG j en delare i både 49 och 121, men eftersom dessa två 0 tal är relativt prima, måste jG j = 1, vilket visar att G är abelsk. Sats 12.59. Låt p och q vara primtal med p < q. Då har varje grupp G av ordning pq en normal undergrupp av ordning q . Om dessutom q 6 1 (mod p), så är G abelsk. Bevis.
Vi kommer att använda ett resonemang, liknande det i föregå-
ende exempel, för att bevisa denna sats.
Kapitel 12. Ändliga grupper
280
nq vara antalet q-Sylowundergrupper i G. Sylows tredje sats säger att nq 1 (mod q ) och nq j pq . Detta betyder att nq = 1 eller nq = p. Men om nq = p, så måste p 1 (mod q), vilket är omöjligt när p < q . Sålunda är nq = 1. Gruppen G har en således en entydigt bestämd normal q -Sylowundergrupp Q. Satsens första påstående är Låt
därmed bevisat. Beträande det andra påståendet, konstaterar vi först att det för
Q ovan gäller att motsvarande kvotgrupp G=Q är abelsk, ty jG=Qj = p. Alltså måste G0 Q, och med hjälp av 0 Lagranges sats inses att jG j är en delare i q . För antalet p-Sylowundergrupper np i G gäller vidare np 1 (mod p) och np j pq , d.v.s. np = 1 eller np = q . Alternativet np = q är omöjligt, eftersom vi kräver att q 6 1 (mod p). I så fall måste np = 1, och precis som ovan inses att G innehåller en entydigt bestämd normal p-Sylowundergrupp P . 0 Kvotgruppen G=P är av ordning q och därför abelsk, varför G är en 0 undergrupp också i P . Alltså är jG j även en delare i p. Vi har nu funnit 0 att jG j är en delare i två olika primtal, och av den anledningen måste jG0 j = 1. Men detta betyder att G är abelsk, vilket skulle bevisas. den normala undergruppen
Exempel 12.60. Varje grupp av ordning 35 = 5 7 är abelsk, efter8 som 5 < 7 och 7 6 1 (mod 5). G vara en grupp av ordning 455 = 5 7 13. Vi cyklisk. Med Sylows tredje sats fås n13 = n7 = 1 (veri era att så är fallet!), d.v.s. G har en normal undergrupp P av ordning 13 och en normal undergrupp Q av ordning 7. Kvotgrupperna G=P och G=Q är av ordning 35 = 5 7 respektive 65 = 5 13. Båda dessa är abelska, enligt sats 12.59, och därmed innehåller såväl P som Q 0 0 kommutatorundergruppen G . Därför måste jG j vara en delare i både jP j = 13 och jQj = 7, vilket innebär att G0 = f1G g, d.v.s. att G är abelsk. Men en abelsk grupp av ordning 455 måste vara cyklisk, eftersom talen 5, 7 och 13 är parvis relativt prima. Exempel 12.61. skall visa att G är
Låt
Övningar till avsnitt 12.4 1. Hur många 3-Sylowundergrupper respektive 5-Sylowundergrupper kan det nnas i en grupp av ordning 675? 8
Samtliga grupper med 35 element är alltså isomorfa med
Z35.
12.4. Sylows satser 2.
281
Hur många undergrupper av ordning en grupp av ordning
3.
Visa att
441?
9 respektive 49 kan det nnas i
A4 , som ju är en grupp av ordning 12, inte innehåller någon 4. (A4 är för övrigt den grupp av lägst ordning,
undergrupp av ordning
för vilken omvändningen till Lagranges sats inte är uppfylld.)
4.
Visa att alla grupper som har färre än
20
element, och är av udda
ordning, är abelska.
5.
Visa att en grupp av ordning
(a) 200
(b) 310
(c) 992
(d) 1 815
inte kan vara enkel.
6.
Visa att varje grupp av ordning av ordning
17.
7.
Visa att en grupp av ordning
8.
Visa att en grupp med
(a) 143 element
935 har en cyklisk normal undergrupp
153 är abelsk. (b) 1 001 element
är cyklisk.
9. 10.
Låt
G vara en grupp av ordning 105. Visa att G är lösbar.
Visa att
11.
N är en lösbar normal undergrupp i G, och att jG=N j = 242. G är lösbar.
Antag att
Låt
G vara en grupp och N G. Antag att jG=N j = 91. Visa att om N G lösbar.
är abelsk, så är
12.
Visa att alla grupper med
(a) 45 element
(b) 99 element
(c) 12 element
är lösbara.
13.
Låt att
p vara ett primtal och antag att G är en grupp av ordning 2p. Visa G inte är enkel. Är G lösbar?
1 144 = 23 11 13 är lösbar. 15. Låt G vara en grupp. Visa att jG=Z (G)j 6= 35. 16. Visa att en grupp av ordning 1 859 = 11 132 alltid är abelsk. 17. Visa att varje grupp av ordning 48 871 = 132 172 är abelsk. 14.
Visa att en grupp av ordning
Kapitel 12. Ändliga grupper
282
18.
Låt
p vara ett primtal. Visa att en grupp av ordning 5p inte är enkel.
19.
Låt
P
20.
Låt
vara en
p-Sylowundergrupp i G. Visa att NG[NG (P )] = NG (P ).
G vara en ändlig grupp. Antag att H är en normal undergrupp i G P är en normal p-Sylowundergrupp i H . Visa att P G.
och att
Kapitel 13
Inledande ringteori Hittills har vi i huvudsak studerat grupper, som ju är exempel på algebraiska strukturer försedda med endast en kompositionsregel. Med tanke på att våra vanligaste talmängder
Z, Q , R och C
är stabila med
avseende på såväl addition som multiplikation, nns det all anledning att studera algebraiska strukturer, där kompositionsreglerna är två till antalet. I detta kapitel skall vi introducera sådana. De två kompositionsreglerna förutsätts uppfylla ett antal räknelagar som vi känner igen från vanlig addition och multiplikation av till exempel heltal. Beroende på hur många av dessa räknelagar som vi kräver skall gälla, får vi olika typer av algebraiska strukturer, såsom ringar, integritetsområden och kroppar.
13.1 Ringar I en abelsk grupp kan man i princip kan addera och subtrahera som vanligt. Vi kommer nu att införa en typ av algebraisk struktur, i vilken det dessutom är möjligt att multiplicera.
De nition 13.1. kompositionsregler
En
ring (R; +; ) är en mängd R försedd med två , kallade addition respektive multiplika-
+ och
tion, sådana att (i) (R; +) är en abelsk grupp. Det neutrala elementet 0R med avseende på + kallas nolla. 283
Kapitel 13. Inledande ringteori
284
(ii) (iii)
är associativ, d.v.s. a (b c) = (a b) c för alla a; b; c 2 R. är distributiv över +, d.v.s. de båda distributiva lagarna a (b + c) = (a b) + (a c) och (a + b) c = (a c) + (b c) gäller för alla a; b; c 2 R.
I stället för
a b kommer vi skriva ab i fortsättningen. Vidare har mul-
tiplikation alltid högre prioritet än addition, så de distributiva lagarna kan istället skrivas
a(b + c) = ab + ac respektive (a + b)c = ab + bc. De
distributiva lagarna kan för övrigt givetvis generaliseras till
a(b1 + b2 + + bn ) = ab1 + ab2 + + abn respektive
(b1 + b2 + + bn )a = b1 a + b2 a + + bn a; vilket man enkelt bevisar med hjälp av induktion. Genom att kombinera dessa lagar med varandra får man vidare
(a1 + a2 + + am )(b1 + b2 + + bn ) =
m X n X i=1 j =1
ai bj :
n är ett positivt heltal och r ett element i en ring, så kommer vi n r att mena en summa r + r + + r av n termer, samtliga lika med r . Precis som i fallet med grupper, kommer vi ofta att i stället för den klumpiga beteckningen (R; +; ) skriva enbart R. Om
med
Exempel 13.2.
Till de mest klassiska exemplen på ringar hör de
vanliga talmängderna, försedda med vanlig addition och multiplikation. Såväl
Z, Q , R som C
Exempel 13.3.
är alltså exempel på ringar.
Mängden
Mn (R)
av alla
n n-matriser
är en ring
under addition och multiplikation av matriser.
Exempel 13.4.
Mängden
F (R)
av alla funktioner från
R
till
R
är
ännu ett exempel på en ring. Addition och multiplikation av funktioner de nieras här på sedvanligt vis enligt
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
respektive
(fg)(x) = f (x)g(x)
13.1. Ringar
285
x 2 R. Det additivt neutrala elementet i F (R) ges av nollfunktionen x 7! 0. för alla
Exempel 13.5.
I stil med direkta produkter av grupper, se kapitel 9,
R1 ; R2 ; : : : ; Rn alla direkta produkten av dessa som den R1 R2 Rn försedd med komponentvis
kan man införa en direkt produkt av ringar. Om är ringar, så de nieras den cartesiska produkten
addition och multiplikation enligt
(a1 ; a2 ; : : : ; an ) + (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = (a1 + b1 ; a2 + b2 ; : : : ; an + bn ) respektive
(a1 ; a2 ; : : : ; an )(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = (a1 b1 ; a2 b2 ; : : : ; an bn ) för alla
(a1 ; a2 ; : : : ; an ); (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 R1 R2 Rn . Man ve-
ri erar enkelt att samtliga ringaxiom är uppfyllda.
Några enkla räknelagar för ringar omnämns i nedanstående dessa hittar vi bl.a. de båda teckenreglerna minus gånger plus ger minus och minus gånger minus ger plus.
Sats 13.6. I en ring R gäller (i) 0R a = a0R = 0R (ii) a( b) = ( a)b = (ab) (iii) ( a)( b) = ab. för alla a; b 2 R. Bevis.
(i) Med hjälp av den högerdistributiva lagen nner vi att
0R a + 0R a = (0R + 0R )a = 0R a = 0R + 0R a; eftersom
0R
är neutralt element med avseende på addition. Då
(R; +)
är en grupp så gäller annulleringslagarna med avseende på addition, vilket medför att
0R a = 0R . På samma sätt bevisar man att a0R = 0R .
(ii) Den vänsterdistributiva lagen ger
a( b) + ab = a( b + b) = a0R = 0R ;
Kapitel 13. Inledande ringteori
286
där den sista likheten fås med hjälp av (i). Av ovanstående ser man att
a( b) är additiv invers till ab. Men också (ab) är en additiv invers till ab, och då R är en grupp under addition har varje element i R en entydigt bestämd additiv invers. Sålunda måste a( b) = (ab). Beviset för att ( a)b = (ab) är analogt. (iii) Genom att i två steg använda oss av (ii), får vi
( a)( b) = [a( b)] = [ (ab)]; ( a)( b) är den additiva inversen till (ab). Men ab, så på grund av att inversen är entydigt bestämd, måste ( a)( b) och ab vara lika. vilket betyder att
detta gäller också för
Den additiva inversen till en produkt
ab
a och b ab istället för (ab).
av två element
ring, kommer i fortsättningen att skrivas
i en
Som synes ställs det inte så stora krav på multiplikationen i de nitionen av en ring. Till exempel behöver den varken vara kommutativ eller ha neutralt element, till skillnad från additionen.
De nition 13.7. tiv, kallas för en
En ring
kommutativ ring. Ett
ment, d.v.s. ett element alla
r
R, i vilken multiplikationen
1R = 6 0R
är kommuta-
multiplikativt neutralt ele-
med egenskapen
1R r = r1R = r
för
2 R, säges vara en etta. Om R är en ring som innehåller ett
sådant element, säges
R vara en ring med etta.
Det följer av sats 2.16 att det kan nnas högst en etta i en ring. Notera
1R inte får vara lika med 0R . Om vi skulle tillåta detta, skulle den triviala ringen f0R g blir en ring med etta, eftersom 1 det i denna ring ju gäller att 0R r = r 0R = r för alla r 2 f0R g. För vidare kravet på att
att emellertid slippa att göra undantag för den triviala ringen i diverse satser framöver, är det lika bra att göra sig av med denna bastard med en gång: Den triviala ringen räknas inte som en ring med etta, och därmed basta! 1
Det följer för övrigt av sats 13.6(i) att den triviala ringen är den enda ring i
vilket det additivt neutrala elementet också är neutralt med avseende på multiplikation.
13.1. Ringar
287
Exempel 13.8.
Var och en av ringarna
Z, Q , R och C
i exempel 13.2
är en kommutativ ring med etta.
Exempel 13.9.
Det är inte svårt att se att mängden
2Z av alla jäm-
na heltal är en kommutativ ring under vanlig addition och multiplika-
tion, men däremot inte en ring med etta.
Exempel 13.10.
Matrisringen
Mn (R) i exempel 13.3 är en ring med
etta. Det multiplikativt neutrala elementet ges nämligen av enhetsmatrisen. Däremot är
Mn (R)
en inte kommutativ ring (om
n
2),
eftersom matrismultiplikation inte är kommutativ.
Exempel 13.11.
Genom att kombinera föregående två exempel, kan
vi konstruera en ring som varken är kommutativ eller har en etta. Bilda (för
n
2) mängden Mn(2Z) av alla n n-matriser, vars samtliga
element är jämna heltal, och inför vanlig addition och multiplikation av matriser som kompositionsregler på denna mängd. Det som då erhålls
är en icke-kommutativ ring utan etta.
Sats 13.12.
Mängden
Zn av alla restklasser modulo n är en kommu-
tativ ring med etta under addition och multiplikation modulo
Bevis.
n.
Detta är inget annat än sats 2.28 i annan skepnad.
Vi har hittills med
Zn menat gruppen av alla restklasser modulo n
under addition modulo
n,
men från och med nu kommer vi att av-
se motsvarande ring under addition och multiplikation modulo ingenting annat sägs. Samma anmärkning gäller beträande och
C,
n, om
Z, Q , R
d.v.s. ifall vi inte säger annat, så syftar vi till dessa mängder
såsom ringar, och inte (additiva) grupper i fortsättningen.
R är en ring och n ett positivt heltal, så kommer vi med Mn (R) n n-matriser med element i R. Vi gjorde så redan i exempel 13.11, med R = 2Z. Man kan visa att Mn (R) är en ring Om
att avse mängden av alla
med avseende på addition och multiplikation av matriser, de nierade på det naturliga sättet, d.v.s. man adderar och multiplicerar som man är van vid, när man räknar med matriser, fast man måste ta hänsyn
Kapitel 13. Inledande ringteori
288
till den aritmetik som råder i den aktuella ringen med etta, så kommer också
Exempel 13.13.
Mn (R) att vara det.
R.2 Om R är en ring
Betrakta de två matriserna
A = 13 24
och
Betraktade som element i matrisringen
B = 43 21 : M2 (Z) så blir
A + B = 56 45
och
4 ; AB = 14 24 10
medan vi får
A + B = 01 40
och
AB = 44 40 ; M2 (Z5),
där all aritmetik sker
Som vi ser av sats 2.28, nns det vissa element i
Zn som har multiplika-
om
A
och
modulo
5.
B
betraktas som element i
tiv invers (närmare bestämt alla
a 2 Zn som är relativt prima med n).
Mängden av alla sådana element visar sig bilda en grupp under multiplikation modulo
n, den så kallade enhetsgruppen Zn modulo n, vilken
introducerades i sats 3.8. Vi skall nu generalisera detta till allmänna ringar, i vilka det nns en etta.
De nition 13.14. a 2 R som har en
Låt
R
vara en ring med etta
1R .
Ett element
multiplikativ invers, d.v.s. ett element
a
1
med
egenskapen
aa säges vara en
1
= a 1 a = 1R ;
enhet.
På grund av sats 2.21 har en enhet i en ring med etta exakt en invers med avseende på multiplikation. 2
Detta bevis väljer vi emellertid att utelämna.
13.1. Ringar
289
Z8 ges av 1, 3, 5 och 7. Detta är alltså precis elementen i enhetsgruppen Z8 modulo 8. Exempel 13.15.
Sats 2.28 ger att enheterna i
Exempel 13.16.
I heltalsringen
Z är endast 1 och 1 enheter. Dessa
två element utgör tillsammans en grupp under multiplikation, isomorf med gruppen
Z2, se Cayleytabellen i gur 13.1.
1 1 1
1 1
1 1 1
Figur 13.1 Exempel 13.17.
I
Q , R och C
är samtliga element utom
och även här utgör mängden av alla enheter, d.v.s.
ve C , grupper under multiplikation.
0 enheter,
Q , R
respekti-
Av ovanstående exempel att döma, verkar det som om mängden av alla enheter i en ring med etta är en grupp under multiplikation. Detta är också innebörden av nästa sats.
(R; +; ) vara en ring med etta och låt R vara mäng den av alla enheter i R. Då är (R ; ) en grupp. Denna är abelsk, om R
Sats 13.18.
Låt
är kommutativ.
Bevis.
Produkten av två enheter
b (jämför med följdsats 2.22(iii)). R är naturligtvis associativ, ettan 1R är en enhet
(den multiplikativa) inversen Multiplikationen på
a och b är en enhet, eftersom ab har
1a 1
(eftersom den har sig själv som invers) och verkar som neutralt element
R , och för varje a 2 R gäller givetvis a närhelst R är kommutativ, är trivialt. i
1
2 R. Att R är abelsk
De nition 13.19. Låt R vara en ring med etta. Den multiplikativa gruppen R av alla enheter i R kallas för enhetsgruppen till R. Exempel 13.20.
Enhetsgruppen till matrisringen
allmänna linjära gruppen
GLn (R).
Mn (R) ges av den
Kapitel 13. Inledande ringteori
290
I en ring
R
med etta kan nollan
0R r = r0R = 0R = 6 1R
för alla
r
0R
aldrig vara en enhet, eftersom
2 R.3
För vissa ringar med etta
gäller det till och med att nollan är det enda elementet som inte är en enhet. Sådana ringar är av speciellt intresse, och vi inför därför en egen benämning för dem.
De nition 13.21. En ring R med etta, i vilken samtliga element utom 0R är enheter, kallas för en divisionsring. Om en divisionsring är kommutativ säges den vara en
kropp, i annat fall en skevkropp.
Förutom att addera, subtrahera och multiplicera, kan man också alltid dividera i en divisionsring,
Exempel 13.22.
4 fast dock inte med noll.
Var och en av talmängderna
på en kropp. Mängden av alla heltal
Q , R och C
är exempel
Z är däremot ingen kropp, eftersom
endast två av dess element är enheter.
Sats 13.23.
Ringen
Zp är en kropp, om och endast om p är ett prim-
tal.
Bevis.
Sats 13.12 säger att
Zp åtminstone är en kommutativ ring med
etta. Följdsats 2.29 medför att denna är en kropp, om och endast om
p
är ett primtal.
När det gäller skevkroppar, kommer vi inte att ägna speciellt mycket tid åt sådana, utan vi nöjer oss med följande exempel, vilket i och för sig är ett klassiskt sådant.
Exempel 13.24 (Hamiltons kvaternioner).
I = 0i 0i ; J = 3
0 1 1 0
Betrakta matriserna
och
K = 0i 0i
Här har vi ett exempel på varför det kan vara bra att inte räkna den triviala
ringen som en ring med etta, se diskussionen på sidan 286. I annat fall hade man fått uttrycka sig i stil med I en icke-trivial ring
4
Därav namnet!
R med etta : : :
13.1. Ringar i
M2 (C ).
291
Man veri erar enkelt att dessa matriser uppfyller
I 2 = J 2 = K 2 = IJK = E ; där
E
är enhetsmatrisen i
M2 (C ).
(13.1)
Från dessa relationer kan man i sin
tur härleda sambanden
IJ = JI = K ; JK = KJ = I
och
KI = IK = J :
(13.2)
Vi sätter nu
H = faE + bI + cJ + dK j a; b; c; d 2 Rg: Ett godtyckligt element i H är på formen aE + bI + cJ + dK =
a + bi c + di = c + di a bi
z w ; w z
z = a + bi och w = c + di är komplexa tal. Detta betyder att ett element i H är entydigt bestämt av de reella talen a, b, c och d. Vi där
skall nu visa att
H
är en skevkropp under addition och multiplikation
de nierade enligt
(a1 E + b1 I + c1 J + d1 K ) + (a2 E + b2 I + c2 J + d2 K ) = (a1 + a2 )E + (b1 + b2 )I + (c1 + c2 )J + (d1 + d2 )K respektive
(a1 E + b1 I + c1 J + d1 K )(a2 E + b2 I + c2 J + d2 K ) = E + I + J + ÆK ;
(13.3)
där
8 > >
> : Æ
= = = =
a1 a2 b1 b2 c1 c2 d1 d2 a1 b2 + b1 a2 + c1 d2 d1 c2 a1 c2 b1 d2 + c1 a2 + d1 b2 a1 d2 + b1 c2 c1 d2 + d1 a2 :
Vackrare formler än den för multiplikation har man ju sett i sina da'r! Det nns dock ingen anledning att memorera den, eftersom den blott är resultatet av att man multiplicerar parenteserna i vänsterledet i (13.3)
Kapitel 13. Inledande ringteori
292
på sedvanligt vis, samtidigt som man tar hänsyn till sambanden (13.1) och (13.2). Eftersom kompositionsreglerna på av matriser, så inser man enkelt att
H
är addition och multiplikation
(H ; +)
är en abelsk grupp, att
multiplikationen är associativ, har neutralt element (i form av är distributiv över addition. Således är
H
E ) och
en ring med etta, och det
H inte är kommutativ. Det återstår att se H , skilda från nollmatrisen, är inverterbara och
framgår vidare av (13.2) att att samtliga matriser i att inversen tillhör
H.
aE + bI + cJ + dK 6= O i H . Detta element är, som vi a, b, c och d, så minst ett av dessa tal måste vara skilt från 0. Med litet räkningar får man att Tag således
såg ovan, entydigt bestämt av
(aE + bI + cJ + dK )(aE
bI
cJ
dK ) = (a2 + b2 + c2 + d2 )E :
a2 + b2 + c2 + d2 6= 0, blir därmed aE bI cJ dK (aE + bI + cJ + dK ) 2 2 2 2 = E ; a +b +c +d 1 existerar och tillhör H . varav vi konstaterar att (aE + bI + cJ + dK ) Eftersom
Därmed är
H
en skevkropp. Detta är den så kallade skevkroppen av
Hamiltons kvaternioner.5
I stil med undergrupper (se de nition 3.20) kan man också de niera underringar och underkroppar.
De nition 13.25. Låt R vara en ring. En delmängd S säges vara en underring i R, betecknat S R, om S är en ring under restriktionen av additionen och multiplikationen på R till S . Om S R men S 6= R, så kallas S för en äkta underring, vilket vi skriver som S < R. I samma anda de nieras begreppen
underkropp och äkta underkropp i
en kropp.
Exempel 13.26. talen
De rationella talen
Q
är en underkropp i de reella
R, som i sin tur är en underkropp i de komplexa talen C . DärZ inte en underkropp i varken Q , R eller C , men däremot en
emot är
underring i var och en av dem. 5
William Rowan Hamilton (18051865), irländsk matematiker.
13.1. Ringar
293
En motsvarighet till undergruppskriteriet (sats 3.21) nns för såväl underringar som underkroppar. Vi överlåter till läsaren att bevisa följande två satser.
Sats 13.27. Antag att (R; +; ) är en ring och låt S vara en delmängd av R. Då är S en underring i R, om och endast om (S; +) är en undergrupp i (R; +) och S är stabil med avseende på multiplikationen på R. Sats 13.28. Antag att (K; +; ) är en kropp och låt L vara en delmängd av K . Då är L en underkropp i K , om och endast om (L; +) är en undergrupp i (K; +), och (L n f0K g; ) en undergrupp i (K ; ). Exempel 13.29.
Betrakta mängden
R=
(
a b b a
)
a; b 2 R :
R är en underring i M2 (R). För det första ser man enkelt att (R; +) är en undergrupp (M2 (R ); +). Eftersom Vi påstår att
a1 b1 b1 a1
a2 b2 = b2 a2 =
så är ring i
a1 a2 b1 b2 b1 a2 a1 b2 a1 a2 b1 b2 (a1 b2 + b1 a2 )
a1 b2 + b1 a2 b1 b2 + a1 a2 a1 b2 + b1 a2 ; a1 a2 b1 b2
R stabil med avseende på multiplikation. Således är R en underM2 (R).
Vi har så här långt introducerat många nya algebraiska strukturer, vilka alla är olika typer av ringar (ringar med etta, kommutativa ringar, divisionsringar, kroppar och skevkroppar). För att hjälpa läsaren att hålla ordning på dem, presenterar vi i gur 13.2 på nästa sida ett diagram som beskriver hur dessa är relaterade till varandra.
Övningar till avsnitt 13.1 1.
Vilka av följande algebraiska strukturer är ringar? Är någon av dem en kropp?
Kapitel 13. Inledande ringteori
294
Ringar
Ringar
Kommutativa
med etta
ringar
Divisionsringar
Skevkroppar
Kroppar
Figur 13.2 (a) Z+punder vanligpaddition och multiplikation. (b) Q ( 3) = fa + b 3 j a; b 2 Q g under vanlig addition och multiplikation.
p
(c) R = fa + b 3 3 j a; b 2 Q g under vanlig addition och multiplikation. (d) C (R) = falla kontinuerliga funktioner från R till R g under vanlig (e) (P (M ); 4; \) (jfr. övning 5 till avsnitt 1.1). addition och multiplikation av funktioner.
2.
Visa att de generaliserade distributiva lagarna, d.v.s.
a(b1 + b2 + + bn ) = ab1 + ab2 + + abn respektive
(b1 + b2 + + bn )a = b1 a + b2 a + + bn a gäller i en ring, samt att
(a1 + a2 + + am )(b1 + b2 + + bn) = 3.
Visa att en direkt produkt
m X n X i=1 j =1
ai bj :
R1 R2 Rn av n ringar R1 ; R2 ; : : : ; Rn
är en ring under komponentvis addition och multiplikation.
4.
Visa att
konjugatregeln (a + b)(a b) = a2 b2 gäller i en ring, om
och endast om den är kommutativ.
13.1. Ringar 5.
Visa att
295
kvadreringsregeln (a + b)2 = a2 + 2 ab + b2 gäller i en ring,
om och endast om den är kommutativ.
6.
Låt
a och b vara element i en ring. Visa att
(a + b)n = om och endast om
7.
Låt
n X n
k
k=0
ab = ba.
R vara en ring. De niera S
8.
Bevisa sats 13.27 och sats 13.28.
9.
Låt
R försedd med samma a b = ba. Visa att S är en ring.
som mängden
addition, men med multiplikationen
R = M2(R),
an k bk ;
mängden av alla kvadratiska matriser med reella
element. Visa att var och en av nedanstående mängder är en underring i
R.
(a) S = (b) S = 10.
Visa att
( (
b d
)
a b 0 a
a; b 2 R
a c
a+c=b+d
p
)
p
[ 2 ] = fa + b 2 j a; b 2 Zg är en underring, men inte en
Z
underkropp, i
R.
Z[i] = fa + bi j a; b 2 Zg är en underring i C . (Elementen i [i] brukar kallas för gaussiska heltal.6) p p 12. Visa att Q ( 2) = fa + b 2 j a; b 2 Q g är en underkropp i R.
11.
Visa att
13.
Bestäm samtliga enheter i
Z
(a) Z3
(b) Z14
(c) Z Z
(d) M2 (Z2).
med etta 1R som har en underring S , som 1S , men där 1R 6= 1S . 15. Ett element i en ring R säges vara nilpotent, om an = 0R för något
14.
Ge exempel på en ring
R
också är en ring med etta
positivt heltal
n. Bestäm samtliga nilpotenta element i var och en av
följande ringar.
(a) Z4 6
(b) Z18
(c) Z50
(d) M2 (Z2)
Efter den tyske matematikern Carl Friedrich Gauss (1777-1855), en av de främs-
ta matematiker som någonsin levt tematikernas konung.
redan under sin levnad ck han epitetet Ma-
Kapitel 13. Inledande ringteori
296
R med etta. Antag att an = 0R för något positivt heltal n (d.v.s. att a är nilpotent, se föregående övning). Visa att 1R a är en enhet i R, och ange en formel för (1R a) 1 . 17. Visa att om a och b är nilpotenta element (se övning 15) i en kommutativ ring, så är även a + b nilpotent. 18. Ett element a i en ring R säges vara idempotent, om a2 = a. (Jämför
16.
Låt
a
vara ett element i en ring
med övning 3 till avsnitt 3.4). Bestäm samtliga idempotenta element i var och en av ringarna i övning 15.
19.
Vad krävs av en ring för att produkten av två godtyckliga idempotenta element (se föregående övning) också skall vara idempotent?
20.
R vara en ring med etta, och låt u och v vara två enheter i R. Visa u + v är en enhet, om och endast om u 1 + v 1 är en enhet. 21. Låt a och b vara element i en ring R med etta, sådana att ab = ba. Antag vidare att (a b)n = 0R . Visa att a är en enhet, om och endast om b är en enhet. 22. Låt a vara ett element i en ring R med etta. Antag att 1R ab är en enhet med inversen c. Visa att 1R ba är en enhet med inversen 1R + bca. Låt att
13.2 Nolldelare och integritetsområden ab av två heltal a och b är lika med 0, så kan vi med en gång säga att a = 0 eller b = 0. Men om produkten av två element i Z6 är lika med 0, kan vi inte dra samma slutsats. Till exempel är 2 3 = 0 i Z6, men ingen av faktorerna här är ju lika med 0. Om produkten
De nition 13.30. Ett element a i en ring R kallas för en nolldelare, om a 6= 0R , och om det nns ett b 6= 0R i R sådant att ab = 0R eller ba = 0R . Exempel 13.31. Förutom 2 och 3 så är även 4 en nolldelare i Z6, eftersom 3 4 = 0. Ringen Z5 saknar å sin sida nolldelare. I gur 13.3
Z5 Z6. Notera att tabellen för Z5 (till vänster) inte innehåller några nollor annat än i första raden och kolumnen, till skillnad från Z6, på motstående sida visas Cayleytabellerna för multiplikationen på respektive
som har ett antal nollor mitt i sin tabell.
13.2. Nolldelare och integritetsområden
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3 4
0 1 2 3 4
0 0 0 0 0
0 1 2 3 4
0 2 4 1 3
0 3 1 4 2
297
0 1 2 3 4 5
0 4 3 2 1
0 0 0 0 0 0
0 1 2 3 4 5
0 2 4 0 2 4
0 3 0 3 0 3
0 4 2 0 4 2
0 5 4 3 2 1
Figur 13.3 Exempel 13.32.
I matrisringen
1 1
2 2
M2 (R)
har vi
2 2 = 0 0 ; 1 1 0 0
så de båda matriserna i vänsterledet är nolldelare i
Då en ring
R
M2 (R).
är en (abelsk) grupp under addition, gäller de additiva
a + b = a + c ) b = c och b + a = c + a ) b = c a; b; c 2 R. Men de multiplikativa motsvarigheterna
annulleringslagarna för alla
a 6= 0R ; ab = ac =) b = c
(13.4)
a 6= 0R ; ba = ca =) b = c
(13.5)
respektive
behöver inte alltid gälla. Till exempel är
21 = 24 i Z6, men 1 6= 4. Med
tanke på att vi precis har infört begreppet nolldelare, samt konstaterat att
2 2 Z6 är en sådan, nns det skäl att misstänka att det är på grund 2 i likheten ovan.
av detta som det blir fel, när vi försöker förkorta bort Våra misstankar bekräftas av följande sats.
Sats 13.33.
Låt
R
vara en ring och
a; b; c
tre element i
formlerna (13.4) och (13.5) sanna, om och endast om
a
R.
Då är
inte är en
nolldelare.
Bevis.
)) Antag att a; b; c 2 R uppfyller (13.4) och (13.5). Vi vill
(
visa att
a
inte är en nolldelare, d.v.s. om
ar = 0R
eller
ra = 0R
för
Kapitel 13. Inledande ringteori
298
r 2 R, så måste r = 0R . Antag att det nns ett r 2 R sådant att ar = 0R . Eftersom a0R = 0R , har vi a0R = ar , varav r = 0R följer något
med hjälp av (13.4). Ett analogt resonemang används för att visa att
ra = 0R
r = 0R .
medför
() Vi skall visa att (13.4) och (13.5) är sanna, förutsatt att a inte a; b; c 2 R så att ab = ac. Då är ab ac = 0R , eller med andra ord a(b c) = 0R . Om a = 6 0R inte (
är en nolldelare. Antag således att det nns är en nolldelare i
R, måste b c = 0R , d.v.s. b = c. Detta bevisar (13.4).
På motsvarande sätt bevisas (13.5).
Följdsats 13.34.
De båda multiplikativa annulleringslagarna, givna
av (13.4) och (13.5), gäller i en ring, om och endast om denna saknar nolldelare.
Exempel 13.35.
Då
Z saknar nolldelare, gäller sålunda de multipli-
kativa annulleringslagarna i denna ring, vilket också överensstämmer
med våra erfarenheter.
Sats 13.36. Låt R vara en kommutativ ring med etta. Då kan en enhet i R inte vara en nolldelare. Om R dessutom är ändlig, så gäller även omvändningen, d.v.s. ett element (skilt från 0R ) som inte är en nolldelare, måste vara en enhet.
a 6= 0R
Låt
vara en enhet. Då existerar alltså
a
1
i R. I avsikt a också är en nolldelare. Detta innebär att det nns ett b = 6 0R med egenskapen ab = 0R . Multiplikation 1 medför att b = 0 , och den eftertraktade av båda leden med a R
Bevis.
att få en motsägelse, antar vi att
motsägelsen är erhållen.
R är ändlig, och att a 6= 0R inte är en nolldelare. Vi a måste vara en enhet, d.v.s. att a 1 existerar. Eftersom R
Antag nu att vill visa att
är ändlig, kan vi göra upp en lista över dess element. Antag att
är samtliga element skilda element (utom
0R )
r1 ; r2 ; : : : ; rn från 0R i R. Vi
(13.6) förutsätter här att varje
tagits med exakt en gång; det nns alltså inga
dubbletter i (13.6). Betrakta nu listan
ar1 ; ar2 ; : : : ; arn ;
(13.7)
13.2. Nolldelare och integritetsområden
299
vilken erhållits genom att multiplicera element i listan (13.6) med
a.
a 6= 0R inte är en nolldelare, saknas 0R också i (13.7). Antag i och j så att ari = arj . Då medför sats 13.33 ri = rj , eftersom a inte är en nolldelare. Detta strider mot att
Eftersom
att det nns olika att
den ursprungliga listan saknar dubbletter. Således förekommer varje
0R exakt en gång också i (13.7). Speciellt måste något k , vilket betyder att a är en enhet. Därmed är
element skilt från
ark = 1R
för
satsen bevisad.
Följdsats 13.37.
Nolldelarna i
inte är relativt prima med
Bevis.
n.
Zn består precis av de element, som
Detta följer direkt av föregående sats, samt sats 2.28.
Exempel 13.38. element skilda från
Nolldelarna i Z10 ges av 2, 4, 5, 6 och 8. 0, d.v.s. 1, 3, 7 och 9, är enheterna i Z10.
Övriga
I en oändlig kommutativ ring med etta behöver det inte vara så, att ett element som inte är en nolldelare måste vara en enhet. Studera till exempel
Z, som inte innehåller några nolldelare alls, och bara två
enheter. De esta heltal skilda från enheter i
Z.
De nition 13.39.
0
är alltså varken nolldelare eller
En kommutativ ring med etta kallas för ett
tegritetsområde, om den saknar nolldelare.
Det klassiska exemplet på ett integritetsområde är heltalsringen av exempel 13.31 framgår det att inte
Z6.
Sats 13.40.
Z5 är
in-
Z, och
ett integritetsområde, men
En kommutativ ring med etta är ett integritetsområde,
om och endast om de multiplikativa annulleringslagarna gäller i den.
Bevis.
Använd följdsats 13.34!
Det förekommer ibland i litteraturen, att ett integritetsområde de -
Kapitel 13. Inledande ringteori
300
nieras som en kommutativ ring med etta, i vilken de multiplikativa annulleringslagarna är giltiga. På grund av föregående sats, är denna de nition ekvivalent med vår egen i de nition 13.39.
Sats 13.41.
Varje kropp är ett integritetsområde, och varje ändligt
integritetsområde är en kropp.
Bevis.
I en kropp
K
är alla element skilda från
0K
enheter. Enligt
K är D är ett ändligt integritetsområde, så säger samma sats att samtliga element skilda från 0D är enheter, d.v.s. D är sats 13.36 kan det därför inte få plats med några nolldelare, så ett integritetsområde. Om en kropp.
Ett oändligt integritetsområde behöver dock inte vara en kropp, vilket
Z är ett exempel på.
Följdsats 13.42. (i) (ii) (iii)
Följande tre utsagor är ekvivalenta:
Zp är ett integritetsområde Zp är en kropp p är ett primtal.
Bevis.
Sats 13.41 medför att (i) och (ii) är ekvivalenta, medan ekviva-
lensen mellan (ii) och (iii) visades i sats 13.23.
Vi kan nu modi era gur 13.2 på sidan 294, genom att tillfoga integritetsområdena till skaran av ringar. Detta är gjort i gur 13.4 på motstående sida.
Övningar till avsnitt 13.2 1.
Ange nolldelarna i var och en av följande ringar.
(a) Z4 (d) Z25
(b) Z8 (e) Z3 Z5
2.
Vilka är nolldelarna i matrisringen
3.
Antag att
D1
och
integritetsområde?
D2
(c) Z14 (f) Z Z4
M2 (Z2)?
är integritetsområden. Är då även
D1 D2
ett
13.3. Karakteristiken av en ring
301
Ringar
Ringar
Kommutativa
med etta
ringar
Divisionsringar
Integritetsområden
Skevkroppar
Kroppar
Figur 13.4 4.
Låt
R
5.
R innehåller ett u2 = u. Visa att u är en etta i R.
vara en ring utan nolldelare, och antag att
element
u 6= 0R
med egenskapen
Ge exempel på en oändlig kommutativ ring med etta, där elementen skilda från nollan är antingen enheter eller nolldelare.
6.
A vara en nolldelare i matrisringen M2 (Z5). Visa att An = O för + något n 2 Z , d.v.s. visa att varje nolldelare i M2 (Z5) är nilpotent (se Låt
övning 15 till avsnitt 13.1).
7.
A 2 Mn (R) är en nolldelare, om och endast om det A = 0. (För att lösa uppgift krävs litet kunskaper i linjär algebra.) Visa att en matris
13.3 Karakteristiken av en ring De nition 13.43. Låt R vara en ring med etta. Då de nieras karakteristiken av R, betecknat char R, som det minsta positiva heltal n som uppfyller
n 1R = 1| R + 1R {z + + 1R} = 0R ; n termer
om ett sådant
n existerar. I annat fall sätter man char R = 0.
Kapitel 13. Inledande ringteori
302
Den engelska benämningen för karakteristiken av en ring är
ristic of a ring, därav
char'.
characte-
beteckningen '
Exempel 13.44. Det kan aldrig inträa att n 1 = 0 för något positivt heltal n i Z, så char Z = 0. För Zn gäller char Zn = n. char R som ordningen av elementet 1R i (R; +), om denna är ändlig, och i annat fall char R = 0.
Alternativt kan man de niera gruppen
Den direkta produkten Z2 Z4 av ringarna Z2 Z4 har karakteristiken 4, ty det multiplikativt neutrala elementet i Z2 Z4 är (1; 1), och i gruppen Z2 Z4 gäller att (1; 1) är av
Exempel 13.45. och
ordning
4.
Sats 13.46. Antag att R är en ring med etta och att char R = n > 0. Då är n r = 0R för alla r 2 R. Bevis.
Med användande av den distributiva lagen får vi
+ + 1D}) n r = r| + r +{z + r} = r(1| D + 1D {z n termer
= r(n 1R ) = r0R = 0R ;
n termer
vilket bevisar satsen.
Exempel 13.47. Låt R vara en kommutativ ring med etta och antag att char R = 2. Eftersom R är kommutativ, så gäller kvadreringsregeln (se övning 5 till avsnitt 13.1), så för alla a och b i R har vi alltså (a + b)2 = a2 + 2 ab + b2 :
R har karakteristiken 2, så fås med hjälp av föregående sats att 2 ab = 0R , och således har vi Men eftersom
(a + b)2 = a2 + b2 : Således gäller nybörjarens kvadreringsregel i en kommutativ ring med etta, om
char R = 2. Se även övning 3.
R
13.3. Karakteristiken av en ring
303
Sats 13.48. Karakteristiken för ett integritetsområde kan bara vara lika med 0 eller ett primtal. Bevis.
Låt
D
char D = n > 0 1 < a < n och 1 < b < n.
vara ett integritetsområde. Antag att
inte är ett primtal, d.v.s. att
n = ab,
där
Med hjälp av de distributiva lagarna får man
(a 1D )(b 1D ) = (1| D + 1D {z + + 1D})(1| D + 1D {z + + 1D}) a termer
= 1| D + 1D {z + + 1D}
b termer
ab=n termer
= n 1D = 0D :
D är ett integritetsområde, måste a 1D = 0D eller b 1D = 0D . Men båda dessa alternativ strider mot att n de nitionsmässigt är det minsta positiva heltalet med egenskapen n 1D = 0D . Antagandet om att n inte är ett primtal måste således vara felakPå grund av att
tigt.
Eftersom varje kropp är ett integritetsområde, gäller ovanstående sats också för kroppar.
Övningar till avsnitt 13.3 1.
2. 3.
Bestäm karakteristiken av följande ringar.
(a) Z3 Z4 (d) Z3 Z6 Z2
(b) Z4 Z6 (e) Z2 Z
För en kommutativ ring
R med etta gäller char R = 4. Utveckla (a+b)8 ,
där
a; b 2 R.
Låt
p
(c) Z2 Z4 Z5 (f) M2 (Z2)
vara ett primtal. Visa att i en kommutativ ring
gäller nybörjarens exponentlag
R
med etta så
(a + b)p = ap + bp , om char R = p.
Kapitel 14
Homomor smer, ideal och kvotringar Syftet med detta kapitel är att hitta motsvarigheter för ringar till begreppen grupphomomor sm, gruppisomor sm, normal
h
kvotgrupp.
14.1 Ideal och kvotringar Låt (R; +; ) vara en ring. Då är (R; +) en abelsk grupp, vilket betyder att alla dess undergrupper är normala. Om så kommer alltså
(S; +)
S
är en underring i
att vara en normal undergrupp i
R,
(R; +).
I
kapitel 10 konstaterade vi att det är möjligt att införa en gruppstruktur på mängden
R=S
av alla (additiva) sidoklasser till
S , enligt
(x + S ) + (y + S ) = (x + y) + S; eller uttryckt i ord: Summan av den sidoklass som innehåller
x
2R
y 2 R de nieras som den sidoklass 2 R. Men R är ju från början en ring, så det
och den sidoklass som innehåller som innehåller
x+y
R=S till en ring genom att införa S i samma anda: Produkten av den sidoklass som innehåller x och den sidoklass som innehåller y skall vara lika med den sidoklass som innehåller xy , d.v.s. vore trevligt om vi också kan göra multiplikation av sidoklasserna till
(x + S )(y + S ) = xy + S: 304
14.1. Ideal och kvotringar
305
För att detta skall vara möjligt, krävs det något extra av nämligen inte med att
S . Det räcker
S är en underring i R, vilket belyses av följande
exempel.
Exempel 14.1.
Z av alla heltal är en underring i Q , och
Mängden
vi kan bilda (den additiva) kvotgruppen
Q =Z = fr + Z j r 2 Qg: Två element r1 + Z och r2 + Z i en denna kvotgrupp är lika, om och endast om r1 r2 2 Z. Till exempel är alltså 5=2+ Z och 1=2+ Z samma sidoklass, men inte 5=4 + Z och 1=3 + Z (eftersom 5=2 1=2 = 2 är ett 5=4 1=3 = 11=12). Om vi nu provar att multiplicera 1=2 + Z och 1=3 + Z med varandra på det sätt som vi
heltal, men inte sidoklasserna
beskrev ovan, får vi
Ifall vi här ersätter som
1=2 + Z, får vi
1 +Z 2
1 1 + Z = + Z: 3 6
1=2 + Z med 5=2 + Z, som ju är samma sidoklass
5 +Z 2
1 5 + Z = + Z: 3 6
Om detta nu hade varit en välde nierad multiplikation av sidoklasser, skulle
5=6 + Z och 1=6 + Z ha varit samma sidoklass. Så är emellertid 5=6 1=6 = 2=3 inte är ett heltal.
inte fallet, eftersom
En naturlig fråga är nu vad som krävs av en underring att den additiva kvotgruppen
S i en ring R, för
R=S också skall bli en ring. Hemligheten
ligger i följande de nition.
De nition 14.2. Låt R vara en ring. En underring I i R säges vara ett ideal i R, om och endast om ar; ra 2 I för alla a 2 I och r 2 R. Om I 6= R, så säges I vara ett äkta ideal. R är kommutativ behöver man givetvis inte veri era att både ar och ra tillhör I , för att visa att underringen I är ett ideal i R. Om
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
306
Det nns en analogi mellan ett ideal och nollan i en ring. Oavsett vad man multiplicerar ett element i ett ideal med, så stannar man kvar idealet, och oavsett vad man multiplicerar
Exempel 14.3.
med, blir resultatet
0R .
R= 6 f0R g har minst två ideal, nämligen R triviala idealet f0R g.
Varje ring
själv och det så kallade
Exempel 14.4.
0R
Betrakta ringen
F (R) av alla funktioner från R till R a vara ett
(under vanlig addition och multiplikation av funktioner). Låt godtyckligt reellt tal och sätt
Ia = ff
2 F (R) j f (a) = 0g:
Ia ett ideal i F (R): Det är för det första inte svårt att se att Ia är F (R). Om vidare f 2 Ia och g 2 F (R) är en godtycklig funktion, så gäller för produkten h = fg att h(a) = f (a)g (a) = 0. Således gäller fg 2 Ia . Då är
en underring i
Exempel 14.5.
Underringen
ZiQ
är inget ideal i
inte behöver vara så att
ar 2 Z, om a 2 Z och r 2 Q .
Lemma 14.6.
vara en ring och
Låt
R
I
Q , eftersom det
en underring i
R.
Då är
multiplikation av sidoklasser enligt
(x + I )(y + I ) = xy + I
(14.1)
en välde nierad multiplikation av elementen i den additiva kvotgruppen
R=I , om och endast om I
Bevis.
ar
R.
)) Antag att (14.1) ger en välde nierad multiplikation av siR=I och välj r 2 R och a 2 I godtyckligt. Vi vill visa
(
doklasser i att
är ett ideal i
och
ra båda tillhör I . Nu är I
en additiv undergrupp i
innehåller det additivt neutrala elementet är därför
a+I
och
0R + I
0R .
R, så I a 2 I,
Eftersom också
samma sidoklass. På grund av att (14.1) är
välde nierad ger detta
ar + I = (a + I )(r + I ) = (0R + I )(r + I ) = 0R r + I = 0R + I;
ar + I och 0R + I är samma sidoklass. Således ar 2 I . På liknande sätt visar man att ra 2 I . d.v.s.
14.1. Ideal och kvotringar
() Vi antar nu att I
(
307
är ett ideal, och vill visa att (14.1) ger en
välde nierad multiplikation av sidoklasser. Antag att
y + I = y1 + I . Då gäller x x1 ; y y1 2 I . xy + I = x1 y1 + I , d.v.s. att xy x1 y1 2 I . Nu är och
x + I = x1 + I
Vi måste visa att
xy x1 y1 = xy x1 y + x1 y x1 y1 = (x x1 )y + x1 (y1
2 R så gäller (x x1)y 2 I , på grund av att I är ett ideal. På samma sätt ser vi att x1 (y1 y) 2 I . Båda Eftersom
x
2I
y):
x1
och
y
termerna i högerledet ovan tillhör alltså
I,
och därmed måste deras
summa också göra det. Vi konstaterar därmed att
xy x1 y1 2 I , vilket
skulle bevisas.
Sats 14.7.
Låt
R vara en ring och I
ett ideal i
R. Då är R=I en ring
under addition och multiplikation av sidoklasser enligt
(x + I ) + (y + I ) = (x + y) + I respektive
(x + I )(y + I ) = xy + I:
R är kommutativ, så är även R=I detta, och om R har en etta 1R , så är 1R + I en etta i R=I . Om
Bevis.
Alla egenskaper rörande addition av sidoklasser är klara sedan
tidigare (kapitel 10), och i föregående sats visades det att multiplikation av sidoklasser är välde nierad. För att visa att
R=I
är en ring
återstår det således att visa att multiplikationen är associativ och att de distributiva lagarna gäller. Detta överlåter vi till läsaren. Läsaren
R=I är kommutativ, om R är det, multiplikativt neutralt element i R=I ,
får också uppdraget att veri era att
1R + I R.
och att visa att om
1R
är det i
De nition 14.8.
modulo I .
är ett
Ringen
R=I i sats 14.7 kallas för kvotringen av R
R=I utgörs av den sidoklass till I som innehål0R , d.v.s. 0R=I = 0R + I = I . Detta späder på analogin mellan ideal
Nollan i en kvotring ler
och nolla, som vi var inne på vid ett tidigare skede.
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
308
Exempel 14.9.
Heltalen
Z utgör en ring, och för varje heltal n är nZ inte svårt att se att nZ är ett ideal: Tag
Z. Det är 2 Z och a 2 nZ godtyckligt. Då är a = nk för något heltal k, vilket ger ar = nrk 2 nZ. Således är Z=nZ en ring under addition och en underring i
r
multiplikation av sidoklasser. För till exempel
n = 5 har vi
(3 + 5Z)(4 + 5Z) = 12 + 5Z = 2 + 5Z att jämföra med
3 4 = 2 i Z5.
Vi vet från kapitel 10 att grupperna
Z=nZ och Zn är isomorfa (se följd-
sats 10.29). Exemplet ovan antyder att motsvarande gäller för ringarna
Z=nZ och Zn. Men vi har ännu inte de nierat vad som menas med att två ringar är isomorfa. Detta, och litet till, ägnar vi oss åt i nästa avsnitt.
Övningar till avsnitt 14.1 1.
Ange samtliga ideal i följande ringar.
(a) Z6 2.
(b) Z12
(c) Z2 Z4
Skriv upp Cayleytabellerna för såväl addition som multiplikation på
R=I , om (a) R = Z10, I = f0; 5g
kvotringen
3.
Låt
(b) R = Z18, I = f0; 6; 12g.
R vara en ring och I ett ideal i R. Komplettera beviset för sats 14.7,
genom att:
(a) Visa att multiplikation av sidoklasser är associativ, d.v.s.
[(a + I )(b + I )](c + I ) = (a + I )[(b + I )(c + I )] för alla
a; b; c 2 R
(b) Visa att de distributiva lagarna gäller i R=I , d.v.s.
(a + I )[(b + I ) + (c + I )] = (a + I )(b + I ) + (a + I )(c + I ) och
[(b + I ) + (c + I )](a + I ) = (b + I )(a + I ) + (c + I )(a + I ) för alla
a; b; c 2 R
14.1. Ideal och kvotringar
309
(c) Visa att om R är kommutativ, så gäller
(a + I )(b + I ) = (b + I )(a + I ) för alla
a; b 2 R, d.v.s. R=I
är också kommutativ
(d) Visa att om R har en etta 1R , så har också R=I en etta i form av
1R + I .
4.
Låt
R vara en ring med etta och I ett ideal i R. Visa att om a 2 R är a + I en enhet i R=I .
en enhet, så är
5.
R vara en kommutativ ring med etta. Visa att en delmängd I av R a + b 2 I för alla a; b 2 I , och ar 2 I för alla a 2 I , r 2 R. Låt
är ett ideal, om och endast om
6.
Låt
7.
Antag att
I
och
ett ideal i
8.
J
vara ideal i en ring
I och J R S.
R. Visa att I \ J
är ideal i ringarna
är ett ideal i
R.
R respektive S . Visa att I J
är
R vara en kommutativ ring med etta och antag att I och J är två R. (a) Visa att I + J = fr + s j r 2 I; s 2 J g är ett ideal i R. (b) Bestäm I + J i Z, om I = 6Z och J = 15Z. (c) Antag att a; b 2 Z. Visa att aZ + bZ = Z, om och endast om SGD(a; b) = 1. 9. Låt I och J vara två ideal i en kommutativ ring R med etta. Låt
ideal i
(a) Visa att
IJ = är ett ideal i
( n X
i=1
ai bi
n 2 Z ; ai 2 I; bi 2 J +
R.
(b) Bestäm IJ , om R = Z, I = 4Z och J = 6Z. 10.
Låt
R vara en kommutativ ring och a 2 R. Sätt Ia = fr 2 R j ar = 0R g:
(a) Visa att Ia är ett ideal i R. (b) Låt R = Z20. Bestäm I3 , I5 och I12 . 11.
Låt
R vara en kommutativ ring och sätt I = fx 2 R j xn = 0R
för något
n 2 Z+g:
)
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
310
(a) Visa att I 12.
Låt
är ett ideal i
R.
(b) Vad är I , om R = Z36?
R vara en kommutativ ring och I
(a) Visa att
p
I = fx 2 R j xn 2 I
ett ideal i
R.
för något
n 2 Z+g;
till I , är ett ideal i R. p radikalen p
den så kallade
p
(b) Visa att p I = I . (c) Bestäm I , om R = Z och I = 72Z.
14.2 Homomor smer och isomor smer G och H kallas isomorfa, om det : G ! H , d.v.s. en bijektiv avbildning som har (ab) = (a) (b) för alla a; b 2 G, se kapitel 8. En ho-
Vi påminner om att två grupper nns en isomor sm egenskapen
momor sm uppfyller också denna likhet, men är inte nödvändigtvis bijektiv. Vi vill nu formulera motsvarande för ringar. Om två ringar och
S
R
är isomorfa, d.v.s. väsentligen lika, måste för det första de ab-
(S; +) vara isomorfa, så det måste alltså existera en bijektiv avbildning : R ! S som åtminstone har egenskapen att (a + b) = (a) + (b) för alla a; b 2 R. Nu är detta inte elska grupperna
(R; +)
och
tillräckligt, eftersom vi har två kompositionsregler att hålla reda på i en ring. Samtidigt som
bevarar additionen, måste den också bevara (ab) = (a) (b) är uppfyllt.
multiplikationen, d.v.s. vi vill även att
En isomor sm mellan två ringar är alltså informellt en bijektiv avbildning som bevarar både addition och multiplikation. Om man släpper kravet på bijektivitet erhåller man en homomor sm. Vi sammanfattar vårt resonemang i en formell de nition. Låt R och S vara ringar. En avbildning : R ! S homomor sm, om den uppfyller
De nition 14.10. säges vara en
(a + b) = (a) + (b)
och
(ab) = (a) (b)
(14.2)
a; b 2 R. Om dessutom är bijektiv, kallas avbildningen för isomor sm, och i så fall säges R och S vara isomorfa, vilket vi betecknar R ' S . för alla en
14.2. Homomor smer och isomor smer
311
Med ett enkelt induktionsbevis kommer man fram till att (14.2) kan generaliseras till
(a1 + a2 + + an ) = (a1 ) + (a2 ) + + (an ) och
(a1 a2 : : : an ) = (a1 ) (a2 ) : : : (an ):
(14.3)
Ibland kommer vi att kalla en homomor sm eller isomor sm från en ring till en annan för en ringhomomor sm respektive en ringisomor sm.
Exempel 14.11.
Låt R och S vara två ringar. Den triviala gruppho(R; +) till (S; +) ges av (r) = 0S för alla r 2 R (se exempel 10.8). Denna avbildning är också en ringhomomor sm från R till S . momor smen från
Exempel 14.12.
Det konstaterades i exempel 13.29 att
R= är en underring i
M2 (R).
(
a; b
a b b a
2R
)
Betrakta avbildningen
enligt
(a + bi) =
:C
! R de nierad
a b b a
a + bi 2 C . Det är inte svårt att se att denna är bijektiv och [(a1 + b1 i) + (a2 + b2 i)] = (a1 + b1 i) + (a2 + b2 i). Räkningarna
för alla att
i exempel 13.29 visar att
(a1 + b1 i) (a2 + b2 i) =
a1 a2 b1 b2 a1 b2 + b1 a2 ; a1 b2 b1 a2 a1 a2 b1 b2
och eftersom
[(a1 + b1 i)(a2 + b2 i)] = [(a1 a2 b1 b2 ) + (a1 b2 + b1 a2 )i] a a b b a b + b a 1 2 1 2 1 2 1 2 = ab ba aa bb ; 1 2 1 2 1 2 1 2 har vi således C ' R. En konsekvens av detta är att R är en kropp (eftersom C är det), så bl.a. gäller AB = BA för alla A; B 2 R.
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
312
Exempel 14.13.
I ett av exemplen i kapitel 8, närmare bestämt ex-
empel 8.2, såg vi att grupperna
Z och 2Z är isomorfa, och att (a) = 2a
är en gruppisomor sm. Samma avbildning är dock inte också en ring-
(ab) = 2ab, medan det å andra sidan gäller att (a) (b) = 2a 2b = 4ab. isomor sm, eftersom vi å ena sidan har
Sats 8.7 och följdsats 8.8 rörande gruppisomor smer har en motsvarighet också för ringisomor smer. Vi formulerar dessa nedan, men överlåter deras bevis till läsaren.
Sats 14.14.
För ringisomor smer gäller följande påståenden.
(i) Identitetsavbildningen (ii) Om
:R!S
också det. (iii) Om
1 : R1
är en isomor sm, så är dess invers
! R2
sammansättningen
Följdsats 14.15.
" : R ! R är en isomor sm.
och
2 : R2
2 Æ 1
Ringisomor
! R3
1
:S!R
är isomor smer, så är
en isomor sm från
R1
till
R3 .
' är en ekvivalensrelation på varje
mängd av ringar.
Påståendena i lemma 10.10 och sats 10.11 har också sina motsvarigheter för ringhomomor smer. Vi sammanfattar dessa i följande sats.
Sats 14.16. Låt : R1 ! R2 vara en ringhomomor sm. Då gäller (i) (0R1 ) = 0R2 , ( r ) = (r) och (k r) = k (r) för alla k k heltal k och alla r 2 R1 . Om k 1 så gäller även (r ) = (r ) . (ii) Om S1 är en underring i R1 så är (S1 ) = f (s) j s 2 S1 g en underring i (iii) Om
S2
R2 .
är en underring i
R2 så är
1 (S2 ) = fr 2 R j (r) 2 S2 g en underring i
R1 .
14.2. Homomor smer och isomor smer
313
är icke-trivial, och om R1 är en ring med etta, så är (1R1 ) en etta i im . Om är icke-trivial, om R1 är en ring med etta, och om r en 1 = (r 1 ). Vidare enhet i R1 , så är (r ) en enhet i im och (r ) k k gäller i så fall (r ) = (r ) för alla k 2 Z.
(iv) Om
(v)
Bevis.
De tre första likheterna i (i) följer av lemma 10.10, eftersom
(R1 ; +) och (R2 ; +) är grupper. Den sista likheten fås från (14.3), genom där sätta n = k och ri = r för alla i. För att bevisa (ii) noterar vi först att ( (S1 ); +) är en undergrupp i (R2 ; +), enligt sats 10.11(i). Med hänvisning till sats 13.27, behöver vi därför endast veri era att (S1 ) är stabil med avseende på multiplikationen på R2 . Motsvarande iakttagelser kan göras beträande (iii). Ifyllandet av detaljerna överlåtes till läsaren.
Rörande (iv) och (v) så kan dessa bevisas på ett sätt, snarlikt med beviset för lemma 8.13. Vi överlåter även detta som en övning för läsaren.
Exempel 14.17. Det är inte svårt att se att : Z2 ! Z6, de nierad enligt (0) = 0 och (1) = 3, är en homomor sm. Enligt sats 14.16(iv) är (1) = 3 en etta i underringen (Z2) = f0; 3g i Z6. Men 3 är inte en etta i Z6. Detta visar att en ringhomomor sm : R ! S inte behöver uppfylla (1R ) = 1S (i den mån 1R och 1S existerar).
Övningar till avsnitt 14.2 1. Låt : R ! S vara en ringhomomor sm. Visa att (a1 + a2 + + an ) = (a1 ) + (a2 ) + + (an ) och
(a1 a2 : : : an ) = (a1 ) (a2 ) : : : (an ) för alla
2.
a1 ; a2 ; : : : an 2 R.
Avgör om följande avbildningar är ringhomomor smer.
(a) : Z2 ! Z8, (a) = 4a (b) : Z3 ! Z15, (a) = 5a (c) : Z2 ! Z10, (a) = 5a (d) : Mn(R) ! R, (A) = det A p p 3. (a) Visa att Z[ 3 ] = fa + b 3 j a; b 2 Zg är en ring.
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
314
(
(b) Visa att R = ab 3ab p (c) Visa att Z[ 3 ] ' R. 4.
Låt
p vara ett primtal och R en kommutativ ring med etta, sådan att för alla
2 R, är en homomor sm från R till R. (Denna avbildning brukar
kallas
Frobenius' homomor sm.1)
Visa att det inte nns någon icke-trivial ringhomomor sm från (Ledning: Om
6. 7. 8.
är en ring.
char R = p. Visa att : R ! R, de nierad enligt (a) = ap a
5.
a; b 2 Z
)
C
till
vore en sådan, vad skulle då (i) vara lika med?)
R.
Bevisa sats 14.14 och följdsats 14.15. Bevisa (ii), (iii), (iv) och (v) i sats 14.16. Visa att en ringhomomor sm
ker = f0R g, jfr. sats 10.14.
: R ! S är injektiv, om och endast om
14.3 De tre isomor satserna för ringar Låt R och S vara ringar och : R ! S en homomor sm. Från kapitel 10 känner vi till att kärnan
ker = fr 2 R j (r) = 0S g och bilden
im = f (r) j r 2 Rg
är additiva undergrupper i R respektive S . Om vi betraktar R och S som ringar, så kan vi säga mer än så om ker och im . till
Sats 14.18. Låt : R ! S vara en ringhomomor sm. ett ideal i R och im en underring i S .
Då är
ker
ker är ett ideal i R räcker det att visa att ar och ra tillhör ker , om a 2 ker och r 2 R. Om a 2 ker så är (a) = 0S , vilket ger Bevis.
För att bevisa att
(ar) = (a) (r) = 0S (r) = 0S : 1
Georg Frobenius (18491917), tysk matematiker.
14.3. De tre isomor satserna för ringar
315
ar 2 ker . Att ra 2 ker bevisas på samma sätt. Att im är en underring i S följer direkt från sats 14.16(ii), eftersom R är en underring i R och im = (R). Av detta ser vi att
Precis som kärnan till en grupphomomor sm ger upphov till en normal undergrupp och därmed en kvotgrupp, ger alltså kärnan till en ringho-
: R ! S upphov till ett ideal, och därmed en kvotring R= ker . Liksom för grupper visar det sig att det omvända förfarandet också gäller, d.v.s. givet ett ideal I i en ring R, så nns det en ring S och en homomor sm : R ! S , vars kärna är lika med I . momor sm
Sats 14.19.
Låt
R vara en ring, I ett ideal i R och R=I motsvarande I : R ! R=I
kvotring. Då är den kanoniska grupphomomor smen de nierad enligt
I (r ) = r + I för alla
Bevis.
r 2 R en surjektiv ringhomomor sm med kärnan I . För varje
x; y 2 R gäller att
I (xy ) = xy + I så
I
= (x + I )(y + I ) =
I (x) I (y );
har alltså den multiplikativa homomor egenskapen. Detta är allt
vi behöver bevisa, eftersom återstoden följer av sats 10.20.
Sats 14.20 (Korrespondenssatsen för ringar). Antag att R är en ring och I ett ideal i denna. För varje ideal J i R som omfattar I gäller att
J=I = fa + I j a 2 J g är ett ideal i kvotringen
J=I ,
R=I . Omvänt
för något entydigt bestämt ideal
der alltså ett innehåller
Bevis.
I
1-1-förhållande
R=I
på formen
som omfattar
Det rå-
är varje ideal i
JiR
I.
mellan mängden av alla ideal i
och mängder av alla ideal i
R=I .
R
som
Satsen följer med hjälp av korrespondenssatsen för grupper, om
vi kan visa att bilden respektive urbilden av ett ideal genom en homomor sm är ett ideal. Detta överlåter vi till läsaren att veri era.
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
316
Sats 14.21 (Första isomor satsen för ringar). Låt : R ! S vara en ringhomomor sm med kärnan I . Då gäller att im är en underring i S , I ett ideal i R och avbildningen : R=I ! im de nierad enligt (r + I ) = (r ) för alla r 2 R är en ringisomor sm, d.v.s. R= ker ' im : Vidare gäller att
= Æ
I,
där
I
:R
! R=I
är den kanoniska
homomor smen.
Bevis.
Den första isomor satsen för grupper (sats 10.28) och sats 14.18
bevisar de esta av påståendena i satsen, bl.a. att Det enda vi behöver veri era är att
är välde nierad.
besitter den multiplikativa ho-
momor egenskapen, vilket vi enkelt inser genom
[(x + I )(y + I )] = (xy + I ) = (xy) = (x) (y) = (x + I )(y + I ): Därmed är satsen bevisad.
Vi kan nu rita ett kommutativt diagram, liknande det som beskriver första isomor satsen för grupper i gur 10.5 på sidan
åd-
liggöra första isomor satsen för ringar. Detta är gjort i gur
R
S
I
R=I
Figur 14.1 Följdsats 14.22.
För varje positivt heltal
n är ringarna Z=nZ och Zn
isomorfa.
Bevis.
Vi lämnar åt läsaren att veri era att den grupphomomor sm
: Z ! Zn som används för att bevisa motsvarande sats för grupper (se följdsats 10.29) också är en ringhomomor sm.
14.3. De tre isomor satserna för ringar
317
Den andra och tredje isomor satsen för grupper har också sina motsvarigheter för ringar. Vi formulerar dessa nedan, men utelämnar deras
2
bevis.
Sats 14.23 (Andra isomor satsen för ringar). en ring, S en underring och I ett ideal i R. Då är
Antag att
R
är
S + I = fs + a j s 2 S; a 2 I g en underring i
R. Vidare är I och S \ I ideal i S + I respektive S , samt (S + I )=I ' S=(S \ I ):
Detta är alltså den så kallade diamantsatsen för ringar. I gur 14.2 visas diamantens utseende i detta fall, att jämföra med motsvarande diamant för grupper i gur 10.6 på sidan 213.
R S+I S
I S\I
Figur 14.2 Sats 14.24 (Tredje isomor satsen för ringar). Antag att R är en ring och att I och J är ideal i R, där J I . Då är I=J ett ideal i R=J och (R=J ) = (I=J ) ' R=I:
Övningar till avsnitt 14.3 1. Låt F (R) vara ringen av alla funktioner
från
R
addition och multiplikation. Sätt
Ia = ff 2
2 F (R) j f (a) = 0g;
Med andra ord: Bevisen lämnas som övning!
till
R
under vanlig
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
318
där
a är ett xt reellt tal (se exempel 14.4). Visa att F (R)=Ia
2.
Låt
R
och
S
4.
: R ! S är en icke-trivial im är en kropp, om R är det.
vara ringar, och antag att
homomor sm. Visa att
3.
' R:
Bevisa följdsats 14.22.
: R ! S en homomor sm. (a) Visa att om I är ett ideal i R, så är (I ) ett ideal i im . (b) Visa att om J är ett ideal i S , så är 1 (J ) ett ideal i R. Låt
R och S
vara ringar och
Ovanstående tillsammans med korrespondenssatsen för grupper, ger korrespondenssatsen för ringar.
5.
Bevisa andra isomor satsen för ringar.
6.
Bevisa tredje isomor satsen för ringar.
14.4 Primideal och maximala ideal R vara en kommutativ ring med etta och a ett element i R. Det är fra j r 2 Rg är ett ideal i R. Detta ideal består alltså av samtliga multipler i R av elementet a. Låt
då inte svårt att se att
De nition 14.25.
I en kommutativ ring
R med
etta så säges varje
ideal på formen
fra j r 2 Rg för något Elementet
a 2 R vara ett huvudideal. Vi a kallas för generator till hai.
betecknar detta med
hai.
Huvudideal hos ringar motsvarar cykliska undergrupper hos grupper. Det är till exempel möjligt att visa att
hai är det minsta idealet (med
avseende på inklusion), som innehåller elementet
a. Men det är inte så
att ett huvudideal i en kommutativ ring med etta är lika med motsvarande additiva cykliska undergrupp (betraktade som mängder), även om beteckningarna är identiska.
14.4. Primideal och maximala ideal
319
Exempel 14.26. I den additiva gruppen R utgörs den cykliska undergruppen h i = fn j n 2 Zg av alla heltalsmultipler av . Huvudidealet genererat av i ringen R ges av hi = fr j r 2 Rg: Denna mängd är lika med hela
Sats 14.27. Bevis.
Samtliga ideal i
R.
Z är huvudideal.
Varje ideal är för det första en additiv undergrupp, och under-
grupperna i se att varje
Z ges precis av alla nZ, där n är ett heltal. Det är lätt att nZ är ett huvudideal.
Sats 14.28.
R vara en ring med etta och I innehåller en enhet, så är I = R. Bevis.
Låt
u
Låt
ett ideal i
R. Om I
2 R vara en enhet och antag att u 2 I . Låt r vara ett R. Då gäller (ru 1 )u = r 2 I , på grund av att u
godtyckligt element i tillhör idealet
I . Därmed innehåller I alla element i R, d.v.s. I = R.
Sats 14.29. En kommutativ ring R med etta endast om R saknar icke-triviala äkta ideal.
är en kropp, om och
)) Antag att R är en kropp. Vi vill visa att f0R g och R är de enda idealen i R. Om I = 6 f0R g är ett ideal, måste detta innehålla Bevis.
(
minst en enhet, eftersom samtliga element utom nollan är enheter i en kropp. Av sats 14.28 följer då att
I = R,
så
R
har följaktligen bara
f0R g och R. () Antag att f0R g och R är de enda idealen i R. För att visa att R är en kropp, räcker det att visa att varje a = 6 0R är en enhet. Betrakta huvudidealet hai. Eftersom a = 6 0R och R saknar icke-triviala äkta ideal, måste hai = R. Detta innebär speciellt att 1R 2 hai, så det nns därmed ett r 2 R med egenskapen ra = 1R . Med andra ord är a idealen (
en enhet, vilket skulle bevisas.
Exempel 14.30.
Vi kan med hjälp av satsen ovan ge ett alternativt
Z inte är ett ideal i Q (se exempel 14.5), ty då Q kropp nns det inga andra ideal i Q än f0g och Q . bevis för att
är en
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
320
Vi kommer nu att intressera oss för om egenskaperna hos en kvotring
R=I
kan ge någon information om egenskaperna hos idealet
man till exempel säga något om
I , ifall man vet att R=I
I.
Kan
är en kropp
eller ett integritetsområde?
De nition 14.31.
R vara en ring. Ett ideal M i R säges vara ett maximalt ideal, om M 6= R och om det inte nns något ideal I med egenskapen M I R. Ett ideal
M
Låt
är alltså maximalt, om det inte går att klämma in något
annat ideal mellan
M
och
R (med avseende på inklusion). Jämför med
de nitionen av maximal normal undergrupp (de nition 10.38).
Exempel 14.32. Idealen 3Z och 5Z är båda maximala ideal i Z. Däremot är inte 6Z maximalt, eftersom detta ideal är innehållet i såväl 2Z som 3Z. Sats 14.33. Låt R vara en kommutativ ring med etta och M ett ideal i R. Då är M ett maximalt ideal, om och endast om kvotringen R=M är en kropp. M är maximalt, om och endast om M 6= R och om det inte nns något ideal I i R med egenskapen M I R. KorrespondBevis.
Ett ideal
enssatsen för ringar säger att detta är ekvivalent med att kvotringen
R=M
saknar icke-triviala äkta ideal, vilket enligt sats 14.29 är detsam-
ma som att
R=M
är en kropp.
Det skadar inte att jämföra ovanstående sats med dess motsvarighet för grupper, sats 10.41.
Följdsats 14.34. De maximala idealen i Z utgörs precis av alla pZ, där p är ett primtal. Bevis.
Vi vet att
Zp är en kropp, om och endast om p är ett primtal Zp ' Z=pZ så får vi med hjälp av sats 14.33
(följdsats 13.42). Eftersom att
pZ är ett maximalt ideal, om och endast om p är ett primtal.
14.4. Primideal och maximala ideal
De nition 14.35.
321
R vara en kommutativ ring. Ett ideal P i R kallas för ett primideal, om P 6= R och om ab 2 P medför att a 2 P eller b 2 P . Låt
Exempel 14.36. Idealet 3Z är ett primideal i Z, ty om en produkt ab av två heltal a och b tillhör 3Z, så har vi 3 j ab. Eftersom 3 är ett primtal, så måste 3 j a eller 3 j b gälla. Alltså gäller a 2 3Z eller b 2 3Z. Däremot är 8Z inte ett primideal, ty vi har till exempel att 2 4 = 8 2 8Z, men varken 2 eller 4 tillhör 8Z. Som läsaren förmodligen misstänker, har namnet primideal något med primtal att göra. Det framgår också av följande sats, i vars bevis vi generaliserar resonemanget i ovanstående exempel.
Z utgörs precis av alla pZ, där ett p är ett primtal, samt det triviala idealet f0g. Sats 14.37.
Primidealen i
Tag a; b 2 Z så att ab 2 pZ. Då gäller p j ab. Om p är ett primtal, p j a eller p j b, vilket ger a 2 pZ eller b 2 pZ. Om p å andra sidan inte är ett primtal, har vi p = rs för några heltal r och s med 1 < r < p och 1 < s < p. Då gäller varken r 2 pZ eller s 2 pZ men likväl rs 2 pZ, så pZ är inte ett primideal i detta fall. Dock är det triviala idealet ett
Bevis. måste
primideal i
Z, beroende på att Z är ett integritetsområde.
Sats 14.38. i R. Då är P
Låt
R vara en kommutativ ring med etta och P ett ideal R=P är ett
ett primideal, om och endast om kvotringen
integritetsområde.
Bevis.
Klart är att
R=P
åtminstone är en kommutativ ring med etta.
Det räcker därför att visa att
R=P
P
är ett primideal, om och endast om
saknar nolldelare.
R=P är ab 2 P detsamma som att ab + P = 0R=P , medan a 2 P och b 2 P har samma betydelse som a + P = 0R=P respektive b + P = 0R=P . Således är implikationen I kvotringen
ab 2 P =) a 2 P
eller
b2P
(14.4)
Kapitel 14. Homomor smer, ideal och kvotringar
322
i
R, som säger att P
är ett primideal, ekvivalent med implikationen
ab + P = 0R=P =) a + P = 0R=P
eller
b + P = 0R=P
(14.5)
R=P . Men ab + P = (a + P )(b + P ), så innebörden av (14.5) är precis den att R=P saknar nolldelare. Därmed följer satsen. i
Följdsats 14.39.
I en kommutativ ring med etta är varje maximalt
ideal ett primideal.
R vara en kommutativ ring med etta och M ett maximalt ideal i R. Då är R=M en kropp, enligt sats 14.33. Eftersom varje kropp är ett integritetsområde (sats 13.41) medför sats 14.38 att M är ett Bevis.
Låt
primideal.
Omvändningen till ovanstående följdsats är inte sann. Till exempel är
f0g ett primideal i Z, men inte ett maximalt ideal. Övningar till avsnitt 14.4 1.
Vilka av idealen i var och en av ringarna i övning 1 till avsnitt 14.1 är
2.
Låt
(a) huvudideal K
(b) maximala ideal
vara en kropp och
R
en ring. Antag att
icke-trivial homomor sm. Visa att
3.
är injektiv.
:K
!R
är en
R vara en ring med etta. Antag att mängden av alla icke-enheter R utgör ett ideal i R. Visa att detta ideal i så fall måste vara maximalt.
Låt i
4.
(c) primideal?
D vara ett integritetsområde och tag a; b 2 D, båda skilda från 0D . hai = hbi, om och endast om det nns en enhet u 2 D sådan att a = ub. Låt
Visa att
5.
Låt
R vara en ändlig kommutativ ring med etta. Visa att varje primiR är ett maximalt ideal.
deal i
6.
Låt
R
vara en kommutativ ring. Antag att
egenskapen att
an = 0R
a är ett element i R med n (d.v.s. antag att a
för något positivt heltal
är ett s.k. nilpotent element, se övning 15 till avsnitt 13.1). Visa att varje primideal i
R innehåller a.
Kapitel 15
Partiella ordningar och booleska algebror När den engelske logikern och matematikern George Boole (18151864) i mitten av 1800-talet försökte nna en matematisk modell för mänskligt tänkande, utvecklade han en klass av algebraiska strukturer som idag går under benämningen
booleska algebror.
Hans idé gick i kort-
het ut på att översätta logiska härledningar av satser och relationer, till algebraiska manipulationer av matematiska uttryck. På 1930-talet kom man underfund med att de booleska algebrorna kunde vara till stor hjälp när det gällde konstruktion av elektriska kretsar, i vilka det ingår ett antal strömbrytare eller reläer. Detta gäller också inte minst våra dagars integrerade kretsar och datorchips. Vår avsikt med detta kapitel är att bekanta oss litet med booleska algebror. När man bygger upp teorin för sådana, brukar man vanligtvis börja med att kika på vissa generellare klasser av algebraiska strukturer, och vi gör så i kapitlets två första avsnitt.
15.1 Partiella ordningar och gitter En ekvivalensrelation är som bekant en relation som är re exiv, symmetrisk och transitiv (se de nition 1.34). Vi kommer strax att introducera en annan typ av relation, som man också kräver är re exiv och transitiv, men där man istället för att den är symmetrisk avkräver följande egenskap. 323
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
324
De nition 15.1.
X
R
X . Vi säger att R är antisymmetrisk, om x R y och y R x medför att x = y för alla x; y 2 X . Låt
vara en mängd och
en relation på
Ordet antisymmetrisk kan kanske få en till att tro att det är samma sak som inte symmetrisk. Detta är dock inte fallet, eftersom till exempel vanlig likhet
De nition 15.2.
= är både symmetrisk och antisymmetrisk.
En relation
R
på en mängd
X
säges vara en
par-
tiell ordning om den är re exiv, antisymmetrisk och transitiv. I detta fall använder vi beteckningen x y (vilken vi läser som x är mindre än eller lika med y ) istället för x R y . Beteckningen x y ( x är mindre än y ) används ibland då x y men x 6= y . Om är en partiell ordning på X , så säges paret (X; ) utgöra en partiellt ordnad mängd. När vi refererar till en partiellt ordnad mängd ofta att skriva blott
X
(X; ),
så kommer vi
i fortsättningen. Ibland kommer vi att istället
a b och a b skriva b a respektive b a.1 Om relationen a b inte är sann, så betecknas detta a Æ b. för
Exempel 15.3.
Relationerna
och gör båda R
till en partiellt
ordnad mängd.
Exempel 15.4.
P (M ), d.v.s. mängden av alla delM , är en partiellt ordnad mängd med avseende
Potensmängden
mängder av mängden
på delmängdsrelationen
Exempel 15.5.
.
En konsekvens av lemma 1.13 är att
partiellt ordnad mängd.
(Z+; j)
är en
Exempel 15.6. Låt G vara en grupp och H mängden av alla undergrupper i G. Då är (H; ) en partiellt ordnad mängd. 1
a b och a b, borde det inte vara så svårt att a b och a b uttalas.
Med tanke på hur vi uttalar
lista ut hur
15.1. Partiella ordningar och gitter
325
Med anknytning till exempel 15.6, införde vi i avsnitt 3.5 (närmare bestämt på sidan 80) så kallade Hassediagram, i avsikten att illustrera hur undergrupperna i en grupp förhåller sig till varandra. Hassediagram kan användas för att gra skt representera också en allmän partiellt
X , förutsatt att den är ändlig. Principen är densamma. X som punkter i planet. Om x y, och om det inte nns något z 2 X så att x z y , så förbinder vi x och y med en linje. Elementet y placeras högre upp i diagrammet än x, i och med att x y . Vi exempli erar med ett Hassediagram för den partiellt ordnade mängden (P (f1; 2; 3g); ) i gur 15.1. f1; 2; 3g ordnad mängd
Vi representerar elementen i
f1; 2g
f1; 3g
f2; 3g
f1g
f2g
f3g
; Figur 15.1 Omvänt är det möjligt att de niera en partiell ordning på en ändlig mängd
X
med hjälp av ett Hassediagram. Av diagrammet framgår
x; y 2 X . Om så är fallet, måste det vara möjligt att för ytta sig från x till y , eventuellt via några nämligen om
x y
gäller för två element
andra element, genom att hela tiden röra sig uppåt.
Exempel 15.7. Av Hassediagrammet i gur 15.2 på nästa sida framgår det att j b, ty vi kan ta oss från j till b genom att hela tiden vandra uppåt i diagrammet (till exempel via h och e). Vi kan emellertid inte säga samma sak beträande exempelvis k och d. Eftersom man med partiella ordningar på sätt och vis kan jämföra storleken mellan elementen i en mängd, så kan det nnas ett visst intresse i att veta ifall det nns något element som är störst respektive minst.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
326
a
b
c
d
e
f
g
i
h j
k
l m
Figur 15.2 (X; ) vara en partiellt ordnad mängd. Ett element a 2 X kallas för ett största element i X , om x a för alla x 2 X . Omvänt kallar vi a för ett minsta element, om a x för alla x 2 X . Med ett maximalt element i X avses ett element b 2 X sådant att b x ) b = x för alla x 2 X . Ifall vi istället har b x ) b = x för alla x 2 X , så kallar vi b för ett minimalt element i X.
De nition 15.8. (i)
(ii)
Låt
Ett element i en partiellt ordnad mängd är alltså ett största element om alla andra element är mindre, medan det är ett maximalt element om inget element är större. Det där låter ju som samma sak, och det är också enkelt att visa att ett största (minsta) element är ett maximalt (minimalt) element, se övning 12. Men däremot behöver inte det omvända förhållandet gälla, vilket framgår av följande exempel.
Exempel 15.9.
Betrakta den partiellt ordnade mängd
X
som de -
nieras av Hassediagrammet i gur 15.2. Vi har här tre stycken maximala element i form av element i
f
a, b och c. Inget av dessa är emellertid ett största
X . (Att a inte är ett största element beror till exempel på att
Æ a.) Det nns heller inte något minsta element i X , men däremot
två stycken minimala i form av
Exempel 15.10.
j
och
m.
I den partiellt ordnade mängden
varken något största eller något minsta element.
(R; )
nns det
15.1. Partiella ordningar och gitter
327
; är ett minsta element i den partiellt ordnade mängden (P (M ); ), i och med att ; är en delmängd Exempel 15.11.
Den tomma mängden
av varje mängd. Då alla element i att
M
P (M )
Exempel 15.12.
) i P (M ).
är delmängder av
är ett största element (med avseende på
Det nns inget största element
j
ende på delbarhetsrelationen , eftersom detta
M , följer
b 2 Z+ med
avse-
b i så fall skulle vara en
multipel av samtliga positiva heltal, vilket är omöjligt. Den partiellt
(Z+; j) saknar alltså ett största element. Däremot är + talet 1 ett minsta element, på grund av att 1 j a för alla a 2 Z . ordnade mängden
De nition 15.13. Låt (X; ) vara en partiellt ordnad mängd och Y en delmängd av X . (i) Ett element s 2 X säges vara en majorant till Y , om y s för alla y 2 Y . Om det för detta s gäller att s t för varje majorant t till Y , så kallar man s för ett supremum till Y . (ii) Ett element i 2 X kallas för en minorant till Y , om i y för alla y 2 Y . Om det för varje minorant j till Y vidare gäller att j i, så säges i vara ett in mum till Y . Exempel 15.14.
Låt
Y
vara det öppna intervallet
]0; 1[= fx 2 R j 0 < x < 1g i
R. Med avseende på ordningsrelationen på R, så gäller att 1 är ett
supremum till
Y , och 0 ett in mum.
X = fa; b; c; d; e; f; g; h; ig och antag att är X , som beskrivs Hassediagrammet i gur 15.3 Betrakta delmängden Y = fd; f; g g, vars element för
Exempel 15.15.
Låt
den partiella ordning på på nästa sida.
tydlighetens skull är återgivna med fet stil i diagrammet. Elementen
a, b, c och d är alla majoranter till Y . Däremot saknar Y minoranter. (Elementet h är till exempel inte en minorant, eftersom h Æ f .)
Eftersom det saknas minoranter så kan det heller inte existera något
Y . Av de fyra majoranterna de nitionen av ett supremum till Y . in mum till
är det blott
d som uppfyller
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
328
a c
b
e
d g
f
h
Figur 15.3 Låt (X; ) vara en partiellt ordnad mängd och Y X . Då har nns det högst ett supremum och högst in mum till Y i X .
Sats 15.16.
en
delmängd av
ett
Bevis.
Antag att
majorant och
s1
s1
och
s2
är två suprema till
ett supremum till
att istället betrakta
s2
Y,
som ett supremum och
så följer den omvända relationen
s2
Y. s1
s2
Eftersom
så följer att
s1
är en
s2 . Genom
som en majorant,
s1. Antisymmetrin ger nu att
s1 = s2 . Beviset för att det kan nnas högst ett in mum till Y
lämnas
som en övning för läsaren (övning 13).
Följdsats 15.17. Låt X vara en partiellt håller X högst ett största (minsta) element. Bevis.
Låt
ordnad mängd. Då inne-
Y = X i sats 15.16. Ett supremum till Y blir då detsamma X , och motsvarande för in mum.
som ett största element i
I och med att det nns högst ett supremum och högst ett in mum
Y av en partiellt ordnad mängd X , så inför vi besup Y respektive inf Y för dessa element, i den mån de existerar. Om Y = fy1 ; y2 ; : : : ; yn g är en ändlig mängd, så kommer även beteckningarna sup(y1 ; y2 ; : : : ; yn ) respektive inf(y1 ; y2 ; : : : ; yn ) att antill varje delmängd teckningarna
vändas. Följdsatsen ovan tillåter oss vidare att tala om största och minsta element i bestämd form, eftersom det på sin höjd endast kan nnas ett av vardera slaget.
Exempel 15.18.
Låt
X = f1; 2; 3; 4; 6; 9; 12; 18; 36g
vara mängden
15.1. Partiella ordningar och gitter av alla positiva delare i
329
36. Hassediagrammet i gur 15.4 illustrerar X ,
betraktad som en partiellt ordnad mängd med avseende på delbar-
Y = f2; 12; 18g och Z = f4; 6; 9g X existerar såväl supremum som in mum vi har sup Y = 36 och inf Y = 2 respektive sup Z = 36 och inf Z = 1. 36 hetsrelationen. Till delmängderna av
12 4
18 6
2
9 3
1
Figur 15.4 Vi kommer under återstoden av detta kapitel intressera oss speciellt för den typ av partiellt ordnade mängder, som är sådana att supremum och in mum existerar för varje par av element i mängden.
De nition 15.19. Låt L 6= ; vara en partiellt ordnad mängd. Om sup(a; b) och inf(a; b) existerar för varje a; b 2 L, så säges L vara ett
gitter.2
Exempel 15.20.
P (M )
M är en partiellt ordnad mängd med avseende på , se exempel 15.4. Låt A och B vara två delmängder av M . Då existerar inf(A; B ) och är lika med A \ B , ty A \ B är en delmängd av såväl A som B , och om C A och C B , d.v.s. om C är en minorant till fA; B g, så gäller C A \ B . Ett Potensmängden
till en mängd
P
liknande resonemang, vilket läsaren uppmanas genomföra i övning 16, visar att 2
sup(A; B ) = A [ B . Således är ( (M ); ) ett gitter.
Det tycks vara allmänt accepterat att man i svenskspråkiga framställningar
av teorin oöversatt använder det engelska ordet lattice (vilket på svenska betyder ungefär galler eller spjälverk) som benämning på den här typen av partiellt ordnade mängder. Författaren har valt att frångå detta på grund av vissa grammatiska bryderier: Heter det en eller ett lattice? Och vad blir det i plural? Latticar!?
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
330
Exempel 15.21.
Vi såg i exempel 15.5 att
(Z+; j)
är en partiellt
ordnad mängd. I själva verket är det här frågan om ett gitter, eftersom
sup(a; b) och inf(a; b) visar sig existera för varje a; b 2 Z+. Låt oss bevisa detta påstående: Om talet s = sup(a; b) existerar, så måste det för det första vara en majorant till fa; bg, vilket i detta fall innebär att a j s och b j s. Således måste s vara en gemensam multipel till a och b. Varje majorant till fa; bg, d.v.s. varje gemensam multipel till a och b, måste vidare vara en multipel av s. Av detta följer att sup(a; b) existerar och är lika med MGM(a; b). På liknande sätt visar man att inf(a; b) = SGD(a; b), se övning 17. Om en partiellt ordnad mängd är ett gitter, så kan man på ett naturligt sätt de niera två kompositionsregler på denna.
De nition 15.22.
Låt
två kompositionsregler
L vara
^ och _ på L enligt
a ^ b = inf(a; b) Vi kallar
ett gitter. För varje
respektive
a; b 2 L inför vi
a _ b = sup(a; b):
a ^ b för skärningen och a _ b för föreningen av a och b.
_ och ^ är välde nierade kompositionsregler på L, L är ett gitter, ty enligt de nitionen av ett gitter så existerar såväl a _ b som a ^ b, och på grund av sats 15.16 är dessa entydigt bestämda. Notera att både om
Vi kommer framöver att referera ganska itigt till nedanstående sats.
Sats 15.23.
Låt
a och b vara element
i ett gitter
L. Då är
följande
utsagor ekvivalenta: (i) (ii) (iii)
ab a^b=a a _ b = b.
Speciellt gäller är
a ^ a = a _ a = a för alla a 2 L, d.v.s. alla element i L
idempotenta med avseende på såväl ^ som _.
Bevis.
Satsen följer direkt från de nitionen av
_ och ^.
15.1. Partiella ordningar och gitter
Exempel 15.24.
331
Den partiellt ordnade mängden i exempel 15.18 är
ett gitter (veri era detta!). Här har vi till exempel att
2 ^ 9 = 1 och (4 _ 6) ^ 9 = 12 ^ 9 = 3.
Exempel 15.25.
3 _ 4 = 12,
Figur 15.5 visar Hassediagrammet för en partiell
L = fa; b; c; d; e; f; gg. Det framgår av Cayleytabellerna för ^ och _ i gur 15.6, att L är ett gitter. ordning på mängden
a
c
b e
d
f
g
Figur 15.5
^ a b c d e f g a b c d e f g
a b c d e f g
b c b e e c d g e e g f g g
d d g d g g g
e f e g e f g g e g g f g g
g g g g g g g
_ a b c d e f g a b c d e f g
a a a a a a a b a b b a a a c a c c a b a d b a a b c b e c a a c a c f a b c d e f
a b c d e f g
Figur 15.6 Sats 15.26. (i) (ii) (iii)
Låt
L vara ett gitter. Då gäller att
^ och _ är kommutativa ^ och _ är associativa a ^ (a _ b) = a och a _ (a ^ b) = a för alla a; b 2 L, d.v.s. de så kallade
Bevis.
absorptionslagarna är uppfyllda.
a; b 2 L gäller a ^ b = inf(a; b) = inf(b; a) = b ^ a, a _ b. a ^ (b ^ c) som (a ^ b) ^ c är lika med inf(a; b; c), vilket
(i) För alla
och motsvarande för (ii) Såväl visar att
^ är associativ. På samma sätt visas att _ är associativ.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
332
a _ b = sup(a; b) = a, om och endast om a ^ b = inf(a; b) = b. Oavsett om sup(a; b) = a eller sup(a; b) = b (iii) Enligt sats 15.23 så gäller
så får vi därmed att
a ^ (a _ b) = a ^ sup(a; b) = inf[a; sup(a; b)] = a; och den första av de två absorptionslagarna är visad. Beviset för den andra lagen kan genomföras i samma anda.
Utifrån ett gitter
(L; ^; _),
L
så kan man alltså erhålla en algebraisk struktur
där de båda kompositionsreglerna
^ och _ uppfyller räkne-
lagarna i sats 15.26. Vi skall nu se att det omvända förhållandet också gäller. Låt (L; ^; _) vara en algebraisk struktur sådan att ^ _ uppfyller räknelagarna i sats 15.26. Då är relationen på L,
Sats 15.27. och
de nierad enligt
ab
() a ^ b = a
(15.1)
a; b 2 L, en partiell ordning på L. För denna gäller att sup(a; b) och inf(a; b) existerar för varje a; b 2 L och är lika med a _ b respektive a ^ b, d.v.s. L är ett gitter. för alla
Bevis.
Vi börjar med att visa att
transitiv. Re exivitet. Tag att
a2L
är re exiv, antisymmetrisk och
godtyckligt. För att kunna dra slutsatsen
är re exiv, måste vi visa att a ^ a = a. Genom att sätta b = a
i den andra av de två absorptionslagarna i sats 15.26(iii), så erhålles
a = a _ (a ^ a), vilket innebär att
a ^ a = a ^ [a _ (a ^ a)]: Om vi här låter
b = a ^ a i den första av de två absorptionslagarna i a. Detta
sats 15.26(iii), så får vi högerledet ovan till att bli lika med visar att är
re exiv.
a; b 2 L uppfyller a b och b a. Då a ^ b = a och b ^ a = b. Eftersom ^ är kommutativ så har vi a ^ b = b ^ a, från vilket a = b följer. Således är antisymmetrisk. Antisymmetri. Antag att
gäller alltså
15.1. Partiella ordningar och gitter
333
a; b; c 2 L är sådana att a b och b c, d.v.s. att a ^ b = a och b ^ c = b. Dessa två likheter, tillsammans med Transitivitet. Antag att
det faktum att
^ är associativ, ger
a ^ c = (a ^ b) ^ c = a ^ (b ^ c) = a ^ b = a; a c. Alltså är transitiv och vi har därmed bevisat att är L. Vi övergår så till att bevisa att s = a _ b är supremum till fa; bg L.
d.v.s.
en partiell ordning på
Med hjälp av absorptionslagen får vi
a ^ s = a ^ (a _ b) = a; a s. På ett liknande sätt erhålles b s. Alltså är s = a_b fa; bg. Låt nu t vara en godtycklig majorant till denna mängd. Vi vill visa att s t, d.v.s. att s ^ t = s. Eftersom t är en majorant till fa; bg, så gäller a ^ t = a och b ^ t = b. Men av a ^ t = a följer, med utnyttjande av den ena absorptionslagen samt och därmed
åtminstone en majorant till
kommutativiteten hos
_ och ^, att
t = t _ (t ^ a) = (a ^ t) _ t = a _ t; och på samma sätt fås
t = b _ t. Detta ger nu s ^ t = s ^ (a _ t) = s ^ [a _ (b _ t)] = s ^ [(a _ b) _ t] = s ^ (s _ t) = s;
vilket vi var ute efter. Vi har därmed visat att är lika med
sup(a; b) existerar och
a _ b. Beviset för att inf(a; b) = a ^ b lämnas som en övning
för läsaren (se övning 18).
I och med att på formen
^ och _ är associativa kompositionsregler, så är uttryck och a1 _ a2 _ : : : _ an välde nierade. V
a1 ^ a2 ^ : : : ^ an
Vi kommer ibland att använda de alternativa beteckningarna respektive
Wn i=1 ai
för den här typen av uttryck.
n a i=1 i
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
334
Exempel 15.28. Motsvarigheten till ^ och _ i den partiellt ordnade mängden (P (M ); ) ges av \ respektive [, se exempel 15.20. Med andra ord är den algebraiska strukturen (P (M ); \; [) ett gitter. Exempel 15.29. Enligt exempel 15.21 så har vi a ^ b = SGD(a; b) + och a _ b = MGM(a; b) i den partiellt ordnade mängden (Z ; j), så den + algebraiska strukturen (Z ; SGD; MGM) är alltså ett gitter. Lägg märke till hur räknelagarna för
^ och _ i sats 15.26 förekommer
i par. Detta innebär vi för varje formel, som vi kan härleda med hjälp av dessa lagar, får en extra sann formel på köpet, genom att i den härledda formeln ersätta
^ med _, och vice versa. Detta leder till följande
princip.
Dualitetsprincipen.
När vi låter
(L; ^; _) förblir ^ med _, och _ med ^.
Varje sann formel i ett gitter
sann, om man överallt i formeln ersätter
^ och _ byta plats i en formel på ovanstående vis, så säger
dualiserar formeln. Den formel man får efter en dualisering kallas dualen till den ursprungliga formeln. vi att vi
Exempel 15.30.
L. Vi påstår att dualen till a b är lika med a b. För det första är a b ekvivalent med a ^ b = a (sats 15.23). Dualisering ger a _ b = a, d.v.s. b _ a = a, och ett nytt användande av sats 15.23 säger att detta är ekvivalent med b a. Låt
a
och
b
vara två element i ett gitter
Övningar till avsnitt 15.1 1.
Vilka av relationerna i övning 2 till avsnitt 1.3 är antisymmetriska?
2.
Är
3.
En partiellt ordnad mängd
< och > antisymmetriska relationer på R?
för varje
(X; ) säges vara totalt ordnad, om det a; b 2 X är så att a b eller b a. Avgör om följande partiellt
ordnade mängder är totalt ordnade.
(a) (R; )
(b) (Z+; j)
(c) (P (M ); )
15.1. Partiella ordningar och gitter 4.
Låt
335
R vara en ring och I mängden av alla äkta ideal i R. Vad kan sägas
om eventuella maximala och minimala element i
5.
I , med avseende på ?
Avgör, med hjälp av Hassediagrammet i gur 15.2 på sidan 326, ifall vart och ett av nedanstående uttryck existerar. Om så är fallet, beräkna det.
(a) a _ h (d) (d ^ j ) _ i 6. 7.
(b) a ^ h (c) (b ^ d) _ k (e) (j _ m) ^ (g _ h) (f) (a ^ b) _ (j _ f )
j på mängden X = f2; 3; 6; 9; 10; 14; 18; 20g:
Rita ett Hassediagram för delbarhetsrelationen
X = f1; 2; : : : ; 12g och antag att är en partiell ordning på X , deY = f2; 4; 6; 9g. (a) Bestäm maximala och minimala element i X , med avseende på . (b) Bestäm samtliga majoranter och minoranter till Y . (c) Bestäm sup Y och inf Y , i den mån dessa existerar. Låt
nierad enligt Hassediagrammet i gur 15.7. Låt vidare
(d) Vilken relation beskrivs av Hassediagrammet?
8
12
10
4
6
9
5
2
3
7
11
1
Figur 15.7 8.
Dualisera
9.
Vilka är motsvarigheterna till
(a) a _ b = c ^ d (c) a ^ b c _ d
(b) a _ (b ^ c) = (a _ b) ^ c (d) (a _ b) ^ a a _ (b ^ c). a ^ b och a _ b, om a och b är element i (R; )?
den partiellt ordnade mängden
10.
Skriv upp Cayleytabellerna för
^ och _ för det gitter som de nieras
av Hassediagrammet i gur 15.8 på nästa sida.
11.
Cayleytabellerna i gur 15.9 på följande sida de nierar två kompositionsregler
^ och _ på mängden L = fa; b; c; d; e; f g så att (L; ^; _)
blir ett gitter. Rita ett Hassediagram för
L.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
336
a b c
d
e
f
Figur 15.8
_ a b c d e f
^ a b c d e f a b c d e f
a f c a a f
f b c b b f
c a c b c c c d c e c f
a b c e e f
f f c f f f
a b c d e f
a e a e b b a b c d d d e e e a b f
d d d d d d
e a e b e f d d e e e f
Figur 15.9 12.
Låt
X
vara en partiellt ordnad mängd. Visa att ett största (minsta)
element också är ett maximalt (minimalt) element.
13.
Visa att en delmängd av en partiellt ordnad mängd har högst ett in mum (se sats 15.16).
14.
Låt
X vara en partiellt ordnad mängd. Visa att samtliga element i L är
såväl majoranter som minoranter till och in mum till
15.
Låt att
16. 17.
L vara ett
sup M
och
;?
gitter och
inf M
M
;. Vad kan sägas om supremum
en ändlig icke-tom delmängd av
A; B 2 P (M ), där M
Med hänvisning till exempel 15.20, visa att
Visa att
L. Visa
existerar.
sup(A; B ) = A [ B för alla
är en mängd.
inf(a; b)
av element
existerar och är lika med SGD(a; b), för varje par a och b i den partiellt ordnade mängden (Z+; j) (se exem-
pel 15.21).
18.
Komplettera beviset för sats 15.27, genom att visa att för alla
19.
a; b 2 L och är lika med a ^ b.
inf(a; b) existerar
Visa att vi kan ersätta relationen (15.1) i sats 15.27 med
ab
() a _ b = a
15.2. Begränsade, distributiva och komplementära gitter
337
utan förändra något av påståendena i satsen.
20.
Visa att
[(a _ b) ^ (a _ c)] _ [(a _ b) ^ (b _ c)] = a _ b för alla
a, b och c i ett gitter L.
15.2 Begränsade, distributiva och komplementära gitter I sats 1.2 är några räknelagar för \ och [ uppräknade, speciellt de som gör
P (M )
till gitter, d.v.s. de associativa och kommutativa lagar-
na, samt absorptionslagarna. Men satsen omnämner ytterligare några
\ och [ har i gittret (P (M ); \; [) till
egenskaper hos dessa mängdoperationer. I detta avsnitt skall vi generalisera dessa egenskaper som allmänna gitter
(L; ^; _).
för alla
A\; = ;
A[M = M
A 2 P (M ). Detta är enligt sats 15.23 ekvivalent med att ; är M det största elementet (med avseende på ) i P (M ),
En konsekvens av sats 1.2(iv) är att
och
det minsta och
vilket vi även konstaterade i exempel 15.11.
De nition 15.31.
Ett gitter
L säges vara begränsat, om det inne-
håller både ett största och ett minsta element. Om så är fallet, betecknas dessa med
1L
Sats 15.32.
Ett gitter
respektive
0L .
(L; ^; _) är begränsat, om och endast om det
innehåller neutrala element med avseende på såväl det största respektive det minsta elementet i
L).
^ som _ (i form av
()) Antag att L är begränsat. Då innehåller L ett minsta ele0L och ett största element 1L . Elementet 0L har egenskapen att 0L a för alla a 2 L, vilket enligt sats 15.23 är ekvivalent med att 0L _ a = a för alla a 2 L. Således är 0L neutralt med avseende på kompositionsregeln _. På samma sätt ser man att 1L är neutralt med
Bevis. ment
^. () Antag att a 2 L är det neutrala elementet med avseende på ^. För alla x 2 L gäller då x ^ a = x. Med hjälp av sats 15.23 nner avseende på (
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
338
vi detta är samma sak som att ett minsta element i
L,
a
x för alla x 2 L. Således a är
och eftersom det kan nnas högst ett sådant
a = 0L . På samma sätt visas att om b 2 L är det neutrala elementet med avseende på _, så är b = 1L . (följdsats 15.17), så måste alltså
P
( (M ); \; [) är begränsat, med ; och M som minsta respektive största element. Sats 15.32 ger att ; och M är
Exempel 15.33.
Gittret
de neutrala elementen med avseende på
[ respektive \, vilket vi kom
fram till redan i exempel 2.19.
Z+ inte nns något största element + med avseende på delbarhetsrelationen j (se exempel 15.12), så är (Z ; j) Exempel 15.34. exemp
Eftersom det i
inte ett begränsat gitter. Däremot är gittret med
1 och 36 som minsta respektive största element.
Vid dualisering i ett begränsat gitter eventuella förekomster av
0L
och
att dualisera: Man måste ersätta
a ^ b = 0L är således a _ b = 1L .
L,
måste man ta hänsyn till
1L i den formel man har för avsikt 0L med 1L och omvänt. Dualen till
När det gäller mängder, så vet vi från sats 1.2(vii) att
\ och [
är distributiva över varandra. Vi kommer nu att kräva något liknande av
^ och _ i ett allmänt gitter.
De nition 15.35.
Ett gitter
L säges vara distributivt, om de dis-
tributiva lagarna
a _ (b ^ c) = (a _ b) ^ (a _ c) a ^ (b _ c) = (a ^ b) _ (a ^ c) är uppfyllda för alla a; b; c 2 L. I själva verket räcker det med att avkräva att blott en av de två distributiva lagarna är uppfylld, eftersom de visar sig vara ekvivalenta med varandra (se övning 4). Det är inte svårt att bevisa de generaliserade distributiva lagarna
a_
n ^ i=1
!
bi =
n ^ i=1
(a _ bi )
och
a^
n _ i=1
!
bi =
n _
(a ^ bi )
i=1
(15.2)
15.2. Begränsade, distributiva och komplementära gitter
339
gäller i ett distributivt gitter, liksom formlerna
m ^ i=1
!
ai
0
n ^
1
_ @ bj A = j =1
m ^ n ^
(ai _ bj )
(15.3)
(ai ^ bj ):
(15.4)
i=1 j =1
och
m _ i=1
Exempel 15.36.
!
ai
0
n _
1
^ @ bj A = j =1
m _ n _ i=1 j =1
Vi har redan noterat att
P (M )
är ett distribu-
tivt gitter. Enligt övning 3 till detta avsnitt, gäller samma sak för
(Z+; SGD; MGM).
Exempel 15.37.
Betrakta de två gittren
L och M
de nierade med
hjälp av var sitt Hassediagram i gur 15.10. För gittret
L (till vänster
i guren) har vi å ena sidan
a ^ (b _ c) = a ^ 1L = a; medan vi å andra sidan har
(a ^ b) _ (a ^ c) = 0L _ 0L = 0L ; så
L är alltså inte distributivt. Vi lämnar som en uppgift åt läsaren att M i gengäld är distributivt.
övertyga sig om att det högra gittret
1L a
b
0L
1M c
a
Figur 15.10
b
0M
Sats 15.38 (Annulleringslagen). Låt a, b och c vara element i ett distributivt gitter L. Antag att a ^ b = a ^ c och a _ b = a _ c. Då gäller b = c.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
340
Bevis.
Med hjälp av absorptionslagarna och de distributiva lagarna fås
b = b ^ (a _ b) = b ^ (a _ c) = (b ^ a) _ (b ^ c) = (c ^ a) _ (b ^ c) = c ^ (a _ b) = c ^ (a _ c) = c; vilket skulle bevisas.
När vi bollar med mängder i
P (M ) P (M )
så kan vi, förutom att bilda snitt
och union av mängder, även ta komplementet av en mängd. Om vi
, delmängder av M , så kan vi M som en universalmängd, så komplementet till en mängd A 0 0 0 i M ges av A = M n A. Det är lätt att se att A \ A = ; och A [ A = M endast håller på med element i betrakta
(jfr. sats 1.2(vi)). Vi inspireras av detta, till att ge följande de nition.
De nition 15.39. Låt L vara ett begränsat gitter och a ett element i L. Ett element b 2 L kallas för ett komplement till a, om a ^ b = 0L och a _ b = 1L . Om det nns ett komplement till varje element i L, så säges L vara ett komplementärt gitter. Exempel 15.40.
P (M )
Vi konstaterar, i och med diskussionen som föregår
de nitionen ovan, att
är ett komplementärt gitter.
Exempel 15.41. I varje begränsat gitter L är 0L ett komplement till 1L och vice versa, eftersom 0L ^ 1L = 0L och 0L _ 1L = 1L . Exempel 15.42.
Betrakta det begränsade gitter som de nieras av
Hassediagrammet i gur 15.4 på sidan 329 (där det största elementet
2 ^ 3 = 2 ^ 9 = 1, vilket kandiderar 3 och 9 som möjliga komplement till 2. Vi måste dock förkasta båda, eftersom varken 2 _ 3 eller 2 _ 9 är lika med 36. I hela gittret är det blott fyra element som har komplement, nämligen 1, 4, 9 och 36. ges av
36
och det minsta av
Exempel 15.43.
1).
Vi har där att
Ett komplement till ett element behöver inte vara
entydigt bestämt. Betrakta till exempel det gitter
L
som de nieras
av det vänstra Hassediagrammet i gur 15.10 på föregående sida. Där gäller
a ^ b = a ^ c = 0L
och
a _ b = a _ c = 1L ,
så både
b
och
c
15.2. Begränsade, distributiva och komplementära gitter är komplement till
341
a. (För vart och ett av de tre elementen a, b och c
gäller för övrigt att det har de andra två som komplement).
Ovanstående exempel leder till den naturliga frågan om vad som krävs för att ett element skall ha ett entydigt komplement (i den mån det har något komplement överhuvudtaget). Det visar sig att distributivitet är ett tillräckligt krav.
Sats 15.44.
I ett begränsat distributivt gitter så har varje element
högst ett komplement.
L vara ett begränsat distributivt gitter. Antag att a 2 L har två komplement i form av b och c. Då gäller således a ^ b = a ^ c = 0L och a _ b = a _ c = 1L . Nu följer b = c på grund av annulleringslagen Bevis.
Låt
(sats 15.38), som ju gäller i ett distributivt gitter.
Övningar till avsnitt 15.2 1.
Veri era att Hassediagrammet till höger i gur 15.10 på sidan 339 de nierar ett distributivt gitter.
2.
Hassediagrammet i gur 15.11 de nierar ett gitter
L. Avgör om det är
distributivt och/eller komplementärt.
1L a b c
0L
Figur 15.11 3.
Visa att
4.
Låt
L
(Z+; SGD; MGM) är ett distributivt gitter.
vara ett gitter. Visa att de båda distributiva lagarna i de ni-
tion 15.35 är ekvivalenta med varandra. (OBS: Detta följer
5.
inte omedelbart av dualitetsprincipen. Varför?)
Bevisa att formlerna (15.2), (15.3) och (15.4) är giltiga i ett distributivt gitter.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
342
6.
I gur 15.12 åter nns ett Hassediagram för ett begränsat gitter
L. Ange
vilka element som har komplement. Bestäm också dessa komplement.
1L a c
d
b e g
f
0L
Figur 15.12 7.
Visa att om ett gitter endast innehåller ändligt många element, så är det begränsat.
15.3 Booleska algebror Det är nu hög tid att introducera den typ av gitter, som man brukar referera till som booleska algebror.
De nition 15.45.
Ett gitter som är både distributivt och komple-
mentärt, kallas för en
boolesk algebra.
Notera att en boolesk algebra alltid är ett begränsat att ett komplementärt gitter måste vara begränsat (se de nition 15.39). Vidare konstaterar vi att annulleringslagen (sats 15.38) alltid gäller i en boolesk algebra och att varje element i en boolesk algebra har exakt ett komplement (sats 15.44).
(B; ^; _; 0 ; 0B ; 1B ) kommer framöver att stå för en 3 allmän boolesk algebra. Här är B en mängd, ^ och _ de två van0 betecknar den avbildning liga kompositionsreglerna på ett gitter, 0 B 3 a 7! a 2 B som avbildar varje a 2 B på dess entydigt bestäm0 da komplement a , medan till sist 0B och 1B betecknar det minsta respektive största elementet i B . Beteckningen
3
Fast av bekvämlighetsskäl kommer vi oftast att nöja oss med att skriva blott
B.
15.3. Booleska algebror
343
Exempel 15.46. Om vi för varje A 2 P (M ) de nierar 0 som avbild0 ningen A 7! M n A, så blir (P (M ); \; [; ; ;; M ) en boolesk algebra.
Vi kommer framöver att se att potensmängden i mångt och mycket är
en prototyp för booleska algebror.
Vi har ovan de nierat en boolesk algebra som ett speciellt sorts gitter, och därmed som en speciell sorts partiellt ordnad mängd. Men det är också möjligt att de niera en boolesk algebra som en renodlad algebraisk struktur.
Sats 15.47. regler (i) (ii) (iii) (iv)
Låt
B
vara en mängd, försedd med två kompositions-
^ och _ sådana att ^ och _ är kommutativa ^ och _ är associativa ^ och _ är distributiva över varandra B
innehåller ett neutralt element
neutralt element
0B
1B
med avseende på
med avseende på
a 2 B nns ett a0 2 B a _ a0 = 1B . Då är (B; ^; _) en boolesk algebra. (v) för varje
_
sådant att
^ och ett
a ^ a0 = 0B
och
Vi behöver hjälp av följande lemma i beviset för ovanstående sats.
Lemma 15.48. Med samma förutsättningar som i sats 15.47, så är varje element i B idempotent med avseende på ^ och _, d.v.s. vi har a ^ a = a _ a = a för alla a 2 B . Bevis.
Tag
nns ett
a0
2 B godtyckligt. Enligt förutsättning (v) i sats 15.47 2 B så att a ^ a0 = 0B och a _ a0 = 1B . Vidare säger
a
förutsättning (iv) att
0B
och
1B
är neutrala element med avseende
_ respektive ^, vilket tillsammans den distributiva lagen i (iii) ger a = a ^ 1B = a ^ (a _ a0 ) = (a ^ a) _ (a ^ a0 ) = (a ^ a) _ 0B = a ^ a:
på
Beviset för att också
a _ a = a lämnar vi som en övning till läsaren.
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
344
Bevis för sats
.
15.47
Till att börja med visar vi att absorptionslagarna
är uppfyllda. Vi presenterar beviset för att
a; b
2 B,
a ^ (a _ b) = a
för alla
medan läsaren får ta sig an beviset för den andra av de
två absorptionslagarna. Genom att utnyttja att
0B är neutralt element
_, så får vi för det första att a ^ (a _ b) = (a _ 0B ) ^ (a _ b) = a _ (0B ^ b): (15.5) Här har vi i den sista likheten utnyttjat att _ är distributiv över ^. 0 0 Välj nu b 2 B så att b ^ b = 0B (vilket går enligt (v) i satsen). Då med avseende på
gäller
0B ^ b = (b ^ b0 ) ^ b = (b0 ^ b) ^ b = b0 ^ (b ^ b) = b0 ^ b = 0B ; där vi bl.a. utnyttjar att
b
är idempotent med avseende på
(15.6)
^ (lem-
ma 15.48). Genom att kombinera (15.5) och (15.6), samt genom att utnyttja att
0B
_, så får vi a ^ (a _ b) = a _ (0B ^ b) = a _ 0B = a; är neutralt med avseende på
och absorptionslagen är i och med detta bevisad. Nu vet vi alltså att
^ och _ är kommutativa och associativa, samt
att de uppfyller absorptionslagarna. Därmed kan vi med hänvisning till sats 15.27 dra slutsatsen att
ab
() a ^ b = a
för alla
a; b 2 B
B , sådan att det för varje a; b 2 B sup(a; b) och inf(a; b) båda existerar och är lika med a _ b respektive a ^ b. Kort sagt är alltså B ett gitter, närmare bestämt ett de nierar en partiell ordning på gäller att
distributivt sådant, på grund av (iii). Kvar att visa är att gittret
B
är begränsat och komplementärt.
1B är det största och 0B det B , så B är således begränsat. Från (v) följer till sist
Sats 15.32 och (iv) ger tillsammans att minsta elementet i att
B
är komplementärt.
4
I nästa sats formulerar vi en algebraisk identitet för booleska algebror, som vi känner igen från mängdläran. 4
Komplementärt, min käre Watson!
15.3. Booleska algebror
345
Sats 15.49 (De Morgans lagar). Låt a och b vara godtyckliga element i en boolesk algebra B . Då gäller (a ^ b)0 = a0 _ b0 och (a _ b)0 = a0 ^ b0 : Bevis.
Vi har sett att komplementet till ett element i en boolesk alge-
bra alltid är entydigt bestämt. Om vi således kan visa att komplement till
a0 _ b0 är ett
a ^ b, så följer därmed den första av de två lagarna. Vi
nner nu att
(a ^ b) ^ (a0 _ b0 ) = (a ^ b ^ a0 ) _ (a ^ b ^ b0 ) = (b ^ 0B ) _ (a ^ 0B ) = 0B _ 0B = 0B ; 0 0 och på liknande vis fås (a ^ b) _ (a _ b ) = 1B . Detta ger den första av De Morgans lagar. Den andra följer nu av dualitetsprincipen.
Följdsats 15.50. bra. Då gäller
n ^ i=1
Bevis.
ai
Låt
!0
a1 ; a2 ; : : : ; an
=
n _ i=1
a0
i
2 B , där B är en boolesk algen _
och
i=1
ai
!0
=
n ^ i=1
a0i :
Se övning 7.
Med en
ändlig boolesk algebra
menas givetvis en boolesk algebra
som innehåller endast ändligt många element. Vi kommer strax att bevisa att det väsentligen nns endast en typ av ändliga booleska algebror, nämligen potensmängden för någon ändlig mängd. Med andra
B så nns det en ändlig mängd M , 0 sådan att B är isomorf med (P (M ); \; [; ; ;; M ). För att kunna beord: Givet en ändlig boolesk algebra
visa detta måste vi givetvis först de niera motsvarigheten för booleska algebror, till gruppisomor smer och ringisomor smer.
De nition 15.51. En avbildning : B ! C mellan två booleska algebror B och C säges vara en (boolesk) homomor sm, om (a ^ b) = (a) ^ (b) och (a _ b) = (a) _ (b) (15.7)
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
346
a; b
2 B . Om dessutom
för en (boolesk) isomor sm. Om det nns en boolesk isomor sm : B ! C , så säges B och C vara isomorfa, vilket vi skriver som B ' C . för alla
Exempel 15.52.
är bijektiv, så kallar vi
P (M )
Till vänster i gur 15.13 återges Hassediagram-
met för den booleska algebran
, där
M = f1; 2g,
och till hö-
ger i samma gur nns ett Hassediagram för den booleska algebran
(B; SGD; MGM),
där
B = f1; 3; 5; 15g.
Som synes liknar Hassedia-
: P (M ) ! L, där (M ) = 15, är en isomor sm.
grammen varandra, vilket antyder att dessa båda booleska algebror är isomorfa. Det är också enkelt att veri era att
(;) = 1, (f1g) = 3, (f2g) = 5 5
och
Till exempel har vi
(f1g [ f2g) = (M ) = 15 = MGM(3; 5) = MGM[ (f1g); (f2g)] (f1g \ f2g) = SGD[ (f1g); (f2g)].
och på liknande vis
Det nns för övrigt ytterligare en möjlig isomor sm från till
B
ovan. Vilken?
f2g ;
15
M
f1g
P (M )
3
Figur 15.13
5 1
Sats 15.53. Låt : B ! C vara en boolesk homomor sm. Då gäller (i) Om a; b 2 B är sådana att a b, så gäller (a) (b) i C . (ii) (0B ) = 0C och (1B ) = 1C . 0 0 (iii) För alla a 2 B gäller (a ) = (a) . Bevis.
a b är ekvivalent med att a ^ b = a a _ b = b), så följer (a) (b) från
(i) Eftersom
man så vill,
(eller, om
(a) = (a ^ b) = (a) ^ (b): 5 Här motsvaras de två formlerna i (15.7) av (A \ B ) = SGD[ (A); (B )] och (A [ B ) = MGM[ (A); (B )] för alla A; B 2 P (M ).
15.3. Booleska algebror
347
0B är neutralt element med avseende på _ i B , och 0C spelar en analog roll i C , så nner vi att (ii) Eftersom
(a) _ 0C = (a) = (a _ 0B ) = (a) _ (0B ): Ett utnyttjande av motsvarande egenskaper för
1B
och
1C
resulterar i
(a) ^ 1C = (a) = (a ^ 1B ) = (a) ^ (1B ): Nu följer (ii) med hjälp av annulleringslagen (sats 15.38). (iii) Komplementet
a0
till
a uppfyller a ^ a0 = 0B
och
a _ a0 = 1B ,
så av (ii) följer att
(a) ^ (a0 ) = 0C Således är
och
(a) _ (a0 ) = 1C :
(a0 ) ett komplement till (a) i C . Eftersom ett sådant alltid
är entydigt bestämt i en boolesk algebra, följer (iii).
Precis som fallet är med grupper och ringar (se följdsats 8.8 respektive följdsats 14.15) så är
' en ekvivalensrelation på varje mängd av boo-
leska algebror. Beviset för detta påstående lämnas som en övning för läsaren.
P (M ) för något M , kommer vi att utnyttja att en mängd A 2 P (M ) är entydigt bestämd av vilka element den innehåller. Detta innebär att varje icke-tom ändlig mängd fx1 ; x2 ; : : : ; xn g skrivas som När vi så småningom skall bevisa att varje ändlig boolesk algebra är
isomorf med
en union
n [
fx1 ; x2 ; : : : ; xn g = fx1 g [ fx2g [ [ fxng = fxi g i=1
fxi g som innehåller ett element vardera. i gäller här att det inte nns någon mängd A 2 P (M ) sådan att ; A fxi g. av entydigt bestämda mängder För varje
Idén är nu att försöka åstadkomma något liknande för en godtycklig ändlig boolesk algebra i
B
B : Vi har
för avsikt att visa att varje
har en entydig framställning på formen
a = a1 _ a2 _ : : : _ an =
n _ i=1
ai
a 6= 0B
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
348
n 2 Z+, där varje ai 6= 0B är så litet att det inte nns något b 2 B med egenskapen 0B b ai . Med entydig framställning menas för något
här att ingen hänsyn tas till den inbördes ordningen mellan de olika elementen
ai .
De nition 15.54. Låt B vara en boolesk algebra. Vi kallar ett element a 6= 0B i B för en atom, om det inte nns något b 2 B sådant att 0B b a. Exempel 15.55.
Atomerna i
P (M )
utgörs precis av de mängder
f1g, f2g och f3g i P (M ).
som innehåller ett element. För till exempel atomerna
M = f1; 2; 3g har vi alltså
Lemma 15.56. Antag att B är en ändlig boolesk algebra. För varje b 6= 0B i B nns det då en atom a 2 B sådan att a b.
2 B j 0B a bg. Om A1 är tom, a1 2 A1 godtyckligt. Då gäller alltså 0B a1 b. Om A2 = fa 2 B j 0B a a1 g är en tom mängd, så är a1 en atom som uppfyller a1 b, och vi är klara. Om inte, så väljer vi a2 2 A2 godtyckligt (varigenom 0B a2 a1 b) och betraktar mängden A3 = fa 2 B j 0B a a2 g. Om A3 = ; så Bevis. så är
b
Bilda mängden
A1 = fa
själv en atom. I annat fall väljer vi
är vi klara, i annat fall upprepar vi processen ovan. På det här viset
B är en ändlig mängd. Det a1 ; a2 ; : : : ; an 2 B sådana att
kan vi inte hålla på i all evighet, eftersom nns alltså ett ändligt antal element
0B an an där
1
a1 b;
an är en atom. Därmed är lemmat bevisat.
Lemma 15.57. Låt a vara en atom i en boolesk algebra B . För alla b 2 B gäller då a ^ b = 0B eller a ^ b = a. Bevis.
a ^ b = inf(a; b) så är a ^ b a för alla b 2 B . I och a är en atom, måste därmed a ^ b = 0B eller a ^ b = a, vilket
Eftersom
med att
skulle bevisas.
15.3. Booleska algebror
349
Lemma 15.58. Om a1 och a2 bra B , så är a1 ^ a2 = 0B .
är två olika atomer i en boolesk alge-
a1 ^ a2 6= 0B . Eftersom både a1 och a2 är atomer, ger a1 ^ a2 = a1 som a1 ^ a2 = a2 . Detta är en motsägelse, eftersom a1 6= a2 . Bevis.
Antag att
lemma 15.57 att vi då har såväl
Lemma 15.59. Låt b vara ett element i en ändlig boolesk algebra B . Antag att a ^ b = 0B för alla atomer a i B . Då är b = 0B . Om b 6= 0B så ger lemma 15.56 att det nns en atom a sådan att a b. Men a b är samma sak som a ^ b = a. Enligt förutsättningarna i lemmat är dock a ^ b lika med 0B , om a är en atom. Sammantaget ger detta a = 0B , vilket är en motsägelse, ty en atom är de nitionsmässigt skild från 0B . Antagandet att b 6= 0B måste således vara felaktigt, d.v.s. vi måste ha b = 0B .
Bevis.
Vi kan nu ta oss an ett bevis för det tidigare aviserade påståendet om entydig framställning av elementen i en ändlig boolesk algebra.
Sats 15.60.
Låt B vara en ändlig boolesk algebra och låt b vara B , skilt från 0B . Då nns då entydigt bestämda atomer a1 ; a2 ; : : : ; an 2 B sådana att ett element i
b= Bevis.
Eftersom
b 6= 0B
så är
n _ i=1
ai :
a ^ b 6= 0B
(15.8)
för minst en atom
a, enligt
lemma 15.59. Mängden
A = fa 2 B j a atom; a ^ b 6= 0B g = fa1 ; a2 ; : : : ; an g a1 ; a2 ; : : : ; an precis de atomer i B , b är skild från 0B , d.v.s. om a är någon avWdessa n a atomer så gäller a ^ b 6= 0B , annars a ^ b = 0B . Vi påstår att b = i=1 i är den sökta framställningen av b. Wn Sätt c = i=1 ai . Vår önskan är alltså att visa att b = c. Denna önskan kommer att gå i uppfyllelse, om vi först kan visa att b ^ c = c är således icke-tom. Här är alltså vars skärning med
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
350
och
b ^ c0 = 0B gäller, ty i så fall får vi att b = b ^ 1B = b ^ (c _ c0 ) = (b ^ c) _ (b ^ c0 ) = c _ 0B = c:
Låt oss därför i tur och ordning visa att
b^c=c är sanna.
b ^ c0 = 0B
och
(15.9)
2 A gäller att ai ^ b 6= 0B , och då alla ai är atomer, så följer det från lemma 15.57 att alla ai uppfyller b ^ ai = ai . Då det för alla
ai
Detta ger
b^c=b^
n _ i=1
!
ai =
n _
(b ^ ai ) =
i=1
n _ i=1
ai = c;
och därmed har vi visat den vänstra av de två formlerna i (15.9).
Låt a vara en godtycklig atom i B . Då gäller antingen a 2 A eller a 2= A. Om a 2 A så gäller a = aj för något j 2 f1; 2; : : : ; ng. Det är ingen inskränkning att antaga att j = 1. Med hjälp av följdsats 15.50 (följdsatsen till satsen om De Morgans lagar) nner vi att
a ^ (b ^ c0 ) = a1 ^ b ^
n ^ i=1
a0
!
i n ^
= (a1 ^ a0 ) ^ b ^ 1
i=2
!
(15.10)
a0i = 0B ;
0 eftersom a1 ^ a1 = 0B . Om istället a 2 = A, så är a ^ b = 0B a ^ (b ^ c0 ) = 0B : Tillsammans säger formlerna (15.10) och (15.11), att för
alla
atomer
och därmed (15.11)
a ^ (b ^ c0 ) = 0B
a 2 B . Enligt lemma 15.59 måste därför b ^ c0 = 0B ;
och därmed är även den högra formeln i (15.9) veri erad.
b på ai , som ingår i denna repre-
Nu är vi alltså klara med existensen av en representation av formen (15.8). För att visa att de atomer
sentation, är entydigt bestämda, antar vi att vi också kan skriva
b=
m _ i=1
bi ;
15.3. Booleska algebror
351
b1 ; b2 ; : : : ; bm är atomer i B . Lemma om r 6= s, vilket ger där
m _
bj ^ b = bj ^ för alla
i=1
!
bi =
15.58 säger att
m _
br ^ bs = 0B
(bj ^ bi ) = bj
i=1
j = 1; 2; : : : ; m. Men vi har också n _
bj ^ b = bj ^
i=1
!
ai =
n _
(bj ^ ai );
i=1
bj 2 A, ty annat fall vore bj ^ ai = 0B för alla i, varmed ovanstående formel skulle ge motsägelsen bj = 0. Således är fb1 ; b2 ; : : : ; bm g fa1 ; a2 ; : : : ; an g, och med ett och nu medför lemma 15.58 att vi måste ha
analogt resonemang följer att den omvända inklusionen också är sann. Därmed är beviset klart.
B vara en ändlig boolesk algebra. Då är B ' P (M ) för någon ändlig mängd M . Sats 15.61.
Låt
B . Då är M givetvis a 2 B nns det enligt sats 15.60Wen entydigt bestämd n a , om a 6= 0 . delmängd fa1 ; a2 ; : : : ; an g av M sådan att a = B i=1 i Vi gör den avancerade(?) gissningen att avbildningen : B ! P (M ) Bevis.
M
Låt
vara mängden av alla atomer i
ändlig. För varje
given av
(
(a) = ( (0B ) = ;
Wn i=1 ai )
= fa1 ; a2 ; : : : ; an g;
om
a 6= 0B
är en bijektiv Wavbildning: m a och Självklart är surjektiv, och om (a) = (b), där a = i=1 i Wn b = j =1 bj , så är mängderna fa1 ; a2 ; : : : ; am g och fb1 ; b2 ; : : : ; bn g lika. De måste alltså innehålla exakt samma element, vilket medför att a och b är samma element i B . är en isomor sm. Det är lätt att se att
Nu är
a^b=
m _ i=1
!
ai
0
^
@
n _
j =1
1
bj A =
m _ n _
(ai ^ bj ):
i=1 j =1
(15.12)
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
352
Från lemma 15.58 vet vi att
ai ^ bj = 0B , närhelst ai 6= bj . De i och j
för vilket detta sker ger alltså inget bidrag till högerledet i (15.12),
ai ^ bj där ai = bj kommer att bli kvar. Detta betyder W a ^ b = ri=1 ci , där elementen ci ges av fc1 ; c2 ; : : : ; cr g = fa1 ; a2 ; : : : ; am g \ fb1 ; b2 ; : : : ; bn g:
utan endast de att
Detta medför att
(a ^ b) = fc1 ; c2 ; : : : ; cr g = fa1 ; a2 ; : : : ; am g \ fb1 ; b2 ; : : : ; bn g = (a) \ (b): Med ett snarlikt resonemang visar man att (a _ b) = (a) [ (b) (se övning 12). Därmed är beviset klart.
Följdsats 15.62. för något n 2 N .
Om
B är en ändlig boolesk algebra, så är jB j = 2n
B måste innehålla lika många element som potensmängden P (M ) till någon ändlig mängd M , och vi fann i n exempel 1.42 att om jM j = n, så är jP (M )j = 2 . Bevis.
Vi vet från sats 15.60 att
Exempel 15.63.
L i exL alltså
Vi konstaterade i exempel 15.42 att gittret
empel 15.18 inte är komplementärt. Av den anledningen är
ingen boolesk algebra. Vi kan alternativt visa att detta med hjälp av följdsats 15.62: Om
L
vore en boolesk algebra, så skulle
med en tvåpotens. Men så är inte fallet
vi har
jLj = 9.
jLj vara lika
Övningar till avsnitt 15.3 1.
De nierar något av de två Hassediagrammen i gur 15.10 på sidan 339 en boolesk algebra?
2. 3.
Bevisa att Låt
(a0 )0 = a för alla element a i en boolesk algebra.
a och b vara element i en boolesk algebra B . Visa att a ^ b0 = 0R () a ^ b = a
och
a _ b0 = 1R
() a _ b = a:
15.3. Booleska algebror 4.
Låt
2 B , där B a0 b0 .
a; b
353
är en boolesk algebra. Visa att
a
b, om och
endast om
5.
Givet förutsättningarna i sats 15.47, bevisa att
6.
Låt
(a) a _ a = a för alla a 2 B B
(b) a _ (a ^ b) = a för alla a; b 2 B .
vara en boolesk algebra. Visa
a _ (a0 ^ b) = a _ b för alla
och
a ^ (a0 _ b) = a ^ b
a; b 2 B .
7.
Bevisa följdsats 15.50.
8.
Antag att
M = f1; 2; 3; 4g och att B är mängden av alla positiva delare 330. Antag vidare att är en avbildning från P (M ) till B sådan att (f1g) = 11, (f2g) = 2, (f2; 3g) = 6 och (f1; 4g) = 55. Vad måste bilden av följande element vara genom , för att : P (M ) ! B i talet
skall kunna vara en boolesk isomor sm?
(a) f1; 2g
9.
Låt
B
och
(b) f4g
C
vara booleska algebror och
(c) f1; 3; 4g :B!C
en homomor sm.
Visa att
för alla
10.
n ^ i=1
!
ai =
n ^ i=1
(ai )
och
n _ i=1
!
ai =
n _ i=1
(ai )
a1 ; a2 ; : : : ; an 2 B .
Visa att boolesk isomor
' är en ekvivalensrelation på varje mängd av
booleska algebror.
11.
: B ! C vara en boolesk isomor sm. Visa att om a är en atom B , så är (a) en atom i C .
Låt i
12.
Avsluta beviset för sats 15.61, genom att visa att
13.
Låt
(a _ b) = (a) [ (b).
B = f1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30g vara mängden av alla positiva delare 30. Visa att (B; SGD; MGM) är en boolesk algebra. Ange en 0 formel för komplementet a till ett givet element a 2 B . i talet
14. 15.
Låt
n
i
Visa att
n.
vara ett positivt heltal och
B
mängden av alla positiva delare
(B; SGD; MGM) är en boolesk algebra, om och endast
om
n inte är delbart med kvadraten på något primtal.
Låt
n och B
vara som i föregående uppgift. Vilka är atomerna i
B?
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
354
16.
Antag att
17.
Låt
18.
Låt
a
och
b
är två element i en boolesk algebra
(a _ b0 ) ^ (a0 _ b) = 1B . Visa att a = b.
B,
sådana att
a, b och c vara element i en boolesk algebra. Visa att (a ^ b) _ (a0 ^ c) _ (b ^ c) = (a ^ b) _ (a0 ^ c):
(B; ^; _) vara en boolesk algebra, där jB j 2. Inför två nya kom+ och på B enligt a + b = (a ^ b0 ) _ (a0 ^ b) respektive a b = a ^ b: Visa att (B; +; ) då får strukturen av en kommutativ ring med etta, i 2 vilken a = a för alla a 2 B . Detta är en så kallad boolesk ring. Omvänt, låt (R; +; ) vara en boolesk ring. De niera två nya komposipositionsregler
^ och _ på R enligt a ^ b = ab respektive a _ b = a + b + ab: Visa att (R; ^; _) då får strukturen av en boolesk algebra. tionsregler
15.4 Booleska algebror och elektriska kretsar Vi rundar av detta kapitel med en kort beskrivning av hur teorin för booleska algebror kommer till nytta, när det gäller konstruktion av elektriska kretsar. I dessa sammanhang brukar man använda en speciell sorts boolesk algebra, som vi närmast skall de niera.
(B; ^; _), där B = f0; 1g och ^ och _ på B ges av Cayleytabellerna i gur 15.14. Det är inte svårt att se att (B; ^; _) verkligen är en boolesk Vi utgår från den booleska algebran
där kompositionsreglerna
1 och 0 som dess största respektive minsta element. Spe0 0 ciellt har vi 0 = 1 och 1 = 0. algebra, med
^ 0 1 0 0 0 1 0 1
_ 0 1 0 0 1 1 1 1
Figur 15.14 n inför vi beteckningen B n för den direkta produkten av n kopior av B , d.v.s. För varje positivt heltal
B n = f(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) j bi 2 f0; 1g; i = 1; 2; : : : ; ng:
15.4. Booleska algebror och elektriska kretsar
355
boolesk avbildning av n variabler är en avbildning f : B n ! B . Vi kommer ibland att skriva f = f (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) när vi hänvisar till en sådan avbildning. Här är varje xi en variabel som kan anta något av värdena i B , d.v.s. 0 eller 1. Detta innebär bl.a. att En
xi ^ xi = xi _ xi = xi i = 1; 2; : : : ; n. Vi kommer att kalla den här typen av variabler booleska variabler. Två booleska avbildningar f och g av n variabler anses vara lika,
för alla för
om de uppfyller den gängse de nitionen av likhet mellan avbildningar, vilket i detta fall innebär att
f (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = g(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 B n . Vi kommer att beteckna mängden av alla booleska avbildningar av n variabler med Pn . För den booleska avbildning som är konstant lika med 0, inför vi vidare beteckningen O , medan I får beteckna den booleska avbildning som är konstant lika med 1. Således har vi alltså avkrävs för alla
O(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = 0 för alla
och
I (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = 1
(15.13)
(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 B n .
Exempel 15.64. Betrakta de båda booleska avbildningarna f och g 0 0 0 0 givna av f (x; y ) = (x ^ y ) _ (x ^ y ) respektive g (x; y ) = (x _ y ) ^ (x _ y ). 2 För att beräkna f (a; b) och g (a; b) för något (a; b) 2 B tar vi hjälp av Cayleytabellerna i gur 15.14 på motstående sida. Till exempel har vi
g(1; 1) = (1 _ 10 ) ^ (10 _ 1) = (1 _ 0) ^ (0 _ 1) = 1 ^ 1 = 1: Värdetabellen i gur 15.15 på nästa sida visar att
f
och
g
i själva
verket är samma booleska avbildning.
De nition 15.65. nierar vi
Givet två booleska avbildningar
skärningen f ^ g 2 Pn av f
och
g som
f; g 2 Pn , så de-
(f ^ g)(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = f (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) ^ g(b1 ; b2 ; : : : ; bn )
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
356
x y f (x; y) g(x; y)
0 0 1 1
0 1 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
Figur 15.15 för alla
(b1 ; b2 ; : : : ; bn )
f _ g 2 Pn
och
2 B n.
I samma anda de nieras
komplementet f 0 2 Pn som
föreningen
(f _ g)(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = f (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) _ g(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) respektive
f 0(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = f (b1 ; b2 ; : : : ; bn )0 för alla
(b1 ; b2 ; : : : ; bn ).
Exempel 15.66. Om f (x; y) = x _ y0 skärningen f ^ g och föreningen f _ g av
och
g(x; y) = x ^ y0
så ges
(f ^ g)(x; y) = (x _ y0 ) ^ (x ^ y0 )
respektive
(f _ g)(x; y) = (x _ y0 ) _ (x ^ y0 ): 0 00 0 Komplementen till f och g ges av f (x; y ) = (x _ y ) = x ^ y respektive g0 (x; y) = (x ^ y0 )0 = x0 _ y, med användande av De Morgans lagar. Med tanke på de kompositionsregler som ovan införts på
Pn, så kommer
följande sats antagligen inte som någon större överraskning.
Sats 15.67.
Mängden
Pn , försedd med operationerna ^, _ och
0
i
de nition 15.65, är en boolesk algebra. Det största och minsta elementet i denna booleska algebra ges av de booleska avbildningarna respektive
Bevis.
O, de nierade enligt (15.13) på sidan 355.
I
Vi överlåter åt läsaren att bevisa att (i)(v) i sats 15.47 är
uppfyllda. Därav följer nämligen satsen.
15.4. Booleska algebror och elektriska kretsar Vi skall nu visa hur man med hjälp av
357
Pn kan beskriva hur vissa enkla
typer av elektroniska kretsar är konstruerade. Vi tänker oss att det i en sådan krets förekommer
reläer litet här och var, med vars hjälp man
kan reglera på vilket sätt strömmen yter genom kretsen. Ett relä kan antaga två olika tillstånd. Det kan vara
tillslaget,
så att strömmen
kan öda genom reläet (strömmen är på). Alternativt kan reläet vara
frånslaget, varvid strömmen inte tillåts passera genom det (strömmen
är av). Det förutsätts att ett relä alltid antar exakt ett av dessa tillstånd
båda tillstånden kan alltså inte antas samtidigt, och det
nns heller inget mellanläge. Antag att det i en krets nns ett antal reläer
r1 ; r2 ; : : : ; rn . Varje ri
kan alltså vara antingen frånslaget eller tillslaget, i stil med att en
0 eller 1. Det ligger alltså nära till hands att associera en boolesk variabel xi till ri . Vi bestämmer oss för att tilldela xi värdet 1 om ri är tillslaget, och värdet 0 om ri är boolesk variabel kan antaga något av värdena
frånslaget. Kretsens förmåga (eller oförmåga) att är beroende av vilka tillstånd dess reläer be nner sig i. Eftersom varje relä är kopplat till en boolesk variabel, erhåller vi på ett naturligt sätt
f = f (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) för den aktuella kretsen. Om det visar sig att f (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = 1 för några b1 ; b2 ; : : : ; bn 2 B , en boolesk avbildning
så betyder detta att kretsen släpper igenom ström, när dess reläer
r1 ; r2 ; : : : ; rn be nner sig i de tillstånd som motsvaras av tilldelningarna x1 = b1 ; x2 = b2 ; : : : ; xn = bn . Om istället f (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = 0, så gäller givetvis det motsatta förhållandet, d.v.s. att kretsen inte släpper igenom någon ström. I fortsättningen kommer vi att använda samma beteckning på såväl ett relä som dess motsvarande booleska variabel.
Exempel 15.68.
Två grundläggande sätt att koppla samman reläer
visas i gur 15.16 på följande sida. Till vänster nner vi en
ling av två reläer x1
och
seriekopp-
x2 . Genom en sådan kan strömmen passera,
om och endast om båda reläerna är tillslagna. Detta innebär att om
f = f (x1 ; x2 ) är kretsens motsvarande booleska avbildning, så gäller f (x1 ; x2 ) = 1, om och endast om x1 = x2 = 1. Vi kan således representera kretsen med den booleska avbildningen f (x1 ; x2 ) = x1 ^ x2 . Till höger i gur 15.16 på nästa sida visas en parallellkoppling. Här är det så att kretsen endast om både
x1
och
inte
x2
släpper igenom någon ström, om och
är frånslagna. Detta gör att kretsen kan
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
358
representeras av den booleska avbildningen
x1
g(x1 ; x2 ) = x1 _ x2 .
x1
x2
x2
Figur 15.16 x är ett relä, så betecknar vi med x0 ett relä som är tillslaget, om och endast om x är frånslaget, eller kort och gott Om
x0 = 1
() x = 0: 0 0 Vi har som bekant x ^ x = 0 och x _ x = 1, vilket översatt till kretsar innebär strömmen inte kan passera genom en seriekoppling av reläerna
x och x0 , medan den däremot alltid gör det om man parallellkopplar
dessa reläer. I en krets kan det också nnas ett relä samma vis som ett annat relä
x = 1.
x, d.v.s.
att
y, som beter sig precis på y = 1, om och endast om
I så fall använder vi en gemensam beteckning för båda dessa
reläer. Vi säger att två kretsar är
ekvivalenta,
om deras motsvarande
booleska avbildningar är lika. Det är fördelaktigt, inte minst ur kostnadssynpunkt, ifall man kan ersätta en krets med en annan, ekvivalent krets, som innehåller färre reläer. Detta kan man åstadkomma genom att översätta den givna kretsen till en boolesk avbildning, förenkla det uttryck man då får (genom att använda räknelagarna i en boolesk algebra), och till sist tolka det förenklade uttrycket som en krets.
Exempel 15.69.
De två kretsarna i gur 15.17 är ekvivalenta. De
f (x1 ; x2 ) = (x1 ^x2 )_(x01 ^x02 ) respektive 0 0 g(x1 ; x2 ) = (x1 _ x2 ) ^ (x1 _ x2 ), och i exempel 15.64 fann vi att dessa kan nämligen representeras av booleska avbildningar är lika.
x1
x2
x1
x01
x01
x02
x02
x2
Figur 15.17
15.4. Booleska algebror och elektriska kretsar
Exempel 15.70.
359
Kretsen till vänster i gur 15.18 kan representeras
med den booleska avbildningen
f (x1 ; x2 ; x3 ) = (x1 ^ x2 ) _ [(x01 _ x02 ) ^ x2 ] _ x3 : Men eftersom
f (x1 ; x2 ; x3 ) = (x1 ^ x2 ) _ [(x1 ^ x2 )0 ^ x2 ] _ x3 = [(x1 ^ x2 ) _ (x1 ^ x2 )0 ] ^ [(x1 ^ x2 ) _ x2 ] _ x3 = (1 ^ x2 ) _ x3 = x2 _ x3 ; så är kretsen ekvivalent med en krets, bestående av blott en parallellkoppling av reläerna
x2 och x3 , se den högra kretsen i guren.
x1 x01
x2 x2
x2
x02
x3
x3
Figur 15.18 Övningar till avsnitt 15.4 1. Visa att (B; ^; _), där B = f0; 1g, och där ^ och _ ges av Cayleytabellerna i gur 15.14 på sidan 354, är en boolesk algebra.
2.
Bevisa sats 15.67.
3.
Ange boolesk avbildning
f x1
som representerar kretsen i gur 15.19.
x4
x3 x2
x8 x6
x5
x7
Figur 15.19
Kapitel 15. Partiella ordningar och booleska algebror
360
4.
Rita en krets för var och en av de booleska avbildningarna
f (x1 ; x2 ; x3 ) = (x1 ^ x2 ) _ x3
och
g(x1 ; x2 ; x3 ) = x1 ^ (x2 _ x3 ):
jPn j, d.v.s. antalet booleska avbildningar av n variabler. 6. Visa att de booleska avbildningarna f (x ; x ; x ) = (x ^ x ) _ (x0 ^ x ) 0 och g (x ; x ; x ) = (x _ x ) ^ (x _ x ) ^ (x _ x ) är lika. 5.
Bestäm
1
1
7.
2
3
1
2
1
2
3
3
2
1
3
1
2
3
Är några av kretsarna i gur 15.20 sinsemellan ekvivalenta? I så fall, vilka?
x1
x2
x1
x2
x3
x3
x2
x3
x1
(a)
(b)
x1
x2
x2
x3
x3
x1
x1
x2
x3
x1
(c)
(d)
Figur 15.20 8.
Konstruera en krets som endast innehåller tre reläer, och som är ekvivalent med kretsen i gur 15.21.
x3
x2
x01
x2
x02
x01
x02
x3
x2
x3
x2
x01
Figur 15.21
Kapitel 16
Polynomringar Läsaren har sannolikt en viss förtrogenhet med polynom med reella koe cienter, och vet hur man adderar och multiplicerar sådana. Vi skall i detta kapitel låta polynomens koe cienter vara element i en ring. Inledningsvis låter vi denna ring vara så generell som möjligt, medan vi senare specialiserar oss och betraktar egenskaper hos polynom, vars koe cienter är hämtade från en kropp.
16.1 Polynom Det verkar troligt att mängden av alla polynom, med säg reella koe cienter, är en ring under vanlig addition och multiplikation av polynom. Vi skall snart se att detta gäller, så fort vi väljer koe cienterna från en ring. Först ska vi dock de niera vad vi vill mena med ett polynom.
De nition 16.1.
Låt
R
vara en ring. Ett
obekant x är en oändlig formell summa f (x) =
1 X k=0
polynom över R i en
ak xk = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn + : : : ;
ak 2 R för alla k och där alla utom ett ändligt antal ak är lika med 0R . Elementen ak kallas för polynomets koe cienter. Mängden av alla sådana polynom betecknas R[x]. Om det för något k 0 gäller att ak 6= 0R , så de nieras graden deg f (x) av f (x) som det största k för vilket detta är sant. Motsvarande koe cient ak kallas då för där
361
Kapitel 16. Polynomringar
362
högstagradskoe cienten till f (x). Om ak = 0R för alla k, f (x) det så kallade nollpolynomet, vars grad är ode nierad.1 P
k f (x) = 1 k=0 ak x och g (x) = lika, f (x) = g (x), om ak = bk för alla k . Två polynom
P1 k k=0 bk x
så är
betraktas som
Vi kommer inte att i någon större utsträckning använda oss av den klumpiga beteckningen med formella oändliga summor för polynom, som vi gör i ovanstående de nition. Istället kommer ett polynom
f (x) =
P1 k k=0 ak x
av grad
n att skrivas på formen
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn
eller
f (x) = an xn + an 1 xn 1 + + a1 x + a0 ; varvid det underförstås att lika med
an = 6 0R .
De termer vars koe cienter är
0R , väljer vi att inte skriva ut överhuvudtaget. Ifall en av ko-
e cienterna hos polynomet är den additiva inversen till något element
b
2 R, d.v.s. om ak = b, väljer vi att skriva den aktuella termen
bxk istället för ( b)xk . Om vidare R har en etta 1R , skrivs varje k k term på formen 1R x som x . Till exempel skriver vi alltså polynomet 2 + 0x + 3 2 Z[x] som 4x4 3x3 + x2 + 3. 4x4 + ( 3)x3 + 1xP 1 a xk och g(x) = P1 b xk vara två polynom Låt nu f (x) = k=0 k k=0 k i R[x], där R är en ring. Vi de nierar då summan av f (x) och g (x) som
som
f (x) + g(x) = där
ck = ak + bk
för alla
f (x)g(x) = dk =
Pk j =0 aj bk j .
k=0
ck xk ;
(16.1)
k. Produkten av f (x) och g(x) de nieras å
sin sida som
där
1 X
1 X k=0
dk xk ;
(16.2)
Vi adderar alltså termvis som vi är vana vid,
och multiplikationen sker korsvis, också det som vi är vana vid. Notera att de nitionerna av såväl summa som produkt är välgrundade, 1
I litteraturen väljer man ibland att tilldela nollpolynomet graden
1.
16.1. Polynom
363
ty samtliga utom ett ändligt antal
ck
och
dk
är lika med
0R
i (16.1)
respektive (16.2).
Exempel 16.2. Låt f (x) = 3x2 + 2x + 3 och g(x) = 2x + 4 vara två polynom i Z6[x]. Då är f (x) + g(x) = (3x2 + 2x + 3) + (2x + 4) = 3x2 + (2 + 2)x + (3 + 4) = 3x2 + 4x + 1; medan
f (x)g(x) = (3x2 + 2x + 3)(2x + 4) = (3 2)x3 + (3 4 + 2 2)x2 + (2 4 + 3 2)x + 3 4 = 4x2 + 2x: Vi adderar och multiplicerar alltså precis som vanligt, men all aritmetik sker modulo
6, eftersom f (x); g(x) 2 Z6[x].
Sats 16.3.
Låt
R vara en ring. Då är R[x] en ring under addition och
multiplikation av polynom, de nierade enligt (16.1) respektive (16.2). Om
R är kommutativ, så gäller detta även för R[x]. Om vidare R har 1R , så är f (x) = 1R en etta i R[x].
en etta
Bevis.
Detta är egentligen inget svårt bevis, men däremot är det täm-
ligen tråkigt, så vi redogör inte för alla steg i detalj. Att
R[x]
är en
abelsk grupp under addition av polynom är tämligen trivialt: Nollpolynomet är additivt neutralt element, och den additiva inversen till
f (x) =
P1 k k=0 ak x
ges av
f (x) =
P1 k=0 (
ak )xk .
När det gäller de multiplikativa egenskaperna, redovisar vi endast beviset för att multiplikationen är associativ, eftersom detta är snårigast. Beviset av de distributiva lagarna lämnas som en övning till läsaren. Låt
f (x) =
1 X k=0
ak
xk ;
g(x) =
1 X k=0
bk
xk
och
h(x) =
1 X k=0
ck xk
Kapitel 16. Polynomringar
364
vara tre polynom i
R[x]. Vi beräknar först f (x)[g(x)h(x)]. Vi har 1 X
g(x)h(x) = där
dk =
Pk i=0 bi ck i .
k=0
rk =
k X j =0
rk
aj dk
till
j
bk
xk
1 X
cienten till
k=0
xk
=
k=0
!
!
ck
xk
1 X
ak xk
=
1 X k=0
dk xk ;
k=0
!
dk xk =
1 X k=0
rk xk ;
ges av
k X j =0
aj
k j X i=0
Genom att på samma sätt beräkna
xk
1 X
Detta ger att
f (x)[g(x)h(x)] = där koe cienten
!
!
bi ck
j i
=
X
i+j +m=k
ai bj cm :
[f (x)g(x)]h(x), ser man att koe -
i denna produkt blir densamma, vilket visar att multi-
plikation av polynom uppfyller den associativa lagen. Således är en ring. Att
R[x]
R[x] är kommutativ, om R är det, är inte svårt att inse. Så ej f (x) = 1R är etta i R[x], i den mån 1R 2 R. Vi lämnar dessa
heller att
detaljer av beviset som en övning för läsaren.
De nition 16.4.
Om
R är en ring så kallas R[x], försedd med kom-
positionsreglerna (16.1) och (16.2), för
obekant x.
polynomringen över R i en
P k f (x) = 1 k=0 ak x sådant att ak = 0R för alla k 1 kallas för ett konstant polynom. Graden av ett konstant polynom, skilt från nollpolynomet, är lika med 0. Vi kan identi era varje konstant polynom f (x) = r i R[x] med elementet r 2 R. Detta betyder således att vi alltid kan betrakta R som en underring i polynomringen R[x]. Av den anledningen kommer nollpolynomet i R[x] att betecknas 0R i fortsättningen (även om 0R[x] är en mer korrekt beteckning). Vi kommer också att använda beteckningen 1R istället för 1R[x] för det multiplikativt neutrala elementet i polynomringen R[x] (om ett sådant Ett polynom
existerar).
16.1. Polynom
Sats 16.5.
365
Antag att
D
är ett integritetsområde. Då är också
D[x]
ett integritetsområde. Speciellt gäller då att
deg[f (x)g(x)] = deg f (x) + deg g(x) för alla f (x); g (x) 6= 0D .
(16.3)
f (x) = a0 + a1 x + + am xm och g(x) = b0 + b1 x + + bn xn i D [x], båda skilda från nollpolynomet 0D . Då är am 6= 0D och bn 6= 0D . På grund av att D är ett integritetsområde, är även am bn 6= 0D . Men am bn är högstagradskoe cienten i f (x)g(x), eftersom f (x)g(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + + am bn xm+n : Detta visar både att deg[f (x)g (x)] = m + n = deg f (x) + deg g (x) och att D [x] är ett integritetsområde. Beviset är därmed klart. Bevis.
Tag
2 med ett poly1 och erhöll ett polynom av grad 2. Formel (16.3) gäller alltså inte i Z6[x], vilket beror på att Z6 inte är ett integritetsområde. I exempel 16.2 multiplicerade vi ett polynom av grad nom av grad
Eftersom varje kropp är ett integritetsområde kan vi på grund av föregående sats genast konstatera följande.
Följdsats 16.6.
Om
K
är en kropp, så är polynomringen
K [x]
ett
integritetsområde.
Följdsats 16.7. Låt K vara en kropp. Då är f (x) en enhet i K [x], om och endast om f (x) är ett konstant polynom, skilt från nollpolynomet. Bevis.
)) Antag att f (x) 2 K [x] är en enhet. Då är f (x) 6= 0K . g(x) = 6 0K i K [x] så att f (x)g(x) = 1K .
(
Vidare måste det nnas ett Således har vi
deg[f (x)g(x)] = deg 1K = 0: Men enligt sats 16.5 är deg[f (x)g (x)] = deg f (x) + deg g (x), vilket medför att deg f (x) = deg g (x) = 0. Således är både f (x) och g (x) konstanta polynom.
() Om f (x) är ett konstant polynom, kan det betraktas som ett K . Om dessutom f (x) = 6 0K , så är f (x) är en enhet i K och
(
element i
dess invers i
K
är även en invers i
K [x].
Kapitel 16. Polynomringar
366
Sats 16.5 uttalar sig alltså vad som gäller för graden av en produkt av två polynom över ett integritetsområde. Beträande graden av en summa av två polynom har vi följande.
Sats 16.8.
Låt
R
vara en ring och
f (x); g(x)
2 R[x] två polynom,
båda skilda från nollpolynomet. Då är
deg[f (x) + g(x)] max[deg f (x); deg g(x)]; förutsatt att
f (x) + g(x) 6= 0K . P
k m = deg f (x) och n = deg g(x). Med f (x) = 1 k=0 ak x P1 k och g (x) = k=0 bk x så är då ak = 0R för alla k > m och bk = 0R k för alla k > n. Eftersom koe cienten framför x i f (x) + g (x) ges av ak + bk , är denna lika med 0R för alla k > max(m; n). Därav följer
Bevis.
Sätt
satsen.
Vi rundar av detta avsnitt med några ord om hur man de nierar poly-
R vara en ring och antag att x bilda ringen (R[x])[y ] bestående av
nomringar med er än en obekant. Låt och
y
är två obekanta. Vi kan då
y över R[x]. Denna mängd utgörs alltså av alla polynom i y , vars koe cienter är polynom i x. På samma sätt kan vi införa ringen (R[y ])[x] av alla polynom i x, vars koe cienter är polynom i y . Det är nu möjligt att visa, att ringarna (R[x])[y ] och (R[y ])[x] är isomorfa, så av den anledningen inför vi den gemensamma beteckningen R[x; y ] för dem. Detta är polynomringen över R i två obekanta x och y . Med ett induktivt resonemang kan man sedan införa R[x1 ; x2 ; : : : ; xn ], polynomringen över R i n obekanta x1 ; x2 ; : : : ; xn . alla polynom i
Övningar till avsnitt 16.1 1.
2.
Bestäm antalet polynom av
(a) grad 2 i Z10[x] (d) grad 0 i Z9[x]
(b) grad 3 i Z3[x] (c) grad 4 i Z5[x] (e) grad 5 eller lägre i Z2[x].
Beräkna summan av polynomen
f (x) och g(x) i polynomringen R[x],
om
(a) f (x) = x4 + 3x3 x2 + 2x 3, g(x) = 2x3 + x2 + 1 och R = Z (b) f (x) = 2x2 + 3x + 4, g(x) = x3 + x2 + 2x + 1 och R = Z5
16.2. Evalueringar och nollställen
367
(c) f (x) = 4x4 + 3x3 + x + 3, g(x) = 2x3 + 2x2 + 3x + 5 och R = Z6 (d) f (x) = 35 x2 23 x + 15 , g(x) = x2 + 14 x 32 och R = Q . 3.
Beräkna produkten av polynomen
f (x) och g(x) i polynomringen R[x],
om
(a) f (x) = 2x + 1, g(x) = x2 3x 3 och R = Z (b) f (x) = 23 x2 + 15 x + 19 , g(x) = 34 x3 54 och R = Q (c) f (x) = 2x2 + x + 1, g(x) = 2x3 + 2x2 + 1 och R = Z3 (d) f (x) = 2x3 + 7x2 + 2, g(x) = 4x2 + x + 3 och R = Z8. 4.
Låt
f (x) = 2x2 + 2x + 1, g(x) = 3x2 + 1
och
h(x) = x2 + 2x + 1.
Beräkna
(a) f (x) + g(x)h(x) i Z5[x] (c) f (x)[g(x) + h(x)] i Z6[x] 5.
Visa att
(b) h(x) f (x)2 + 2g(x) i Z4[x] (d) g(x) f (x)[h(x) g(x)] i Z7[x].
2x + 1 är en enhet i Z4[x]. Varför är detta inte en motsägelse
till följdsats 16.7?
6.
Visa att om
7.
Låt
D[x] har samma enhetsgrupp. R
vara en ring. Bevisa att de distributiva lagarna gäller i polyn-
omringen
8.
D är ett integritetsområde så är D = D[x] , d.v.s. D och
Låt
R[x].
R vara en kommutativ ring. Visa att R[x] också är kommutativ i
så fall.
9.
Hur ser polynomet
f (x; y) = x2 y3 + 3x3 y2 + 2xy3 + y3 + y2x + x2 + xy 3y + 1
[x; y] ut, om man betraktar det som ett polynom i (Q [x])[y] respek(Q [y])[x]? 10. Visa att K [x1 ; x2 ; : : : ; xn ] är ett integritetsområde, om K är en kropp. i
Q
tive
16.2 Evalueringar och nollställen Polynom i R [x] kan vi betrakta som funktioner från R till R ; vi kan n evaluera ett polynom f (x) = a0 + a1 x + + an x i en punkt r 2 R n genom att beräkna f (r ) = a0 + a1 r + + an r . Det går också evaluera polynom över en godtycklig kommutativ ring.
Kapitel 16. Polynomringar
368
Sats 16.9. Välj 2 S
Låt
S
R en underring i S . : R[x] ! S de nierad
vara en kommutativ ring och
godtyckligt. Då är avbildningen
enligt
[f (x)] = f ( ) = a0 + a1 + + an n ; n där f (x) = a0 + a1 x + + an x 2 R[x], en homomor sm. Bevis.
Ansätt
f (x) =
P1 k k=0 ak x
[f (x)g(x)]
och
g(x) =
P1 k k=0 bk x . 1
0 1 X k X @ = aj bk j A k k=0 j =0 ! 1 ! 1 X X
=
k=0
ak k
k=0
Vi har då
bk k
= [f (x)] [g(x)]: För att visa att [f (x) + g (x)] = [f (x)] + [g (x)] används liknande förfarande. Således är en homomor sm och vi är klara.
ett
De nition 16.10. Låt S vara en kommutativ ring och R en underring i S . För varje 2 S de nieras evalueringshomomor smen i som avbildningen : R[x] ! S given av [f (x)] = f ( ). För varje f (x) 2 R[x] säges f ( ) vara en evaluering av f (x) i . Det faktum att det således alltid är möjligt att evaluera ett polynom över en kommutativ ring betyder
inte
att ett polynom alltid kan be-
traktas som en avbildning, vilket belyses i följande exempel.
f (x) = x2 + x 2 Z2[x]. Då är f (0) = f (1) = 0, d.v.s. samtliga evalueringar av f (x) i Z2 är lika med noll, precis som för nollpolynomet. Men f (x) och nollpolynomet är inte lika. Två olika Exempel 16.11.
Låt
polynom över en kommutativ ring kan alltså mycket väl ha lika evalueringar, vilket går stick i stäv mot de nitionen av att två avbildningar är lika.
De nition 16.12. Låt S vara en kommutativ ring och R en underring i S . Låt vidare f (x) vara ett polynom i R[x]. Ett element 2 S säges vara ett nollställe till f (x), om f ( ) = 0S .
16.2. Evalueringar och nollställen
369
Med samma notation som i de nitionen ovan, så är alltså ett element
2S
ett nollställe till
f (x) 2 R[x], .
om
f (x)
2 ker , där
är
evalueringshomomor smen i
Vi kommer i fortsättningen att ägna oss i huvudsak åt polynom med koe cienterna hämtade från en kropp, eller på sin höjd ett integritetsområde. Polynom över den här typen av ringar uppför sig ganska städat, vilket bland annat följande sats belyser.
Sats 16.13.
h(x) vara polynom i D[x], där D är ett integritetsområde, och sätt f (x) = g (x)h(x). Då är 2 D ett nollställe till f (x), om och endast om är ett nollställe till g (x) eller h(x). Bevis.
Låt
g(x)
och
Med användande av evalueringshomomor smen
: D[X ] ! D
får vi
0D = f ( ) = [f (x)] = [g(x)h(x)] = [g(x)] [h(x)] = g( )h( ): Satsen följer nu av att ett integritetsområde saknar nolldelare.
Exempel 16.14.
För att exempli era hur illa en polynomring
R[x]
R inte är ett integritetsområde, betraktar vi de två g(x) = x och h(x) = x +1 i Z6[x]. Produkten f (x) = x2 + x av g (x) och h(x) har till exempel elementet 2 2 Z6 som nollställe, men detta element är inte ett nollställe till vare sig g (x) eller h(x). kan bete sig, om polynomen
De nition 16.15. Låt D[x] vara polynomringen över ett integritetsområde D . Två polynom f (x); g (x) 2 D [x] säges vara associerade, om det nns en enhet u 2 D sådan att f (x) = ug (x). Exempel 16.16.
De två polynomen
1 f (x) = x2 + x 2
5 3
3 g(x) = 3x2 + x 5 2 eftersom g (x) erhålls från f (x) genom och
Q, multiplikation med enheten 3 2 Q . är associerade polynom över
Det är inte svårt att visa att relationen
f (x) g(x)
() f (x) och g(x) är associerade polynom
Kapitel 16. Polynomringar
370
är en ekvivalensrelation på varje polynomring över ett integritetsområde, se övning 6. Två associerade polynom över ett integritetsområde har precis samma uppsättning av nollställen i
D.
D
Att nna nollställen till polynom är ett av de äldsta problemen inom algebran. Med sats 16.13 har vi tagit ett första steg på vägen när det gäller detta problem: I jakten på nollställen till ett polynom över en kropp kan vi faktorisera polynomet och leta efter nollställen till någon av faktorerna istället. Vi kommer att ägna de kommande avsnitten till att studera problemet med faktorisering av polynom över en kropp.
Övningar till avsnitt 16.2 1. Evaluera polynomet f (x) = x3 + 2x + 1 i samtliga element i Z3. 2.
Beräkna värdet av följande evalueringshomomor smer för respektive polynom.
(a) 2 : Z[x] ! Z, 2 (3x3 2x + 7) (b) p2 : Q [x] ! R, p2 (x3 2x2 + 2x 1) (c) i : R[x] ! C , i (x2 + 2x + 1) (d) 3 : Z5[x] ! Z5, 3 (x2 x + 3) (e) 2 : Z6[x] ! Z6, 2 (x3 + 3x2 2x + 2) (f) 4 : Z13[x] ! Z13, 4 (4x132 + 2x65 + x + 2) 3.
Bestäm samtliga nollställen till
4.
Hur många nollställen har
5.
Låt
xp
p vara ett primtal. Visa att samtliga element i Zp är nollställen till x.
6.
Låt
D vara ett integritetsområde. Visa att relationen de nierad en-
(a) x2 1 i Z (c) x3 + x + 1 i Z2
(b) x2 + 1 i Z5 (d) x4 2x3 + 2x + 1 i Z3. f (x) = x2
1 i Z8?
ligt
f (x) g(x)
() f (x) och g(x) är associerade polynom
är en ekvivalensrelation på polynomringen
7.
D[x].
Om associerade polynom identi eras, hur många polynom nns det då av
(a) grad 2 i Z3[x]
(b) grad 4 i Z2[x]
(c) grad 3 i Z5[x]?
16.3. Divisionsalgoritmen 8.
Låt
K
vara en kropp och
371
6= 0K
ett nollställe till polynomet
f (x) = a0 + a1 x + + an xn i
9.
K [x]. Visa att
1
är ett nollställe till
an + an 1 x + + a0 xn .
Vilken är anledningen till att man i sats 16.9 kräver att
S
är kom-
mutativ? Kan man på något sätt försvaga förutsättningarna, utan att satsen slutar gälla?
16.3 Divisionsalgoritmen En polynomring över en kropp med heltalsringen såväl
K
har era gemensamma egenskaper
Z. Ett exempel på en sådan egenskap är att det i
K [x] som Z nns en divisionsalgoritm.
Sats 16.17 (Divisionsalgoritmen). Antag att K är en kropp. Låt f (x) och g(x) vara två polynom i K [x], där g(x) 6= 0K . Det nns då entydigt bestämda polynom q (x); r (x) 2 K [x] sådana att f (x) = g(x)q(x) + r(x); där
r(x) = 0K
eller
deg r(x) < deg g(x).
g(x)q(x) j q(x) 2 K [x]g. Om denna mängd innehåller nollpolynomet, har vi f (x) = g (x)q (x) för något q (x), och vi kan välja r (x) = 0K . Antag därför att 0K 2 = A. Då är graden av varje polynom i A ett naturligt tal. Låt r (x) vara ett polynom i A av minimal grad. Det nns då q (x) 2 K [x] så att Bevis.
Betrakta mängden
A = ff (x)
f (x) = g(x)q(x) + r(x): deg r(x) < deg g(x). Låt oss anta motsatsen. Om vi n m ansätter g (x) = a0 + a1 x + + an x och r (x) = b0 + b1 x + + bm x , så 1 m n] har vi då att m n. Polynomet h(x) = f (x) g (x)[q (x)+ bm an x tillhör A och vi har Vi vill nu visa att
h(x) = f (x) g(x)q(x) bm an 1 xm n g(x) = r(x) bm an 1 xm n (a0 + a1 x + + an xn ) = r(x) bm xm + termer av lägre grad:
Kapitel 16. Polynomringar
372
bm xm och högstagradstermen i r(x) tar ut varandra, vilket innebär att deg h(x) < m = deg r (x). Detta strider mot att r (x) är ett polynom av minimal grad i A. Antagandet om att deg r (x) deg g (x) måste således vara felaktigt, och därmed är nu existensen av q (x) och r(x) fastställd. Så övergår vi till beviset för entydigheten hos q (x) och r (x). Antag att det nns två andra polynom q1 (x) och r1 (x) som också uppfyller Termen
f (x) = g(x)q1 (x) + r1 (x); r1 (x) = 0K Vi har då
eller
deg r1 (x) < deg g(x):
g(x)q(x) + r(x) = g(x)q1 (x) + r1 (x), från vilket g(x)[q(x) q1 (x)] = r1 (x) r(x)
följer. Eftersom
g(x) inte är nollpolynomet, fås med hjälp av sats 16.5
att
deg[r1 (x) r(x)] = deg g(x)[q1 (x) q(x)]
deg g(x):
r(x) och r1 (x) är av lägre grad än g(x), så gäller detta även för r1 (x) r(x), på grund av sats 16.8. Således har vi här en motsägelse, såvida inte r1 (x) r(x) = 0K . I så fall blir r1 (x) = r(x) och därmed också q1 (x) = q (x). Satsen är därmed bevisad. Då både
q(x) och r(x) kvoten (eller kvotpolynomet) respektive resten (eller restpolynomet) vid division av f (x) med g(x). Analogt med divisionsalgoritmen för heltal, så kallar vi i ovanstående sats för
Om vi vill bestämma kvoten och resten vid division av två polynom över en kropp, gör vi en sedvanlig uppställning. Vi måste dock komma ihåg att räkna enligt den aritmetik som gäller i den aktuella kroppen.
Exempel 16.18. Låt oss bestämma kvoten q(x) och resten r(x) vid 4 3 2 division av f (x) = x + x + 2x + 1 med g (x) = x + x + 2 i Z3[x]. Med uppställningsmodellen trappan (som författaren uppfostrats till att använda sig av), får vi då
16.3. Divisionsalgoritmen
373
x2 2 x2 + x + 2 x4 + x3 + 2x + 1 4 3 2 x + x + 2x 2x2 + 2x + 1 2x2 2x + 2 x 1 och vi kan konstatera att
q(x) = x2
2 och r(x) = x 1.2
x4 + x3 + 2x + 1 = (x2 + x + 2)(x2
Således är
2) + (x 1);
vilket man enkelt veri erar. Det skadar för övrigt aldrig att efter en polynomdivision kontrollera att den är rätt utförd, genom att veri era att
f (x) = g(x)q(x) + r(x).
Om man vid en polynomdivision får att restpolynomet blir nollpolynomet, går alltså divisionen jämnt ut. I analogi med begreppet delare för heltal, se de nition 1.12, introducerar vi nu samma begrepp för polynom över en kropp.
De nition 16.19. Låt f (x); g(x) 2 K [x], där K är en kropp. Vi säger att g (x) är en delare i f (x), eller att f (x) är en multipel av g (x), om f (x) = g (x)h(x) för något h(x) 2 K [x]. Vi skriver då g (x) j f (x) . Om inget sådant h(x) existerar, skriver vi g (x) 6 j f (x). Precis som är fallet för heltal, har vi följande lemma (som motsvarar lemma 1.13). Dess bevis lämnas som en övning för läsaren.
Lemma 16.20. Låt f (x), g(x) och h(x) beteckna polynom över en kropp K . Då gäller (i) f (x) j f (x) för alla f (x) 2 K [x]. (ii) Om f (x) j g (x) och g (x) j h(x) , så gäller f (x) j h(x). (iii) f (x) j g (x) och g (x) j f (x) , om och endast om f (x) och g (x) är associerade polynom. 2
Alternativt skulle man kunna svara
vi räknar modulo
3 i detta exempel.
q (x) = x2 + 1 och r(x) = x + 2, eftersom
Kapitel 16. Polynomringar
374
f (x) j g(x) och f (x) j h(x), så gäller för alla r(x); s(x) 2 K [x] att f (x) j [g (x)r (x) + h(x)s(x)] .
(iv) Om
Med divisionsalgoritmen för polynom i bagaget, kan man enkelt bevisa följande viktiga sats.
Sats 16.21 (Faktorsatsen). Låt K vara en kropp och f (x) ett polynom i K [x]. Då är a 2 K ett nollställe till f (x), om och endast om (x a) j f (x). Bevis.
)) Antag att f (a) = 0K . Om vi dividerar f (x) med x a i
(
enlighet med divisionsalgoritmen, får vi
f (x) = (x a)q(x) + r(x); q(x); r(x) 2 K [x], där r(x) = 0K eller deg r(x) < deg(x a). r(x) måste vara ett konstant polynom, d.v.s. r(x) = k för något k 2 K . Evaluering i a ger för några
Vi ser att
0K = f (a) = (a a)q(a) + k = k; vilket innebär att i
f (x).
r(x) = 0K , eller med andra ord att x a är en delare
() Om (x a) j f (x), så kan vi skriva f (x) = (x a)g(x) för något g(x) 2 K [x]. Då blir f (a) = (a a)g(a) = 0K , d.v.s. a är ett nollställe (
till
f (x).
Följdsats 16.22. Ett polynom f (x) 2 K [x], skilt met, har högst n nollställen i K , där n = deg f (x).
från nollpolyno-
0 är ett konstant polynom, skilt från nollK . Antag att n > 0 och att varje polynom av grad n 1 i K [x] har högst n 1 nollställen i K . Låt f (x) vara ett polynom av grad n. Om f (x) saknar nollställen, är vi klara. I annat fall låter vi a 2 K vara ett nollställe till f (x). Faktorsatsen ger då att f (x) = (x a)g(x) för något polynom g(x) 2 K [x]. Vi har här deg g(x) = n 1 (på grund av sats 16.5), så enligt induktionsantagandet har g (x) högst n 1 nollställen i K . Nollställena till f (x) måste på grund av sats 16.13 vara nollställen till Bevis.
Ett polynom av grad
polynomet, och ett sådant saknar givetvis nollställen i
16.4. Irreducibla polynom
375
x a eller g(x). Polynomet x a 2 K [x] har givetvis bara ett nollställe i K , och då g (x) har högst n 1 stycken, kan antalet nollställen i K till f (x) inte överstiga n, vilket skulle bevisas.
Övningar till avsnitt 16.3 1. Bestäm kvoten q(x) och resten r(x) vid division av f (x) med g(x), om (a) f (x) = 3x3 4x + 8 och g(x) = 3x2 2 i Q [x] (b) f (x) = x8 + x6 + x3 + x + 1 och g(x) = x5 + x2 + x + 1 i Z2[x] (c) f (x) = 4x3 + 3x2 + 2x + 1 och g(x) = x2 + 2x + 3 i Z5[x] (d) f (x) = x4 + x3 + 3x + 1 och g(x) = x2 + 2 i Z7[x]. 2. Bestäm a 2 Z7 så att (x 1) j (x3 + ax2 + 4x 1) i Z7[x]. 3. Bestäm a 2 Z5 så att (x a) j (x3 + 2x2 + 3x + 3) i Z5[x]. 4. Låt f (x) = an xn + an 1 xn 1 + + a1 x + a0 vara ett polynom i Z2[x]. Visa att (x + 1) j f (x), om och endast om ett jämnt antal av koe cienterna ai till f (x) är skilda från noll. 5. Bevisa restsatsen: Låt f (x) 2 K [x], där K är en kropp, och antag att a 2 K . Då är resten av f (x) vid division med x a lika med f (a). 6.
Bevisa lemma 16.20.
7.
Låt
x2 + ax + b nollställena c och d i K . Visa att c + d = a och cd = b. K
vara en kropp. Antag att polynomet
2 K [x] har
16.4 Irreducibla polynom Aritmetikens fundamentalsats (sats 1.26) säger som bekant att varje heltal
n
2 kan skrivas som en produkt av primtal på ett entydigt
sätt, om man bortser från ordningen mellan faktorerna. Det nns en motsvarande sats för polynom över en kropp, som vi kommer att bevisa i nästa avsnitt. I det här avsnittet kommer vi att förbereda oss för denna sats, bl.a. genom att introducera polynomens motsvarighet till primtal.
f (x) 2 K [x], där K irreducibelt över K , om det inte kan skrivas som en produkt av två polynom i K [x], båda är av lägre grad än f (x). De nition 16.23.
Ett icke-konstant polynom
är en kropp, säges vara
Kapitel 16. Polynomringar
376
p kan ju inte skrivas som en produkt av två positiva heltal, som båda är mindre än p. Lägg märke till analogin med primtal
ett primtal
Det följer direkt från ovanstående de nition att varje polynom av grad
1
är irreducibelt över vilken kropp som helst. Hur det förhåller
sig med polynom av grad
2 eller 3, avslöjas i nästa sats.
Sats 16.24. Låt K vara en kropp, och antag att f (x) 2 K [x] är av grad 2 eller 3. Då är f (x) irreducibelt över K , om och endast om f (x) saknar nollställen i K . Bevis.
)) Antag att f (x) är irreducibelt över K , men att f (x) har a 2 K . Då medför faktorsatsen att
(
ett nollställe
f (x) = (x a)g(x) g(x) 2 K [x]. Här är g(x) av grad 1 eller 2, beroende på om f (x) är av grad 2 eller 3. I vilket fall som helst är såväl x a som g(x) polynom i K [x] av lägre grad än f (x), vilket motsäger att f (x) är irreducibelt över K . (() Antag att f (x) saknar nollställen i K , men att det är möjligt att faktorisera f (x) enligt för något
f (x) = g(x)h(x); deg h(x) är mindre än deg f (x). På grund av att f (x) är av grad 2 eller 3, måste minst ett av polynomen g (x) och h(x) vara av grad 1, och det är ingen inskränkning att anta att det är på formen x a för något a 2 K . Av faktorsatsen följer då att a är ett nollställe till f (x), vilket är en motsägelse. där såväl
deg g(x)
Exempel 16.25.
som
Polynomet
x2 + 1 är irreducibelt över R,
eftersom
det saknar nollställen där. Däremot är det inte irreducibelt över eftersom
i
2C
är ett nollställe till polynomet. Över
möjligt att faktorisera polynomet enligt
C
C,
är det också
x2 + 1 = (x + i)(x i).
2 Z5[x] är inte irZ5, eftersom 1 2 Z5 är ett nollställe. Av faktorsatsen följer att f (x) = (x 1)g(x) för något g(x) 2 Z5[x]. För bestämma Exempel 16.26.
Polynomet
f (x) = x3 + x + 3
reducibelt över
g(x) utför vi en polynomdivision,
16.4. Irreducibla polynom
377
x2 + x + x 1 x3 + 3 2 x x x2 + x2
med vars hjälp vi konstaterar att i sin tur irreducibelt över
2 x+3
x+3 x 2x + 3 2x 2 0
g(x) = x2 + x + 2. Detta polynom är
Z5, eftersom det saknar nollställen i denna
kropp. Vi konstaterar därmed att
f (x) = (x 1)(x2 + x + 2) är en faktorisering av
f (x) i irreducibla faktorer i Z5[x].
Exempel 16.27. Låt f (x) = x4 + x3 + x + 2 2 Z3[x]. Eftersom f (0) = 2, f (1) = 2 och f ( 1) = 1, saknar detta polynom nollställen i Z3, men det behöver inte betyda att f (x) är irreducibelt över Z3. Sats 16.24 uttalar ju sig bara om andra- och tredjegradspolynom, och
deg f (x) = 4. Om f (x) inte är irreducibelt över Z3, så är den möjligheten att f (x) är produkten av två andragradspolynom i
vi har här enda
Z3[x]. Vi kan anta att högstagradskoe cienten till båda dessa polynom är
1 (varför?) och göra ansättningen
f (x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d); där
a; b; c; d
2 Z3.
Vi multiplicerar parenteserna i högerledet med
varandra och får
x4 + x3 + x + 2 = x4 + (a + c)x3 + (b + d + ac)x2 + (ad + bc)x + bd: En identi kation av koe cienterna ger ekvationssystemet
8 > >
> : bd = 2
(16.4)
Kapitel 16. Polynomringar
378
i
Z3. Den fjärde ekvationen satis eras av b = 1, d = 2, vilket insatt
i (16.4) ger
8
>
> : d = 2:
g(x) = x2 + 1
Således
f (x) = g(x)h(x),
så
är alltså inte irreducibelt över
f (x)
där
måste dock båda vara irreducibla över nnas ett nollställe i
h(x) = x2 + x + 2, Polynomen g (x) och h(x) och
Z3. Z3, ty i annat fall skulle det
Z3 till något av dem, vilket vi i så fall skulle ha
upptäckt redan när vi letade efter nollställen till
f (x).
2 Z2[x] saknar nollZ2, kan detta polynom inte skrivas som en produkt av ett första- och ett tredjegradspolynom i Z2[x]. Kvar nns möjligheten att Exempel 16.28.
Eftersom
f (x) = x4 + x + 1
ställen i skriva
f (x)
som en produkt av två andragradspolynom. En likadan
ansättning som i föregående exempel ger här ekvationssystemet
8 > >
> : bd = 1
i
(16.5)
Z2. För att den fjärde ekvationen skall vara uppfylld, måste b = d = 1.
Dessa värden på
b och d insatta i ekvationssystemet ger oss 8
>
> : bd = 1: På grund av sats 16.31 kan vi här anta att
(16.10)
a, b, c och d är heltal, vilket
gör att ekvationssystemet blir enklare att handskas med. Till exempel kommer den fjärde ekvationen endast ha två lösningar: antingen
Kapitel 16. Polynomringar
382
b=d=1
eller
b = d = 1.
Beroende på vilket alternativ vi väl-
jer, får den tredje ekvationen utseendet
a+c = 1
eller
a + c = 1,
som ingendera stämmer något vidare överens med den första ekvationen i ekvationssystemet. Således saknar (16.10) lösning, d.v.s. irreducibelt över
Q.
De nition 16.33.
Låt
f (x) = a0 + a1 x + + an xn
f (x) är
vara ett icke-
konstant polynom med heltalskoe cienter. Om det nns ett primtal
p
sådant att
p 6 j an (ii) p j ai för i = 0; 1; : : : ; n 1 2 (iii) p 6 j a0 , 3 så kallas f (x) för ett Eisensteinpolynom. (i)
f (x) = 3x5 + 4x4 6x2 + 10x 2 är ett 4 9x3 + 3x2 + 18. Eisensteinpolynom (för p = 2), men inte g (x) = x Primtalet p = 3 skulle kunna duga beträande g (x), men gör inte det 2 på grund av att 3 = 9 är en delare i konstanttermen 18 till g (x). Exempel 16.34.
Polynomet
Sats 16.35 (Eisensteins kriterium). irreducibelt över
Q.
Varje Eisensteinpolynom är
p vara ett primtal och f (x) = a0 + a1 x + + an xn ett Eisensteinpolynom för detta primtal. Vi skall visa att f (x) är irreducibelt över Q . Antag att f (x) inte är irreducibelt. Vi kan då faktorisera f (x) Bevis.
Låt
enligt
f (x) = (b0 + b1 x + + br xr )(c0 + c1 x + + cs xs); där
r
och
s
båda är mindre än
kan anta att alla
bi
och
cj
n,
och där vi på grund av sats 16.31
är heltal. Om parenteserna i högerledet
multipliceras ihop och koe cienterna i produkten identi eras med ko-
f (x), får vi speciellt att a0 = b0 c0 och an = br cs . 2 Eftersom p j a0 men p 6 j a0 , så gäller att p är en delare i b0 eller c0 men inte i båda. Säg att p 6 j b0 och p j c0 . Vidare följer av p 6 j an att p inte är en delare i vare sig br eller cs . Således har vi nu p j c0 och p 6 j cs , vilket e cienterna hos
3
Gotthold Eisenstein (18231852), tysk matematiker.
16.4. Irreducibla polynom
383
betyder att det måste nnas ett minsta positivt heltal att
p 6 j cm .
Betrakta nu koe cienten för
m s sådant
xm hos f (x), d.v.s.
am = b0 cm + b1 cm 1 + + bm c0 :
(16.11)
m innebär att p j ck för k = 0; 1; : : : ; m 1 och att p 6 j cm . Vidare har vi p 6 j b0 . Summan av kardemumman blir att p Det sätt på vilket vi bestämt
inte kan vara en delare i högerledet i (16.11), ty samtliga termer där är
p, utom b0 cm . Således p 6 j am . Den enda av koe cienterna f (x) som inte är delbar med p är högstagradskoe cienten an , men vi kan inte ha m = n, ty m s < n. Vi har alltså erhållit en motsägelse, delbara med till
och därmed är satsen bevisad.
Exempel 16.36.
Vi såg att polynomet
f (x) i exempel
16.34 är ett
Eisensteinpolynom, så enligt Eisensteins kriterium är detta över
Q . När det gäller g(x) i samma exempel, kan vi inte säga någonting
om huruvida det är irreducibelt eller inte, åtminstone inte med hjälp av Eisensteins kriterium. Ett polynom kan nämligen vara irreducibelt,
trots att det inte är ett Eisensteinpolynom, se exempel 16.32.
Övningar till avsnitt 16.4
[ ] är irreducibla? (a) x + x + 1 (b) x + x + 1 (c) x5 + x + 1 2. Vilka av nedanstående polynom i Z3[x] är irreducibla? (a) x3 + x + 1 (b) x3 + 2x + 1 (c) x4 + 1 1.
Vilka av följande polynom i 3
3. 4.
Z2 x 4
Avgör om följande polynom är irreducibla över
(a) 3x
100
25x + 10x 30 6
(b) 3x
100
Vilka av följande polynom är irreducibla över
Q
eller ej.
25x6 + 10x + 12
Q?
(a) x 4x + 3 (b) x + 4x2 + 3 (c) 12x4 + 5x3 10x2 + 25x + 10 (d) 2x4 + 8x3 + 9x2 + 4x + 4 3
2
3
x4 + 2x2 + 2 irreducibelt?
5.
Över vilka av kroppar nedan är polynomet
6.
Visa att det existerar ett irreducibelt polynom av grad
(a) Q alla
n 1.
(b) Z5
(c) Z3
n
i
Q
[x],
för
Kapitel 16. Polynomringar
384
7.
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn polynom över kroppen K . Visa att också Antag att
är ett irreducibelt
f (x + b) = a0 + a1 (x + b) + a2 (x + b)2 + + an (x + b)n är irreducibelt över
8.
K , för alla b 2 K .
p vara ett primtal. Sätt p (x) = xp 1 + xp 2 + + x + 1 2 Q [x]. (a) Visa att (x 1)p (x) = xp 1. (b) Visa att p (x) är irreducibelt över Q . (Ledning: Ersätt x med x + 1 i deluppgift (a) och använd sedan Låt
resultatet i övning 7, tillsammans med Eisensteins kriterium.)
16.5 Entydig faktorisering av polynom Målet med detta avsnitt är att visa att vi i en polynomring över en kropp
K har entydig faktorisering, i stil vad aritmetikens fundamental-
sats uttalar sig om beträande ideal i
Z. Vi kommer att göra detta i termer av
K [x], för att på så sätt få en koppling mellan det som diskuterats
i detta kapitel och i kapitel 14. Den första satsen talar om för oss att idealen i en polynomring över en kropp alla är av samma slag.
Sats 16.37.
K
Låt
vara en kropp. Då är varje ideal i
K [x]
ett hu-
vudideal.
Bevis.
Vi skall visa att varje ideal i
K [x] är på formen
hg(x)i = fg(x)q(x) j q(x) 2 K [x]g 2 K [x] (jämför med de nition 14.25). Låt I vara ett K [x]. Om I = f0K g är det triviala idealet, så är I = h0K i. Vi kan därmed anta att I = 6 f0K g, d.v.s. att I innehåller för något
g(x)
godtyckligt ideal i
minst ett polynom skilt från nollpolynomet.
g(x) 6= 0K
I . Om vi kan g(x), så följer satsen. Tag f (x) 2 I godtyckligt. Divisionsalgoritmen i K [x] ger Välj
av minimal grad bland polynomen i
visa att varje element i
I
är en multipel av
f (x) = g(x)q(x) + r(x);
16.5. Entydig faktorisering av polynom för några Eftersom
385
q(x); r(x) 2 K [x], där r(x) = 0K eller deg r(x) < deg g(x). f (x) och g(x) tillhör I , och I är ett ideal i K [x], så måste
även
r(x) = f (x) g(x)q(x) I . Därmed är alternativet deg r(x) < deg g(x) uteslutet, eftersom g (x) är av minimal grad bland polynomen i I . Således r(x) = 0K , vilket innebär att f (x) = g(x)q(x). Satsen är därmed bevara ett polynom i
visad.
f (x) 2 K [x] tillhör således idealet hg(x)i i K [x], om och endast om g (x) j f (x). Ett polynom
Exempel 16.38.
Mängden av alla polynom i
R[x],
vars konstant-
R[x], närmare bestämt det huvudf (x) = x, d.v.s. hxi.
term är lika med noll, är ett ideal i ideal som genereras av polynomet
Ett ideal
hf (x)i bestämmer inte f (x) entydigt, utan två olika polynom
kan generera samma ideal. Som framgår av följande lemma, är det emellertid inte så värst mycket som skiljer dem åt i så fall.
Lemma 16.39.
Låt
f (x)
och
g(x) vara två polynom (båda skilda K . Då är hf (x)i = hg(x)i, om och
från nollpolynomet) över en kropp endast om
Bevis.
Att
f (x) och g(x) är associerade polynom.
hf (x)i = hg(x)i innebär att f (x) j g(x) och g(x) j f (x), så
lemmat följer därmed av lemma 16.20(iii).
K vara en kropp och f (x) 6= 0K ett polynom över K . ett maximalt ideal i K [x], om och endast om f (x) är irreducibelt över K . Sats 16.40. Då är hf (x)i Bevis.
Låt
)) Antag att M = hf (x)i är ett maximalt ideal. Vi skall visa
(
K . Antag att f (x) inte är irreducibelt. g(x); h(x) 2 K [x], båda av lägre grad än f (x), sådana att f (x) = g(x)h(x). Nu är M ett maximalt ideal i K [x], och därmed ett primideal, enligt följdsats 14.39. Eftersom f (x) = g (x)h(x) 2 M , måste att
f (x)
är irreducibelt över
Det nns då
Kapitel 16. Polynomringar
386
g(x) 2 M eller h(x) 2 M . Men av detta följer att f (x) j g(x) eller f (x) j h(x) , d.v.s. minst ett av polynomen g (x) och h(x) har samma eller högre grad än f (x). Detta är en motsägelse, så f (x) måste vara därmed
irreducibelt.
() Antag att f (x) är irreducibelt och låt I vara ett ideal i K [x], M I K [x]. Vi måste visa att I = M eller I = K [x]. Nu är I ett huvudideal, enligt sats 16.37, så vi har I = hg (x)i för något g (x) 2 K [x]. På grund av att M I , har vi f (x) 2 I , vilket betyder att g (x) j f (x) . Det nns således ett h(x) 2 K [x] med egenska(
sådant att
f (x) = g(x)h(x). Men nu är f (x) irreducibelt, så vi har antingen deg g(x) = 0 eller deg h(x) = 0, d.v.s. antingen g(x) eller h(x) är ett konstant polynom (skilt från nollpolynomet), och därmed enhet i K [x]. Om deg g (x) = 0, så följer hg (x)i = K [x] från sats 14.28. Om istället deg h(x) = 0, så är h(x) = c för något c 2 K , vilket innebär att f (x) och g(x) är associerade polynom. Lemma 16.39 medför därmed att I = M . pen
Det är från lemma 1.25 bekant, att om ett primtal produkt
ab
ett av talen
p är en delare i en
a och b, så måste p vara en delare i minst a och b. Motsvarande gäller också för irreducibla polynom
av två heltal
över en kropp.
Sats 16.41. Antag att f (x) är irreducibelt över kroppen K , och att f (x) j g1 (x)g2 (x) : : : gn (x), där g1 (x); g2 (x); : : : ; gn (x) 2 K [x]. Då är f (x) en delare i minst ett gi (x). Fallet n = 1 är trivialt. Om f (x) j g1 (x)g2 (x), så gäller att g1 (x)g2 (x) tillhör idealet hf (x)i. På grund av att f (x) är irreducibelt, är hf (x)i ett maximalt ideal och därmed ett primideal. Således gäller g1 (x) 2 hf (x)i eller g2 (x) 2 hf (x)i, så g1 (x) eller g2 (x) är alltså en multipel av f (x), vilket visar satsen i fallet n = 2. Ett induktionsförfa-
Bevis.
rande, vilket vi överlåter till läsaren att genomföra, fullbordar beviset för satsen.
Beviset av ovanstående följdsats lämnas till läsaren. Därmed är vi nu redo att ta oss an den utlovade motsvarigheten till aritmetikens fundamentalsats, för polynom över en kropp. Vi kommer att bevisa satsen
16.5. Entydig faktorisering av polynom
387
med en teknik, liknande den vi använde oss av i beviset för aritmetikens fundamentalsats, se sidan 17.
Sats 16.42. Låt K vara en kropp. Då kan varje icke-konstant polynom f (x) 2 K [x] skrivas som en produkt av irreducibla polynom över K på ett entydigt sätt, om man bortser från ordningen mellan faktorerna och förekomsten av konstanta faktorer.
Bevis. Låt A som inte kan
vara mängden av alla icke-konstanta polynom över
K,
skrivas som en produkt av irreducibla faktorer. Vi vill
A är tom, och gör detta genom ett motsägelsebevis. Antag A 6= ;, och välj ett polynom f (x) 2 A av minimal grad. Då kan f (x) inte vara irreducibelt över K , eftersom f (x) = f (x) då vore en faktorisering av f (x) i irreducibla faktorer. Sålunda är f (x) inte irreducibelt över K , d.v.s. det nns g (x) och h(x) i K [x], båda av lägre grad än f (x), vars produkt är lika med f (x). Eftersom g (x) och h(x) är av lägre grad än f (x), tillhör de inte mängden A. De kan alltså, var för sig, skrivas som en produkt av irreducibla polynom över K . Eftersom f (x) = g(x)h(x), kommer därmed även f (x) att kunna skrivas som en visa att
alltså att
sådan produkt, vilket vi antog inte var fallet. Således är antagandet om att
A är icke-tom felaktigt, vilket bevisar existensen av en faktorisering K [x].
i irreducibla faktorer för varje polynom i
Kvar att visa är att varje sådan faktorisering är entydig, bortsett från ordningen mellan faktorerna och förekomsten av konstanta faktorer. Antag att det nns polynom som
inte
har en entydig faktorisering
i det här avseendet. Välj ett sådant polynom
f (x) av minimal grad. Vi
har då
f (x) = p1 (x)p2 (x) : : : pr (x) = q1 (x)q2 (x) : : : qs(x); (16.12) där samtliga pi (x) och qj (x) är irreducibla över K . Vi ser av ovanstående ekvation att p1 (x) j q1 (x)q2 (x) : : : qs (x), så på grund av att p1 (x) är irreducibelt över K , måste p1 (x) j qj (x) för minst ett j , enligt sats 16.41. Vi kan anta att j = 1 (eftersom ordningen mellan faktorerna inte har någon betydelse). Men q1 (x) är ju också ett irreducibelt polynom, så för att p1 (x) j q1 (x) skall vara sant, måste p1 (x) och q1 (x) vara asso cierade polynom, d.v.s. p1 (x) = c1 q1 (x) för någon konstant c1 2 K . Detta ger
p1 (x)p2 (x) : : : pr (x) = c1 p1 (x)q2 (x)q3 (x) : : : qs (x);
Kapitel 16. Polynomringar
388
som efter att
p1 (x) förkortats bort från båda leden resulterar i p2 (x)p3 (x) : : : pr (x) = c1 q2 (x)q3 (x) : : : qs(x):
Här har vi således polynomet torer över
K
f (x)=p1 (x) faktoriserat i irreducibla fak-
på två sätt. Dessa måste vara lika, om man bortser från
ordningen mellan faktorerna och förekomsten av konstanta faktorer, eftersom
deg[f (x)=p1 (x)] < deg f (x) och f (x) är ett polynom av mini-
mal grad med två väsentligen olika faktoriseringar. Detta betyder med
r = s och att det nns pi (x) = ci qi (x) för alla i = 2; 3; : : : ; r (efter
andra ord (och matematiska symboler!) att
c2 ; c3 ; : : : ; cr
2
K
så att
att eventuellt ha ändrat på ordningen av faktorerna). Men då måste de båda faktoriseringarna av
f (x)
i (16.12) också vara lika i det här
avseendet. Därmed är satsen bevisad.
Övningar till avsnitt 16.5
[ ] i irreducibla faktorer. (a) x + x + 1 (b) x + x + 1 (c) x4 + 2x + 2 4 3 5 4 3 (d) x + 2x + x + 1 (e) x + 2x + 2x + 2x2 + 2x + 1 2. Skriv nedanstående polynom i Z5[x] som en produkt av irreducibla 1.
Z3 x
Dela upp följande polynom i 3
4
polynom.
(a) x3 + 4 (b) x3 + x2 + x + 1 5 4 3 2 (c) x + 2x + x + 3x + 3x + 2 3.
Skriv nedanstående polynom som en produkt av irreducibla polynom.
4.
Faktorisera
(a) x3 + 4x2 + x + 4 2 Z5[x] (c) x5 + x2 + 2x + 1 2 Z3[x] f (x) = x4
x2
(b) x4 + 3x3 + 2x2 2x 4 2 Q [x]
2 i irreducibla faktorer över var och en
av nedanstående kroppar.
(a) Q (d) Z3 5.
Skriv följande polynom i
(a) x + x + x + 1 6
6.
(b) R (e) Z5 5
(c) C (f) Z7
[ ] som en produkt av irreducibla polynom. (b) x7 + x2 + x + 1
Z2 x
Vilka av följande ideal är maximala i respektive ring?
(a) x3 + 2x + 2 i Z3[x]
(b) x4 + x3 2x2 + 2x 1 i Z5[x]
16.6. Kvotringar bildade utifrån polynomringar
(c) x4 + 1 7.
8.
[x]
(d) x4 + 2x2 + 3
R
i
389
i
Q
[x]
[x] är maximala eller ej.
(a) x + 5x + 1 (b) x3 + 5x + 6 (c) x7 + 15x3 + 45x2 + 25x + 30 (d) x8 + 2x6 + 2x4 + 2x2 + 1 Ange om följande ideal i
3
Q
Fullborda beviset för sats 16.41, genom att genomföra det utelämnade induktionsförfarandet i beviset för denna sats.
9.
Låt
K
vara en kropp. Visa att varje icke-trivialt primideal i
K [x]
är
ett maximalt ideal.
16.6 Kvotringar bildade utifrån polynomringar När vi i föregående avsnitt bevisade att entydig faktorisering råder i
K , erhöll vi som delresultat bl.a. att varje K [x] är ett huvudideal, d.v.s. på formen hf (x)i = ff (x)g(x) j g(x) 2 K [x]g för något f (x) 2 K [x] (se sats 16.37). Avsikten med detta avsnitt är 4 att studera hur motsvarande kvotring K [x]= h f (x)i ser ut. polynomringen över en kropp ideal i
Det visar sig att det i det här sammanhanget nns en analogi mel-
Z. Precis som i K [x] är varje ideal i Z ett hni = nZ i Z gäller att motsvarande kvotring Z=nZ är isomorf med Zn, så den består i princip av K [x] och heltalsringen
lan
huvudideal (sats 14.27). För ett ideal
alla möjliga rester man kan få, då man dividerar ett heltal med kommer att se att motsvarande gäller för
K [x],
n. Vi
d.v.s. att kvotringen
K [x]= hf (x)i väsentligen utgörs av alla möjliga restpolynom, vid division av ett polynom i K [x] med f (x). Sats 16.43. Låt K vara en kropp och f (x) 2 K [x] ett polynom av grad n 1. Sätt I = hf (x)i och R = K [x]=I . Då har varje element i R en entydig framställning på formen
(a0 + a1 x + + an 1 xn 1 ) + I;
a0 ; a1 ; : : : ; an
där 4
1
2 K.
f (x) är icke-konstant, eftersom K [x]= hf (x)i är isomorf K [x], om f (x) = 0K , och med den triviala ringen, om deg f (x) = 0.
Vi förutsätter här att
med
Kapitel 16. Polynomringar
390
Bevis.
Låt
g(x)
vara ett godtyckligt polynom i
na på den sidoklass till
I
som
g(x)
K [x].
Vi är ny k-
tillhör. Enligt divisionsalgorit-
men nns det entydigt bestämda polynom
g(x) = f (x)q(x) + r(x), där r(x) = 0K
eller
q(x) och r(x) sådana att deg r(x) n 1. Vi kan
alltså skriva
r(x) = a0 + a1 x + + an 1 xn 1 ;
2 K är entydigt bestämda, men där det inte nödvändigtvis är så att an 1 = 6 0K . Eftersom g(x) r(x) = f (x)q(x), så där
a0 ; a1 ; : : : ; an
tillhör
g(x)
och
1
r(x)
samma sidoklass till
I.
Vi nner härvid att det
1 2 K sådana att g(x) + I = (a0 + a1 x + + an 1 xn 1 ) + I;
nns entydigt bestämda
a0 ; a1 ; : : : ; an
och med detta är satsen bevisad.
Exempel 16.44. Låt I vara det ideal i Z3[x] som genereras av poly2 nomet f (x) = x + 2x + 1. Eftersom deg f (x) = 2, så kan vi skriva
Z3[x]=I = f(a + bx) + I j a; b 2 Z3g;
(16.13)
Z3=I består av de nio elementen 0 + I = I , 1 + I , 2 + I , x + I , (x + 1) + I , (x + 2) + I , 2x + I , (2x + 1) + I och (2x + 2) + I . Antag att vi skall beräkna produkten i Z3[x]=I av (x + 1) + I och (2x + 1) + I . Om vi räknar som man brukar göra i en kvotring, nner så
vi att
[(1 + x) + I ][(1 + 2x) + I ] = (1 + x)(1 + 2x) + I = (1 + 2x2 ) + I: Här är dock inte resultatet på den form som elementen i
Z3[x]=I
i
enlighet med (16.13) förväntas ha. För att omvandla sidoklassrepresentanten
1 + 2x2
till ett uttryck på formen
ax + b, där a; b 2 Z3, kan
vi gå till väga på två sätt. Det ena sättet är att med hjälp av divisionsalgoritmen bestämma
q(x) och r(x) så att 1+2x2 = f (x)q(x)+ r(x). Då kommer 1+2x2 och r(x) att tillhöra samma sidoklass till I , d.v.s. (1 + 2x2 ) + I = r(x) + I , och r (x) kommer dessutom att vara på formen a + bx, där a; b 2 Z3, precis som vi önskar. Divisionsalgoritmen ger
1 + 2x2 = f (x) 2 + (2 + 2x);
16.6. Kvotringar bildade utifrån polynomringar d.v.s.
1 + 2 x2
ger resten
391
2 + 2x vid division med f (x). Således är
(1 + 2x2 ) + I = (2 + 2x) + I det svar vi söker. Alternativt kan vi utnyttja att
(1 + 2x + x2 ) + I = 0 + I;
(16.14)
I = hf (x)i = x2 + 2x + 1 . Genom att subtrahera båda leden i (16.14) med (1 + 2x) + I får vi därmed vilket är en konsekvens av att
x2 + I = ( 1 2x) + I = (2 + x) + I; vilket innebär att vi kan ersätta
x2 med 2 + x, när vi räknar i Z3[x]=I .
Med detta förfarande så får vi
(1 + 2x2 ) + I = [1 + 2(2 + x)] + I = (2 + 2x) + I;
vilket är samma resultat som vi erhöll tidigare.
Sats 16.45.
Låt K vara en kropp och f (x) ett polynom i K [x]. Då K [x]= hf (x)i en kropp, om och endast om f (x) är irreducibelt över K . är kvotringen
Enligt sats 14.33 är K [x]= hf (x)i en kropp, om och endast om hf (x)i är ett maximalt ideal i K [x]. Sats 16.40 säger i sin tur att idealet hf (x)i är maximalt, om och endast om f (x) är irreducibelt över K .
Bevis.
Följande exempel är så pass klassiskt i det här sammanhanget, att vore snudd på helgerån att utelämna det i en bok som denna.
Exempel 16.46.
Betrakta polynomet
p(x) = x2 + 1 2 R[x].
Detta
R och är därför irreducibelt över denna kropp. Genom att utnyttja föregående sats, nner vi att L = R [x]=M saknar som bekant nollställen i är en kropp. Vi har vidare att
L = f(a + bx) + M j a; b 2 Rg; med hänvisning till sats 16.43.
(16.15)
Kapitel 16. Polynomringar
392
Sedan tidigare vet vi att vi kan identi era mängden av alla konstanta polynom i
R[x] med R, och vi kan göra en liknande identi kation i L, r med den sidoklass r + M som ing(x) = r. Således kan vi betrakta R
genom att identi era det reella talet nehåller det konstanta polynomet som en underkropp i
L.
L ges av formeln [(a + bx) + M ] + [(c + dx) + M ] = [(a + c) + (b + d)x] + M; och när det gäller produkten av två element i L har vi [(a + bx) + M ] [(c + dx) + M ] = [ac + (ad + bc)x + bdx2 ] + M: 2 För att bli av med x -termen som spökar i högerledet, utnyttjar vi att (x2 + 1) + M = 0 + M; Summan av två element i
vilket innebär att
x2 + M = 1 + M: 2 Vi kan således ersätta x med 1, vilket resulterar i [(a + bx) + M ] [(c + dx) + M ] = [(ac bd) + (ad + bc)x] + M: Den uppmärksamme läsaren får måhända en känsla av déjà vu här. Räknereglerna för addition och multiplikation i
L påminner onekligen
om motsvarande räkneregler för komplexa tal, ty som bekant ges ju
a + bi och c + di av (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
summan och produkten av de båda komplexa talen
respektive
(a + bi)(c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i: Elementet = x + M i L beter sig alltså som det komplexa talet i. 2 Om vi vidare provar att evaluera p(x) = x + 1 i (och samtidigt identi erar talet 1 med elementet 1 + M i L), så nner vi att p( ) = 2 + 1 = (x + M )2 + (1 + M ) = (x2 + 1) + M = M = 0L ; 2 d.v.s. x + M är ett nollställe till x + 1 (precis som i). Dessa indicier pekar på att L och C är isomorfa som kroppar, och det är i själva verket inte heller speciellt svårt att visa att avbildningen : C ! L de nierad enligt (a + bi) = (a + bx) + M , för alla a + bi 2 C , är en isomor sm.
16.6. Kvotringar bildade utifrån polynomringar
393
Exempel 16.47. I detta exempel skall vi visa att Z5[x]=M är en 3 kropp, om M = hf (x)i, där f (x) = x + 3x + 2 2 Z5[x], och bestämma inversen till x + M i denna kropp. Att Z5[x]=M är en kropp beror på att f (x) saknar nollställen i
Z5, och därmed är ett irreducibelt polynom över denna kropp. Enligt
sats 16.43 är
Z5=M = f(a + bx + cx2 ) + M j a; b; c 2 Z5g; (x + M ) 1 = (a + bx + cx2 ) + M , för några a; b; c 2 Z5. Vi önskar bestämma a, b och c så att produkten (x + M )(x + M ) 1 är lika med det multiplikativt neutrala elementet 1 + M i Z5[x]=M , d.v.s. så att så vi ansätter av den anledningen
(ax + bx2 + cx3 ) + M = 1 + M: Nu gäller
x3 + M = ( 2
3x) + M = (3 + 2x) + M
(16.16) i
Z5=M , vilket
innebär att vänsterledet i (16.16) kan skrivas
[ax + bx2 + c(3 + 2x)] + M = [3c + (a + 2c)x + bx2 ] + M:
(16.17)
Genom att kombinera (16.16) och (16.17) erhålls ett linjärt ekvationssystem över
Z5 i form av
8 < :
a
3c = 1 + 2c = 0 b = 0;
vars lösning enkelt ses vara
8 0, nns
a = bq + r; där
0 r < b. Divisionsalgoritmen kan modi eras, så att talet b även
tillåts vara negativt.
Sats 17.42. Låt a och b vara två heltal och antag att b 6= 0. Då nns heltal q och r sådana att a = bq + r; där
jrj < jbj.
Vi överlåter beviset för denna modi erade version av divisionsalgoritmen till läsaren. Notera att jämfört med originalet, så är kvoten och resten
r
q
i ovanstående version inte entydigt bestämda. Om vi till
a = 17 med b = 3, så duger 17 = 3 5 + 2 (där alltså q = 5 och r = 2) och 17 = 3 6 + ( 1) (där vi har q = 6 och r = 1) precis lika bra, ty i båda fallen gäller jrj < jbj = 3. exempel vill dividera
Mängden
Z av alla heltal är ett alltså integritetsområde för vilket
det nns en divisionsalgoritm. Vi har tidigare stött på ett annat integritetsområde där så är fallet, nämligen polynomringen kropp
K . Sats 16.17 säger att om a(x) och b(x) är två polynom med K , där b(x) 6= 0K , så nns q(x); r(x) 2 K [x] sådana att
koe cienter i
a(x) = b(x)q(x) + r(x); där
K [x] över en
r(x) = 0K
eller
deg r(x) < deg b(x).
17.3. Euklidiska ringar
421
Vi frågar oss nu huruvida detta kan generaliseras till ett godtyckligt integritetsområde, d.v.s. om det går att förse varje integritetsområde med en divisionsalgoritm av något slag. Detta är inte alltid möjligt, visar det sig. Men låt oss, genom att studera
Z och K [x],
komma
fram till vad som kan tänkas vara nödvändigt för att kunna införa en divisionsalgoritm.
a och b i ett integritetsområde D och a med b, så att en kvot q och en rest r erhålles. Eftersom det är frågan om en division, bör vi kräva att b 6= 0D . Elementet r skall också vara mindre än b i något avseende. När det gäller heltal har vi ju kravet jr j < jbj, medan vi för polynom i K [x] kräver att r (x) = 0K eller deg r (x) < deg b(x). Det första vi bör införa på D är därför något Vi vill alltså ta två element
dividera
sätt att mäta storleken på dess element.
De nition 17.43. Låt D vara ett integritetsområde. En euklidisk värdering på D är en avbildning : D n f0D g ! N sådan att det (i) för alla a; b 2 D med b 6= 0D nns q; r 2 D så att a = bq + r , där r = 0D eller (r) < (b) (ii) för alla a; b 2 D n f0D g gäller (a) (ab). Vi säger att D är en euklidisk ring, om det nns en euklidisk värdering på D . Exempel 17.44. Heltalsringen Z är en euklidisk ring med (n) = jnj för alla n 6= 0 som euklidisk värdering. Divisionsalgoritmen på Z ger att (i) i ovanstående de nition är uppfyllt. Om vidare b 6= 0 så är jbj 1, vilket ger jaj jajjbj = jabj. Därmed gäller även (ii). Exempel 17.45. ringen K [x] enligt
Låt
K
vara en kropp och de niera
på polynom-
[f (x)] = deg f (x) för alla f (x) 6= 0K . Då är en euklidisk värdering på K [x]. Divisionsalgoritmen för K [x] säger nämligen att (i) i de nition 17.43 gäller. Även (ii) gäller, ty
deg a(x) deg a(x) + deg b(x) = deg[a(x)b(x)]; om a(x); b(x) 6= 0K .
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
422
Divisionsalgoritmen för i
K [x] används när man bevisar att varje ideal
K [x] är ett huvudideal, d.v.s. på formen
hf (x)i = ff (x)g(x) j g(x) 2 K [x]g för något en
f (x)
2 K [x], se beviset för sats 16.37. Även i heltalsring-
Z gäller det att alla ideal är huvudideal, se sats 14.27. Beviset för Z
denna sats bygger på att samtliga additiva undergrupper i ringen
är cykliska, vilket i sin tur bevisas med hjälp av divisionsalgoritmen (se beviset för sats 4.16). Vi har därmed ett par indicier som pekar på att samtliga ideal i en euklidisk ring är huvudideal. Detta är också innebörden av följande sats.
Sats 17.46. Bevis.
Låt
D
Varje euklidisk ring är en PID.
en euklidisk värdering på D. Vi vill visa att I = hbi för något
vara en euklidisk ring och
denna. Antag att
b 2 D.
I
är ett ideal i
I = f0D g = h0D i är ett huvudideal. Vi kan I 6= f0D g, d.v.s. att I innehåller minst ett element skilt från 0D . Bland dessa element i I väljer vi b så att (b) är minimalt. Vi påstår att I = hbi. Tag a 2 I godtyckligt. Om vi kan visa att a = bq för något q 2 D , så är vi klara. Nu är D en euklidisk ring, vilket innebär att det nns q; r 2 D sådana att Det triviala idealet
därför anta att
a = bq + r; där
r = 0D
eller
(r) < (b). Eftersom både a och b tillhör I
och
I
är
ett ideal, så följer av
r = a bq att också
r tillhör I . Därför kan inte (r) < (b) gälla, eftersom detta b valdes i I . Alltså gäller r = 0D , vilket ger a = bq.
strider mot hur
Därmed är beviset klart.
Följdsats 17.47. Bevis.
Varje euklidisk ring är en UFD.
Använd satsen ovan, samt sats 17.29.
17.3. Euklidiska ringar
423
Omvändningen till sats 17.46 är falsk. Det nns alltså huvudidealringar på vilka det inte går att de niera en euklidisk värdering. Den här typen av huvudidealringar växer emellertid inte på träd, och det faller utanför ramen av denna framställning att nna ett exempel på en sådan PID. Notera att vi i beviset för sats 17.46 endast utnyttjar det första av de två kraven på en euklidisk värdering
vi använder oss aldrig av
villkor (ii) i de nition 17.43. Detta villkor kommer dock till användning i nästa sats, som uttalar sig om vilka element som är enheter i en euklidisk ring.
Sats 17.48.
Låt
D vara en euklidisk ring med euklidisk värdering .
Då gäller
(1D ) (u) för alla
Bevis.
(17.12)
u 6= 0D i D, med likhet om och endast om u är en enhet. Välj
u 2 D n f0D g godtyckligt. Då är (1D ) (1D u) = (u)
för alla
u 6= 0D i D, vilket bevisar (17.12).
Antag så att likhet råder i (17.12). Vi vill visa att Nu nns
q; r 2 D sådana att
u
är en enhet.
1D = uq + r;
r = 0D eller (r) < (u) = (1D ). Men vi konstaterade ovan att (r) (1D ) för alla r 6= 0D , och alltså måste r = 0D , vilket ger 1D = uq. Sålunda är u en enhet. Antag omvänt att u är en enhet. Då är där
(u) (uu 1 ) = (1D ); och eftersom vi sedan tidigare vet att och
(1D ) lika.
(1D ) (u),
är därmed
(u)
Exempel 17.49. För den euklidiska värderingen (n) = jnj på Z gäller (1) = j1j = 1. Det följer av sats 17.48 att enheterna i Z utgörs precis av de heltal n som uppfyller jnj = 1. Dessa är 1 och 1.
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
424
Exempel 17.50.
[f (x)] = deg f (x) som euklidisk värdering på polynomringen K [x] över en kropp K , så blir (1K ) = deg 1K = 0: Enheterna i K [x] utgörs alltså enligt sats 17.48 av de polynom vars grad är 0, d.v.s. alla konstanta polynom utom nollpolynomet. Detta Med
visade vi på annat sätt redan i följdsats 16.7.
Med hjälp av Euklides' algoritm kan man bestämma den största gemensamma delaren till två positiva heltal. Man använder sig då av divisionsalgoritmen ett upprepat antal gånger, på allt mindre och mindre tal, tills man får erhåller en rest lika med noll. Den sista icke försvinnande resten är då den sökta största gemensamma delaren. Det kommer förmodligen inte som någon större överraskning, att denna algoritm kan generaliseras till en godtycklig euklidisk ring.
Sats 17.51 (Euklides' algoritm). Låt vara en euklidisk värdering på den euklidiska ringen D och antag att a; b 2 D , där b 6= 0D . Låt vidare q1 ; q2 ; : : : och r0 ; r1 ; : : : vara element i D sådana att r0 = b a = bq1 + r1 ; b = r1 q2 + r2 ; r1 = r2 q3 + r3 ;
r1 = 0D r2 = 0D r3 = 0D
(r1 ) < (b) eller (r2 ) < (r1 ) eller (r3 ) < (r2 ) eller
. . .
ri
= ri qi+1 + ri+1 ; ri+1 = 0D
1
eller
(ri+1 ) < (ri )
. . .
s1 a och b.
Då nns ett minsta
rs
1
är en sgd till
så att
rs = 0D ,
och för detta
s
gäller att
(ri ) är naturliga tal och följden (r0 ); (r1 ); : : : är strängt avtagande, måste vi förr eller senare erhålla rs = 0D . Antag nu att d 2 D uppfyller d j a och d j b. Om r1 6= 0D så följer av r1 = a bq1 och lemma 17.10, att d även är en delare i r1 . Varje gemensam delare i a och b är sålunda också en gemensam delare i b och r1 . Omvänt, om c är en gemensam delare i b och r1 , så gäller c j (bq1 + r1 ), d.v.s. c j a. Därmed har a och b precis samma uppsättning Bevis.
Eftersom alla
17.3. Euklidiska ringar gemensamma delare som
425
b och r1 . Speciellt ger detta att
() d är en sgd till b och r1 : På samma sätt inses att om r2 6= 0D så är d en sgd till b och r1 , om d är en sgd till a och b
och endast om tills vi erhåller
d är en sgd till r1 och r2 . På det här viset fortsätter vi rs = 0D för något s 1. I detta fall har vi alltså rs
2
= rs 1 qs :
rs 2 och rs 1 . Eftersom varje sgd till rs 2 och rs 1 är en sgd till a och b, enligt ovanstående Ur denna ekvation framgår att
rs
1
är en sgd till
resonemang, är beviset fullbordat.
Exempel 17.52. Bestäm en sgd till polynomen x4 + 2x3 + 3x + 4 3 2 och x + 3x + 1 i Z5[x] med hjälp av Euklides' algoritm. Vi får x4 + 2x3 + 3x + 4 = (x3 + 3x2 + 1)(x 1) + (3x2 + 2x); x3 + 3x2 + 1 = (3x2 + 2x)(2x + 3) + (4x + 1); 3x2 + 2x = (4x + 1) 2x: 4x + 1, och det är också vår sökta sgd. Övriga sgd ges av x + 4, 2x + 3 och 3x + 2. Dessa fås genom multiplikation av 4x + 1 med 2, 3 respektive 4, som är enheterna i Z5[x], förutom 1. Den sista icke-försvinnande resten är här
Övningar till avsnitt 17.3 1.
Bevisa den modi erade versionen av divisionsalgoritmen för heltal i sats 17.42.
2.
De niera
: Z n f0g ! N
värdering på
3.
Låt
som
Z.
(n) = n2 .
Visa att
är en euklidisk
vara en euklidisk värdering på den euklidiska ringen
(a) Visa att det för varje n 2 N
D.
gäller att : D n f0D g ! N de nierad (a) = (a) + n, för alla a 2 D, är en euklidisk värdering på D. (b) Visa att det för varje m 2 Z+ gäller att : D nf0D g ! N de nierad av (a) = m (a), för alla a 2 D , är en euklidisk värdering på D . av
4.
Är
[ ] en euklidisk ring? Motivera Ditt svar!
Zx
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
426
5. 6.
Visa att varje kropp är en euklidisk ring. Låt
D
att om
7.
D
en euklidisk värdering på D. Visa a och b är associerade element i D, så är (a) = (b).
vara en euklidisk ring och
. a; b 2 D n f0D g. Visa att (a) < (ab), om och endast om b inte är en enhet i D . Låt
vara en euklidisk ring med tillhörande euklidisk värdering
Antag att
8.
Låt
D vara en euklidisk ring och en euklidisk värdering på D. Antag
att
(a + b) max[ (a); (b)]; närhelst
a, b och a + b alla är skilda från 0D . Visa att q och r i de nia och b.
tion 17.43(i) är entydigt bestämda av
9.
Bestäm, med hjälp av Euklides' algoritm, en sgd till följande element i respektive euklidisk ring.
(a) 123 och 321 i Z (b) x5 + 5x3 x2 + 4x 1 och x4 3x3 + 2x2 3x + 1 i Q [x] (c) x4 + x3 + x2 + 1 och x3 + 1 i Z2[x] (d) x8 + x7 + 2x6 + 2x3 + 2x + 2 och x6 + 2x4 + x3 + 1 i Z3[x] 10.
håller polynomen
11.
Q [x] (med avseende på inklusion) som innex4 +5x3 +2x2 +5x +1 och x5 +5x4 +2x3 +6x2 +6x +1.
Bestäm det minsta ideal i
Antag att
a
och
b
är två element i en euklidisk ring
D,
båda skilda
0D . Låt d vara en sgd till a och b. Visa, genom att gå baklänges i Euklides' algoritm, att det nns s; t 2 D sådana att d = as + bt. från
17.4 Gaussiska heltal Vi har hittills blott två exempel på euklidiska ringar att ståta med, i form av heltalen
Z och polynomringen K [x], där K
är en kropp. Vi
skall i detta avsnitt introducera ett tredje exempel på en euklidisk ring.
De nition 17.53.
Ett
gaussiskt heltal
är ett komplext tal, vars
real- och imaginärdel båda är heltal. Mängden av alla gaussiska heltal betecknas
Z[i]. För varje = a + bi 2 Z[i] de nieras normen av
som
N ( ) = j j2 = a2 + b2 :
17.4. Gaussiska heltal
Exempel 17.54. Självklart är
427
Vi har
N ( 1 + 4i) = 17 och N (3 4i) = 25.
Z[i] en kommutativ ring med etta under vanlig addition
och multiplikation av komplexa tal. Vidare kan det inte nnas nolldelare i
Z[i], ty om det gjorde det skulle det också nnas nolldelare i C , C är en kropp). Således är Z[i] ett integritetsom-
vilket ej är fallet (ty råde.
Lemma 17.55. Normen på Z[i] har följande egenskaper. (i) N ( ) 0 för alla 2 Z[i], med likhet om och endast om = 0. (ii) N ( ) = N ( )N ( ) för alla ; 2 Z[i]. Bevis.
Båda egenskaperna följer direkt av egenskaperna hos absolut-
beloppet för komplexa tal.
Sats 17.56. värdering på
Bevis.
Låt
Restriktionen av normen N till Z[i] nf0g är en euklidisk Z[i], d.v.s. Z[i] är en euklidisk ring.
och vara två gaussiska heltal och antag att 6= 0. Om med som vanligt, så får vi = r + si;
vi dividerar
r och s. s som möjligt. Då är
för några rationella tal spektive
jr q1j 12 Sätt
Välj heltalen
och
q1
och
q2
så nära
r
re-
js q2j 12 :
= q1 + q2 i och = . Då är både och gaussiska heltal,
och vi har
= + : Vi skall visa att om
N () = j
6= 0, så är N () < N ( ). Men
j = j
2
j
2
=
2
= N ( )
2
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
428
och olikheten
N () < N ( ) följer nu av att
2
Om vidare
= (r
q1
)2 + (s
q2
)2
2
1 2
+
2
1 2
< 1:
; 2 Z[i] båda är skilda från 0, så är N ( ) 1 och N ( ) N ( )N ( ) = N ( ):
Satsen är därmed bevisad.
Följdsats 17.57. Bevis.
De gaussiska heltalen
Z[i] är en PID och en UFD.
Detta är en direkt konsekvens av ovanstående satserna 17.56
och 17.46, samt följdsats 17.47.
Z[i] ges av f1; 1; i; ig. Vi konstaterade i sats 17.56, att normen på Z[i] är en euklidisk
Följdsats 17.58. Bevis.
Mängden av alla enheter i
N (1) = 1, så enligt sats 17.48 är a + bi en 2 2 enhet i Z[i], om och endast om N (a + bi) = a + b = 1. De enda heltalslösningarna till denna ekvation är a = 1, b = 0 eller a = 0, b = 1, vilket bevisar följdsatsen. värdering. Vidare har vi
Exempel 17.59. Vi bestämmer en kvot och en rest vid division av = 8 + 9i med = 4 i. Först nner vi att 8 + 9i (8 + 9i)(4 + i) 23 + 44i 23 44 = = = = + i: 4 i (4 i)(4 + i) 17 17 17 De heltal som ligger närmast sätter vi
= 1 + 3i och
23=17 och 44=17 är 1 respektive 3. Därför
= = (8 + 9i) (4 i)(1 + 3i) = 1 2i: = 1 + 3i en kvot och = 1 2i en rest vid division av med . Lägg märke till att 5 = N () < N ( ) = 17. Sålunda är
I och med att de gaussiska heltalen utgör en euklidisk ring, fungerar också Euklides' algoritm i
Z[i]. Vi kan alltså bestämma en sgd till två
17.4. Gaussiska heltal
429
gaussiska heltal, om minst ett av dem är skilt från noll, med hjälp denna algoritm. Eftersom en sgd i en UFD alltid är entydigt bestämd sånär som på multiplikation med en enhet, och
Z[i] innehåller fyra enheter
(se följdsats 17.58), så nns det fyra stycken sgd till varje sådant par av gaussiska heltal.
Exempel 17.60.
Bestäm med hjälp av Euklides' algoritm en sgd till
= 3 11i och = 7 i. Vi får först 3 11i 16 37 = = i; 7 i 25 25 så = 1 + 1 , där 1 = 1 i och 1 = 3 3i. Därpå nner vi att 7 i 4 = = 1 + i; 1 3 3i 3 vilket ger = 1 2 + 2 , där 2 = 1 + i och 2 = 1 i. I det tredje de båda gaussiska heltalen
steget erhåller vi
1 3 3i = = 3i: 2 1 i Här går divisionen jämnt ut, d.v.s. 1 = 2 3 + 3 , där 3 = 3i och 3 = 0. Vi konstaterar därmed att en sgd till och ges av 2 = 1 i. Övriga sgd till och ges av 2 = 1 + i, i2 = 1 + i och i2 = 1 i.
Z ges som bekant av p, där p är ett primtal. I polynomringen över en
De irreducibla elementen i den euklidiska ringen alla tal på formen
kropp utgörs de irreducibla elementen av alla irreducibla polynom. Vi skall nu se om vi kan säga något om vilka de irreducibla elementen är i
Z[i].
Sats 17.61. Låt vara ett gaussiskt heltal. Om N ( ) är ett primtal, så är irreducibelt. N ( ) = p för något primtal p, men att inte är ; 2 Z[i], av vilka ingen är en enhet eller lika med 0, så att = . Detta ger Bevis.
Antag att
irreducibelt. Då nns
p = N ( ) = N ( ) = N ( )N ( );
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
430
d.v.s. vi har antingen
eller irreducibelt.
att antingen är
N ( ) = 1 eller N ( ) = 1. Följdsats 17.58 visar
Exempel 17.62. ducibla, eftersom
är en enhet, vilket är en motsägelse. Sålunda
De gaussiska heltalen 1 + i och 5 2i är båda irreN (1 + i) = 2 och N (5 2i) = 29 är primtal.
Exempel 17.63. Omvändningen till sats 17.61 gäller inte.4 Tag exempelvis 3 2 Z[i]. Vi har N (3) = 9, som inte är ett primtal. Antag att 3 inte är irreducibelt i Z[i]. Då nns gaussiska heltal och sådana att = 3; där varken
eller
är en enhet. Men då måste
N ( ) = N ( )N ( ) = 9; och eftersom varken
eller
är enheter, så måste
N ( ) = N ( ) = 3: Men ekvationen
N (a + bi) = a2 + b2 = 3
saknar heltalslösning, så
det nns därmed inget gaussiskt heltal med normen irreducibelt i
3.
Sålunda är
Z[i], trots att dess norm inte är ett primtal.
Exempel 17.64.
Betraktat som ett element i
3
Z är 5 irreducibelt, i Z[i] är 5
och med att det är ett primtal. Men betraktat som element i
inte
irreducibelt, eftersom vi har
5 = (1 + 2i)(1 2i); där varken
1 + 2i eller 1 2i enheter.
3i 2 Z[i] som en produkt av N (4 3i) = 25, vilket ger att om det nns en icke-trivial faktorisering 4 3i = , så måste
Exempel 17.65.
Vi önskar skriva
4
irreducibla faktorer. Först konstaterar vi att
N ( ) = N ( ) = 5: 4
Man kan inte få allt här i världen!
17.4. Gaussiska heltal
431
3i
ges därmed av de sammanlagt åtta gaussiska
Möjliga delare i
4
heltalen
1 2i
2 i;
och
1 + 2i, 1 2i, 2 + i och 2 i är sinsemellan associerade element, liksom 2+ i, 2 i, 1+2i och 1 2i. Det räcker därmed att testa ifall 4 3i är delbart med till exempel 1 + 2i eller 2 + i. Vi nner här att 2 + i duger, eftersom I själva verket har vi endast två delare, eftersom
4 3i (4 3i)(2 i) 5 10i = = = 1 2i: 2+i 5 5 Alltså är
4 3i = (2 + i)(1 2i); och då
N (2 + i) = N (1 2i) = 5 är ett primtal, så är båda faktorerna
i högerledet enligt sats 17.61 irreducibla. Vi är därmed klara.
Övningar till avsnitt 17.4 1.
Beräkna normen av följande gaussiska heltal.
2.
Bestäm alla gaussiska heltal
(a) 2 + i
(b) 4
(c) 5 + 3i
(a) N ( ) = 13
(d) 1 10i
sådana att (b) N ( ) = 25.
[ ] till följande gaussiska heltal. (a) 1 + i (b) 5 2i (c) 6 + 5i (d) 4i 4. Bestäm en kvot och en rest vid division av med i Z[i], om (a) = 6 i och = 1 + 3i (b) = 2 + 5i och = 4 + 3i (c) = 8 3i och = 3 + 5i (d) = 12 i och = 2 i. (e) = 7 + 2i och = 3 4i (f) = 8 + 6i och = 5 15i. 3.
Ange samtliga associerade element i
5.
Bestäm en sgd till följande gaussiska heltal.
6.
Zi
(a) 15 5i och 3+11i (b) 12 och 3 + i (c) 4 2i och 7 + i (d) 1 + 5i och 3 + 2i (e) 1 + 9i och 4 2i (f) 12 + 8i och 8 + 14i Bestäm samtliga sgd i
(a) 4 + i och 1 + 3i
[i] till (b) 19 4i och 1 + 8i (c) 5 + 3i och 1 + 5i.
Z
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
432
[i] är irreducibla? (c) 4 + i (d) 7 + 3i
7.
Vilka av nedanstående element i
8.
Skriv nedanstående gaussiska heltal som en produkt av irreducibla ele-
(a) 5 6i ment i
(b) 7
[ ].
Zi
(a) 3 + i (e) 3 + 4i 9. 10. 11.
Z
(b) 5 + 12i (f) 2 + i
(c) 17 (g) 29
(d) 13 i (h) 3 6i
[i]= h1 + ii är en kropp med två element. Visa att Z[i]= h2 ii är en kropp med fem element. Visa att
Z
Antag att Låt
och
är två gaussiska heltal, inte båda lika med noll.
vara en sgd till
och
.
Gäller då
N ( ) = SGD[N ( ); N ( )]?
Ge bevis eller motexempel.
12.
Visa att fraktionskroppen till
[i] ges av Q (i) = fr + si j r; s 2 Q g.
Z
17.5 Något om kvadratiska heltalsringar De gaussiska heltalen är ett exempel på en
kvadratisk heltalsring.
Så-
dana ringar är föremål för ett stort intresse inom det område inom matematiken, som man brukar kallas för algebraisk talteori. Vi skall i detta avsnitt bekanta oss med några andra kvadratiska heltalsringar, förutom
Z[i].
Ett heltal säges vara
kvadratfritt,
om det inte är delbart med
14, 15 och 21 kvadratfria, 9, 12 eller 18. Speciellt är p och p kvadratfria, om p är ett
kvadraten på något primtal. Till exempel är men inte primtal.
Lemma 17.66.
Om
p
n 6= 1 är kvadratfritt, så gäller n 2= Q .
n är negativt. Antag därför p p att n är positivt och att n är rationellt, säg n = a=b för några a; b 2 Z. Från denna likhet följer nb2 = a2 . En konsekvens av aritmetiBevis.
Påståendet är givetvis sant, om
a2 som b2 innehåller ett jämnt antal faktorer av varje primtal som delar a respektive b. Eftersom n är kvadratfritt, måste det emellertid nnas minst kens fundamentalsats är att primtalsfaktoriseringen av såväl
ett primtal, som förekommer ett seringen av
nb2 .
udda
pn 2= Q .
antal gånger i primtalsfaktori-
Detta är en motsägelse, så
17.5. Något om kvadratiska heltalsringar Låt nu
433
m 6= 1 vara ett kvadratfritt heltal och bilda mängden
Z[pm ] = fa + bpm j a; b 2 Zg:
ett negativt tal, säg m = n, där n 2 Z+, så menas med p nmdetär komplexa p talet i n. För speciellt m = 1 får vi alltså de Om
5
Z[pm ] är enpunderring i C , och därmed p ett integritetsområde. Framställningen a + b m av ett element i Z[ m ] gaussiska heltalen.
Det är inte svårt att se att
är vidare entydigt bestämd. Antag nämligen att
p
p
a1 + b1 m = a2 + b2 m för några
a1 ; a2 ; b1 ; b2
b1 6= b2 , får vi
2 Z. Då gäller a1 a2 = (b2 b1)pm, så om
pm = a1 a2 2 Q : b2 b1 pm aldrig rationellt, om m 6= 1 är Enligt lemma 17.66 är emellertid
kvadratfritt. Vi har alltså erhållit en motsägelse. Således måste vi ha
b1 = b2 , och därmed också a1 = a2 . De nition 17.67. kallas för en
En ring
Z[pm ]
kvadratisk heltalsring.
av det slag som beskrivs ovan
Varje kvadratisk heltalsring kan förses med en norm, i stil med den för de gaussiska heltalen.
De nition 17.68. men av som
För varje
p
p
p
= a + b m 2 Z[ m ] de nieras nor-
p
N ( ) = (a + b m)(a b m) = a2 mb2 : Notera att normen enligt denna de nition överensstämmer med vår de nition av normen på 5
Z[i], se de nition 17.53.
pAv denna anledning, ser man i litteraturen ibland den alternativa beteckningen Z[ 1 ] för Z[i].
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
434
p
p
Exempel 17.69. p I Z[2 2 ] har2 vi N (5 3 2) = 52 medan N (3 + 4 2) = 3 2 4 = 23.
2 ( 3)2 = 7,
N ( ) mycket väl kan vara negativt. Ordet norm är
Lägg märke till att
således en aning olyckligt valt, speciellt med tanke på de associationer till vektorrum som detta ord kan ge.
(i)
(ii) (iii)
p
N på Z[ m ] har följande egenskaper. p Ett element 2 Z[ m ] uppfyller N ( ) = 0, om och endast om = 0. p För alla ; 2 Z[ m ] gäller N ( ) = N ( )N ( ). p p Ett element i Z[ m ] är en enhet i Z[ m ], om och endast om N ( ) = 1 eller N ( ) = 1.
Lemma 17.70.
Bevis.
Normen
Vi bevisar (i) och (iii), men lämnar (ii) som en övning för läsa-
p
ren.
N (0) = 0. Antag att N ( ) = 0, där = a + b m. 2 mb2 = 0, d.v.s. mb2 = a2 . Om b 6= 0, så blir m = a2 =b2 , vilket Då är a pm = ja=bj är rationellt. Detta är emellertid omöjligt, på innebär att grund av lemma 17.66, så vi måste ha b = 0. Därmed är också a = 0, och vi kan konstatera att = 0. p (iii) ()) Antag att 2 Z[ m ] är en enhet. Då fås (i) Klart är att
N ( )N ( 1 ) = N ( 1 ) = N (1) = 1;
Z[pm ] endast kan
med hjälp av (ii). Eftersom normen av ett element i anta heltalsvärden, måste
N ( ) = 1 eller N ( ) = 1.
() Antag att N ( )p= 1 eller N ( ) = 1. Vi vill visa att är en
(
enhet. Ansätt
p
= a + b m. Då är
p
(a + b m)(a b m)N ( ) = (a2 vilket visar att
är en enhet med
Exempel 17.71.
1
p
= (a b m)N ( ).
Det nns endast två enheter i
är en enhet, om och endast om
a = 1, b = 0 är 1 och 1.
mb2 )N ( ) = [N ( )]2 = 1;
a2 + 3b2 = 1.
p
Z[
p
3 ], ty a+b
3
Z[p 3 ]
Denna ekvation har
som enda heltalslösningar, d.v.s. enheterna i
17.5. Något om kvadratiska heltalsringar
435
Z[pm ]. Följande sats
Vi skall nu, i stil med de gaussiska heltalen, undersöka förekomsten av irreducibla element i en kvadratisk heltalsring motsvarar sats 17.61.
p
2 Z[ m ]. Om N ( ) = p eller N ( ) = p, där p är ett primtal, så är ett irreducibelt element.
Sats 17.72. Bevis.
Låt
Beviset är nästan en kopia av beviset för sats 17.61, och lämnas
av den anledningen som en övning för läsaren.
p
Exempel p 17.73. På grund av att N (4 p 3) = 13 är ett primtal, så är 4 3 ett irreducibelt element i Z[ 3 ]. Exempel 17.74.
p
Precis som med motsvarande sats för gaussiska hel-
p
tal, är omvändningen till sats 17.72 inte sann. Trots att till exempel
5) = 9 inte är ett primtal, är = 2 + 5 irreducibelt N (2p+ i Z[ 5 ]. Ansättningen = leder nämligen till att vi måste ha N ( ) = N ( ) p= 3, om varken eller är enheter. Med ansättning5 erhålles ekvationen a2 + 5b2 = 3, vilken saknar en = a + b p heltalslösning, så inget element i Z[ 5 ] har normen 3. Jämför med
exempel 17.63.
p
6= 0, som inte är en enhet i pZ[ m ], kan skrivas som en ändlig produkt av irreducibla element i Z[ m ]. Sats 17.75. Bevis.
Låt
A
Varje element
vara mängden av alla element i
inte
Z[pm ]. Vi vill visa att denna mängd är
enhet eller lika med noll, och som dukt av irreducibla element i
Z[pm ] som inte är en
kan skrivas som en ändlig pro-
A, väljer så att jN ( )j är minimalt. Elementet kan inte vara irreducibelt, på grund av att = i så fall vore en faktorisering av i irreducibp la element. Således nns ; 2 Z[ m ] så att = , där varken eller är enheter. Detta innebär att jN ( )j > 1 och jN ( )j > 1, men eftersom vi också har N ( ) = N ( )N ( ), måste även jN ( )j < jN ( )j och jN ( )j < jN ( )j gälla. Detta betyder att varken eller tillhör A, på grund av den minimalitetsegenskap som besitter. Således kan både och skrivas som en ändlig produkt av irreducibla element tom. Antag att så ej är fallet. Bland de element som tillhör vi
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
436
i
Z[pm ]. Detta gäller därmed också för , eftersom = . Detta är
en motsägelse, så mängden
A måste vara tom, vilket vi ville bevisa.
Det skadar inte att jämföra detta bevis med bevisen för aritmetikens fundamentalsats (sats 1.26), sats 16.42 (rörande faktorisering i polynomringen över en kropp) samt sats 17.29 (som säger att varje PID är en UFD). Existensdelen av dessa tre bevis följer precis samma mönster som vi gör i beviset ovan. Lägg dock märke till att det inte nns något
Z[pm ] inte behöver vara en UFD.
påstående rörande entydigheten av en faktorisering i sats 17.75. Detta beror på att
Exempel 17.76.
p Z[ 5 ] är inte en
Den kvadratiska heltalsringen
UFD. Ett sätt att faktorisera
6 i denna ring ges av 6 = 2 3:
Vi påstår att såväl
2
som
3
(17.13)
är irreducibla. Vi kan inte avgöra detta
N (2) = 4 eller N (3) = 9 är
med hjälp av sats 17.72, eftersom varken primtal. Vi gör därför ansättningen
för några
p
; 2 Z[
2 =
(17.14)
5 ]. Då blir 4 = N ( )N ( ):
N ( ) = N ( ) = 2. = 2, vilken saknar 5 ] ha normen 2, vilket
Om (17.14) är en icke-trivial faktorisering, så är
a2 + 5b2
Z[p p innebär att 2 irreducibelt i Z[ 5 ]. Ett liknande resonemang ger vid Men detta leder till en ekvation av typen heltalslösning. Således kan inget element i
handen, att även
3 är irreducibelt. 6 ges av
Ett annat sätt att faktorisera
6 = (1 +
p
5)(1
p p
Med samma förfarande som ovan inses att båda är irreducibla. Elementen
2,
3,
1+
5):
p
1+ 5 5 och 1
(17.15)
p
och
1 5
p
p
5
inte är
Z[
5] 1 och 1. Därmed är (17.13) och (17.15) två olika faktoriseringar p 5 ] inte en UFD. av 6 i irreducibla element. Sålunda är Z[ sinsemellan associerade element, eftersom de enda enheterna i är
17.5. Något om kvadratiska heltalsringar
437
Det nns emellertid kvadratiska heltalsringar som är faktoriella ringar. Ett exempel på en sådan är ju de gaussiska heltalen.
Övningar till avsnitt 17.5 1.
Vilka av följande heltal är kvadratfria?
2.
Beräkna
(a) 4
(b) 105
p
p
(c) 28
(d) 0
(e) 1 010
p
(a) (2 + p5)(3 5)p i Z[ 5 ] (b) (1 p 7)2 i Zp [ 7] p (c) (4 p 2)(3 + p2)3 i Z[ p 2 ] (d) (1 + 2)2 (3 + 2)2 i Z[ 2 ].
3.
Beräkna normen av följande element i respektive kvadratisk heltalsring.
4.
Bestäm inversen (i den mån denna existerar) till vart och ett av ele-
p
p
p
(a) 1p+ 3 2 i pZ[ 2 ] (c) 4 11 i Z[ 11 ]
p
menten nedan.
(a) 2
p
p
(b) 3 2 p 3 i Z[ 3p] (d) 7 + 2 7 i Z[ 7 ]
p
p
p
p
5 i Z[ 5 ] (b) 4 + 7 i Z[ 7 ] (c) 7 + 4 3 i Z[ 3 ] p p p 5. Visa att 1 5 och 7 3 5 är associerade element i Z[ 5 ]. 6.
Bevisa (ii) i lemma 17.70.
pn 2 är ett kvadratfritt heltal, så nns det endast två p 8. Visa att varjepelement på formen (1 + 2)n , där n är ett heltal, är 7.
Visa att om enheter i
[ n ].
Z
[ 2 ].
Z
en enhet i
9. 10.
Bevisa sats 17.72. Vilka av nedanstående element är irreducibla i respektive kvadratisk heltalsring?
p
p
(a) 2 + p 7 i Z[p 7 ] (c) 4 + 2 3 i Z[ 3 ] 11.
Visa att
9 2 Z[
Visa att
(Ledning:
p
[
7] inte är en UFD. Faktorisera 8.)
Z
p
p 5 ] kan faktoriseras i irreducibla faktorer på väsent-
ligen två olika sätt.
12.
p
(b) 1 + 2p 2 i Z[ 2p] (d) 2 11 i Z[ 11]
Kapitel 17. Faktorisering i integritetsområden
438
p 11] en UFD? p
[
13.
Är
14.
Visa att
Z
1+2
3 är ett irreducibelt element i Z[
primelement (se övning 15 till avsnitt 17.2).
p
a+b
15.
Låt
16.
Bevisa att
2
vara ett irreducibelt element i
a 6= 0, så är a udda.
[
Z
p
p
3], men inte ett 2 ].
Visa att om
( ) = N ( ) de nierar en euklidisk värdering på Z[
p
p 2 ].
17. Visa att Z[ 2] är en euklidisk ring. p p p p 18. (a) Visa att 3 2p 3, 12 7 3, 7+2 3 och 20+11 3 alla är irreducibla element i
[ 3p].
p
Z
p
p
(b) Beräkna (3p 2 3)(7 + 2 3) och (12 7 3)(20 + 11 3). (c) Visa att Z[ 3 ] är en euklidisk ring (och därmed en UFD), genom ( ) = jN ( )j de nierar en euklidisk värdering på p [ 3 ]. Hur stämmer detta överens med resultaten i (a) och (b)?
att visa att
Z
19.
Visa att
(
b
D = a+ +
2
är en euklidisk ring, och att
p
b b a+ +
2
p
b
2
)
7 a; b 2 Z
7 2 2 2 = a + ab + 2b
de nierar en euklidisk värdering på
D.
Kapitel 18
Kroppsutvidgningar Polynomet
f (x) = x2 2 2 Q [x] saknar nollställen i Q , och kan därför
inte faktoriseras över denna kropp. Annorlunda blir det om vi betraktar det som ett polynom över
R.
faktorisera polynomet enligt således betrakta det här fallet
f (x)
p
p
Över denna kropp är det möjligt att
f (x) = (x + 2)(x
2).
Genom att
som ett polynom över en större kropp än
Q,
i
R, blir det alltså möjligt att faktorisera det. Men att ta R för att kunna faktorisera
till en så pass mycket större kropp som
f (x) är ungefär som att skjuta mygg med kanon! Det borde kunna gå att faktorisera f (x) över en betydligt mindre kropp än R , ty det enda p 2 som gör att det inte går att faktorisera f (x) över Q är ju att talet saknas i denna kropp. Betrakta till exempel mängden
p p Q ( 2) = fa + b 2 j a; b 2 Qg:
R (med användanp i själva verket den minsta underkropp i R som innehåller Q och 2. p Vi ser att f (x) har båda sina nollställen i Q ( 2), och att det i polynomringen över denna kropp går att faktorisera f (x). Vi har här gjort p en utvidgning av Q till en större kropp Q ( 2) och på så sätt erhållit Det är inte svårt att visa att detta är en underkropp i
de av underkroppskriteriet i sats 13.28, se övning 12 till avsnitt 13.1),
en kropp över vilken
f (x) kan faktoriseras.
Utvidgningar av kroppar är föremålet för vårt intresse under den större delen av återstoden av denna bok. Ett eektivt hjälpmedel i teorin för utvidgningar av kroppar visar sig vektorrum vara. Vi inleder därför detta kapitel med att ta oss en titt på teorin för vektorrum.
439
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
440
18.1 Vektorrum Från den linjära algebran känner vi till att man kan addera vektorer i
u och v blir en ny vektor u + v. Det går också att multiplicera en vektor v med ett reellt tal a, för att på så sätt få en ny vektor av . De fundamentala räknelagar planet eller rummet. Summan av två vektorer
som gäller för räkning med vektorer visar sig delas av många andra matematiska system än just mängden av alla vektorer i planet eller rummet. Av den anledningen kan mycket av teorin inom den linjära algebran bli tillämpbar inom områden, som vid den första anblicken inte verkar ha ett dugg med vektorer att göra. I detta avsnitt kommer vi att ge en abstrakt de nition av begreppet vektorrum samt ta upp några egenskaper hos sådana som kommer att visa sig vara matnyttiga framöver. Vi inför emellertid endast de allra nödvändigaste begreppen för vårt behov, och lämnar dessutom ett ertal bevis som övningar för läsaren. Den som hungrar efter en fylligare framställning, hänvisas till någon lärobok i linjär algebra.
De nition 18.1. Ett vektorrum V över en kropp K är en abelsk grupp (V; +) tillsammans med en avbildning K V
3 (a; v) 7 ! av 2 V sådan att det för alla a; b 2 K och v ; w 2 V gäller att (i) a(bv ) = (ab)v (ii) (a + b)v = av + bv (iii) a(v + w ) = av + aw (iv) 1K v = v .
vektorer, medan elementen i K kallas skalärer. Det neutrala elementet (med avseende på +) i V kallas nollvektorn Elementen i
V
och betecknas
kallas
0.
Vi ger några exempel på olika vektorrum.
Exempel 18.2. rum över
Mängden
R3 = f(x; y; z) j x; y; z 2 Rg är ett vektor-
R. Vektoraddition ges av
(x1 ; y1 ; z1 ) + (x2 ; y2 ; z2 ) = (x1 + x2 ; y1 + y2 ; z1 + z2 )
18.1. Vektorrum för alla
441
(x1 ; y1 ; z1 ); (x2 ; y2 ; z2 ) 2 R3 , medan multiplikation
med skalär
de nieras som
r(x; y; z ) = (rx; ry; rz ) för alla
r2R
och
(x; y; z ) 2 R3 .
Exempel 18.3. Föregående exempel kan generaliseras på följande n vis. Låt K vara en kropp och K den cartesiska produkten av n kopior n av K . Då är K ett vektorrum över K , med avseende på vektoradditionen
(a1 ; a2 ; : : : ; an ) + (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = (a1 + b1 ; a2 + b2 ; : : : ; an + bn ) och multiplikation med skalär enligt
c(a1 ; a2 ; : : : ; an ) = (ca1 ; ca2 ; : : : ; can ) för alla
(a1 ; a2 ; : : : ; an ); (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 K n och c 2 K .
Exempel 18.4. Låt K vara en kropp. Då är polynomringen K [x] ett vektorrum över K . Vektorerna är alltså här polynom över K . Vektoraddition motsvaras av polynomaddition, medan skalärmultiplikation de nieras som
cf (x), för varje f (x) 2 K [x] och c 2 K .
Exempel 18.5. över
R.
Mängden
C
av alla komplexa tal är ett vektorrum
Sats 18.6. Låt V vara ett vektorrum över en kropp K . Då gäller (i) 0K v = 0 (ii) a0 = 0 (iii) ( 1K )v = v (iv) (av) = ( a)v = a( v), för alla a 2 K och v 2 V . Bevis.
Vi bevisar (i) och (iii), men lämnar de övriga två som en övning
för läsaren.
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
442
(i) Genom att utnyttja (ii) och (iii) i de nition 18.1, samt att
0
är
neutralt element med avseende på vektoraddition, så nner vi att
0 + 0K Eftersom
v = 0K v = (0K + 0K )v = 0K v + 0K v:
(V; +) är en grupp, så uppfyller vektoraddition annullerings-
lagarna. Med användande av dessa på ovanstående uträkning, följer
0K v = 0 .
v i gruppen (V; +) ges v. Om vi kan visa att också ( 1K )v är invers till v så är vi klara,
(iii) Den additiva inversen till ett element av
på grund av att inversen till ett element i en grupp är entydigt bestämt. Räkningarna
v + ( 1K )v = 1K v + ( 1K )v = (1K 1K )v = 0K v = 0 visar att så är fallet. Notera att vi ovan har använt oss av axiom (iv) och (ii) i de nition 18.1, samt (i) i föreliggande sats.
underrum i ett vektorrum V över en kropp K är en icke-tom U av V som är stabil med avseende på vektoraddition och multiplikation med skalär, d.v.s. om v ; w 2 U och a 2 K , så måste även v + w 2 U och av 2 U gälla. Detta innebär att U i sig också är ett vektorrum över K . Ett
delmängd
Exempel 18.7.
Det är lätt att se att
U = f(x1 är ett underrum i
x2 ; 3x2 ; 2x1 + x2 ) j x1 ; x2 2 Rg
R3 . Låt nämligen v = (x1 x2; 3x2 ; 2x1 + x2) och
w = (y1 y2; 3y2 ; 2y1 + y2) vara två vektorer i U
och
a ett reellt tal.
Då blir
v + w = (z1 z2 ; 3z2 ; 2z1 + z2 ) och av = (w1 w2 ; 3w2 ; 2w1 + w2); där zi = xi + yi och wi = axi för i = 1; 2. Såväl v + w som av tillhör alltså
U.
Exempel 18.8.
För varje vektorrum
exempel på underrum i
V.
V
är såväl
V
själv som
f0g
18.1. Vektorrum
443
Exempel 18.9. I exempel 18.4 konstaterade vi att polynomringen K [x] över en kropp K är ett vektorrum över K . Låt n vara ett naturligt tal och sätt U = ff (x) 2 K [x] j deg f (x) ng [ f0K g. Då är U ett underrum i K [x], vilket inses enkelt med hjälp av sats 16.8. K . Antag att v1 ; v 2 ; : : : ; vn är en uppsättning av vektorer i V och a1 ; a2 ; : : : ; an en uppsättning av skalärer i K . Då kallas vektorn V
Låt
vara ett vektorrum över kroppen
w = a1v1 + a2v2 + + anvn linjärkombination över K av v1 ; v2 ; : : : ; vn . Givet en mängd S = fv 1 ; v2 ; : : : ; vn g av vektorer så kan vi bilda mängden för en
hS i = fa1 v1 + a2 v2 + + anvn j a1; a2 ; : : : ; an 2 K g av alla möjliga linjärkombinationer av
hS i för det linjära höljet till S .
lar
Sats 18.10. underrum i
Bevis.
S = fv1 ; v 2 ; : : : ; vn g V över en kropp K . Då
Låt
ett vektorrum
V.
v1 ; v2 ; : : : ; vn
över
K.
Vi kal-
vara en ändlig delmängd av är det linjära höljet
hS i ett
Övning.
K och S = fv 1 ; v2 ; : : : ; vn g en V . Vi säger då att underrummet U = hS i spänns upp av v1 ; v 2 ; : : : ; vn . Om det nns en ändlig delmängd S av V som spänner upp hela V , så säges V vara ett ändligdimensionellt vektorrum, i annat fall oändligdimensionellt. Låt
V
vara ett vektorrum över en kropp
ändlig mängd av vektorer i
Exempel 18.11. upp av vektorerna
Vektorrummet
R3 över R (se exempel 18.2) spänns
(1; 0; 0), (0; 1; 0) och (0; 0; 1), eftersom
(x; y; z ) = x(1; 0; 0) + y(0; 1; 0) + z (0; 0; 1) för varje
(x; y; z ) 2 R3 .
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
444
Exempel 18.12.
Eftersom varje komplext tal
z = a + bi kan skrivas som en linjärkombination över R av de två komplexa talen 1 och i, så spänns vektorrummet C över R upp av f1; ig. Exempel 18.13.
Betrakta underrummet
U
bestående av nollpoly-
nomet tillsammans med samtliga polynom av grad
n eller
lägre i po-
K [x] över en kropp K , se exempel 18.9. Detta underrum S = f1K ; x; x2 ; : : : ; xn g och är därför ett ändligdimensionellt vektorrum över K . Däremot kan inte hela K [x] vara ett ändligdimensionellt vektorrum. Antag att så vore fallet, d.v.s. att K [x] = hT i för någon ändlig mängd T = ff1 (x); f2 (x); : : : ; fm (x)g av polynom i K [x], där vi kan anta att inget fi (x) är lika med nollpolynomet. Sätt lynomringen
spänns upp av
N = max[deg f1 (x); deg f2 (x); : : : ; deg fm (x)]
och låt
g(x) 2 K [x] vara ett polynom av grad N +1. Det är då omöjligt g(x) som en linjärkombination över K av polynomen i T . Vi
att skriva
måste således konstatera att ingen ändlig mängd av polynom klarar av att spänna upp vektorrum över
K.
K [x], så K [x] måste vara ett oändligdimensionellt
De nition 18.14. Låt V vara ett vektorrum över en kropp K . En uppsättning v 1 ; v 2 ; : : : ; v n av vektorer i V säges vara linjärt beroende över K , om det nns a1 ; a2 ; : : : ; an 2 K så att a1 v1 + a2 v2 + + an vn = 0;
men där minst ett
ai är skilt från 0K . Om det däremot gäller att
a1 v1 + a2 v2 + + an vn = 0 =) ai = 0K så säges
för alla
i = 1; 2; : : : ; n;
v1 ; v2; : : : ; vn vara linjärt oberoende över K .
Exempel 18.15. De fyra vektorerna (1; 2; 3), ( 1; 2; 1), (2; 6; 2) och (1; 0; 1) i R3 är linjärt beroende (över R), ty 1 (1; 2; 3) + 2 ( 1; 2; 1) + ( 1) (2; 6; 2) + 3 (1; 0; 1) = (0; 0; 0);
d.v.s. det nns en linjärkombination av dem som blir lika med nollvektorn, utan att samtliga skalära koe cienter är lika med
0.
18.1. Vektorrum Däremot är över
R, ty om
445
(1; 0; 0), (0; 1; 0) och (0; 0; 1) linjärt oberoende vektorer
a(1; 0; 0) + b(0; 1; 0) + c(0; 0; 1) = (0; 0; 0) för några reella tal a, b och c, så måste a = b = c = 0, vänsterledet ovan är lika med (a; b; c). Sats 18.16.
Låt
K
vara en kropp och
V
eftersom
ett vektorrum över
K . Då
fv1; v2 ; : : : ; vng av vektorer i V linjärt beroende, om och endast om en av vektorerna v i kan skrivas som en linjärkombination är en mängd
av de övriga.
Bevis.
Vi lämnar beviset som en övning för läsaren.
Sats 18.17.
V över en kropp K spänns upp av n vektorer, så är er än n vektorer i V linjärt beroende. Om ett vektorrum
S = fv1 ; v2 ; : : : ; v n g vara en mängd av vektorer som spänoch antag att T = fw 1 ; w 2 ; : : : ; w m g är en mängd av m vektorer i V , där m > n. I avsikten att uppnå en motsägelse, antar vi att vektorerna i T är linjärt oberoende. Eftersom V = hS i, så nns a1 ; a2 ; : : : ; an 2 K så att w1 = a1v1 + a2v2 + + anvn: (18.1) Vi har antagit att vektorerna i T är linjärt oberoende, så därmed måste (enligt övning 7) w 1 6= 0, vilket innebär att minst ett ai är skilt från 0K . Efter att eventuellt ha gjort en omnumrering av vektorerna i S , kan vi anta att a1 6= 0K . Formel (18.1) kan då skrivas som v1 = a1 1w1 a1 1a2 v2 a1 1a3 v3 a1 1anvn: (18.2) Låt u vara en godtycklig vektor i V . Eftersom V spänns upp av vektorerna i S , så nns b1 ; b2 ; : : : ; bn 2 K så att u = b1v1 + b2v2 + + bnvn: Bevis.
Låt
ner upp
V
u kan w1 ; v2 ; v3; : : : ; vn. Dessa vektorer
Genom att i denna formel göra substitutionen (18.2), följer att skrivas som en linjärkombination av
V , och vi kan således skriva w2 = c1 w1 + c2 v2 + c3v3 + + cnvn
spänner alltså också upp
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
446
c1 ; c2 ; : : : ; cn 2 K . Vektorerna w1 och w2 är linjärt oberoende (varför?), så vi måste ha w 2 c1 w1 6= 0. Av den anledningen är cj 6= 0 för något j 2, och vi kan med ett liknande resonemang som ovan konstatera att w 1 ; w 2 ; v 3 ; : : : ; v n spänner upp V . På detta vis kan vi fortsätta att ersätta vektorn v i i S med motsvarande w i , så länge vektorerna i S räcker till. I slutändan kommer vi ha att V spänns upp av w 1 ; w 2 ; : : : ; w n . Men i så fall skulle till för några
exempel
wn+1 kunna skrivas som en linjärkombination av dessa vek-
torer, vilket enligt sats 18.16 är omöjligt, om vektorerna i
T
är linjärt
oberoende. Därmed är beviset klart!
De nition 18.18. Låt V vara ett vektorrum över en kropp K . En mängd S = fv 1 ; v 2 ; : : : ; v n g av vektorer i V säges utgöra en bas för V över K , om de spänner upp V och är linjärt oberoende över K . Sats 18.19.
Två baser för ett vektorrum har alltid lika många ele-
ment.
S = fv1 ; v 2 ; : : : ; vn g och T = fw1 ; w2 ; : : : ; wm g vara baser för ett vektorrum V . Då gäller alltså V = hS i, och eftersom vektorerna i T är linjärt oberoende, så ger sats 18.17 att m n. Genom att låta S och T byta roller, fås n m på samma sätt. Således är m = n, vilket Bevis.
Låt
skulle bevisas.
De nition 18.20. ellt vektorrum över
Låt K vara en kropp och V ett ändligdimensionK . Antalet vektorer som ingår i någon bas för V
K
och betecknas
Exempel 18.21.
Exemplen 18.11 och 18.15 visar att
dim R3 = 3.
Exempel 18.22.
De komplexa talen
K kallas för vektorrummets dimension över dimK V , eller blott dim V . över
över
R
1
och
i
är linjärt oberoende
C beR. Därmed är f1; ig en bas för detta
och vi såg i exempel 18.5 att de också spänner upp
traktat som ett vektorrum över vektorrum, så
dimR C = 2.
18.1. Vektorrum
447
Sats 18.23. Låt V vara ett vektorrum över kroppen K och antag att fv1; v2 ; : : : ; vng är en bas för V . Då kan varje element w 2 V skrivas på formen
w = a1v1 + a2v2 + + anvn; där elementen a1 ; a2 ; : : : ; an 2 K är entydigt bestämda. Bevis.
(18.3)
Existensen av en linjärkombination av på formen (18.3) kommer
V
sig av att varje bas för är entydig för varje xt
V . Att framställningen i (18.3)
spänner upp
w 2 V , beror på att vektorerna i bas är linjärt
oberoende. Läsaren uppmanas att fylla i detaljerna på egen hand.
Övningar till avsnitt 18.1 p p 1. Visa att Q ( 2) = fa + b 2 j a; b 2 Q g är ett vektorrum över Q . Bestäm också en bas för detta vektorrum.
2.
Bevisa att mängden
M2 (R)
är ett vektorrum över
3.
Visa att mängden
F (R)
är ett vektorrum över funktioner i
4.
F (R)
av alla
R.
R,
2 2-matriser med reella element
av alla reellvärda funktioner från och att mängden
är ett underrum i
F (R).
R
till
R
C (R) av alla kontinuerliga
Bevisa (ii) och (iv) i sats 18.6.
Q [x] är underrum i vektorrummet [x] över Q . (a) ff (x) j deg f (x) = 4g (b) ff (x) j f (1) = 0g 2 (c) f(x + 1)f (x) j f (x) 2 Q [x]g (d) ff (x) j f (0) = 1g 6. Låt S = f1 + x; 2 + x2 ; x + x3 g Z3[x]. Vilka av följande polynom i Z3[x] tillhör det linjära höljet hS i? (Här betraktas alltså Z3[x] som ett
5.
Avgör om följande delmängder av
Q
vektorrum över
Z3.)
(a) 1 + x (d) 1 + x + x2 + x3 2
7.
Antag att
(b) 1 + x2 + x3 (e) 2 + 2x2 + 2x3
(c) 2 (f) x
v1 ; v2 ; : : : ; vn är en mängd av linjärt V . Visa att vi 6= 0 för alla i.
oberoende vektorer i
ett vektorrum
8.
S = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g vara en mängd av linjärt oberoende vektorer V . Visa att varje icke-tom delmängd av S också är en mängd av linjärt oberoende vektorer i V . Låt
i ett vektorrum
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
448
9.
Bevisa sats 18.16.
10.
Fyll i detaljerna i beviset för sats 18.23.
11.
Utgör någon av följande två mängder av vektorer i vektorrum?
(a) f(0; 1; 1); (1; 0; 1); (1; 1; 0)g
12.
R3
en bas för detta
(b) f(1; 0; 1); (2; 3; 1); (3; 3; 2)}
Bestäm dimensionen av underrummet
U = ff (x) 2 K [x] j deg f (x) ng [ f0K g i
13.
K [x], se exemplen 18.9 och 18.13.
Låt
V = ff (x) 2 Q [x] j deg f (x) 2g[f0g. Visa att f1; 1+x; 1+x+x2g V över Q .
är en bas för vektorrummet
14.
K och U2 är underrum i V . (a) Visa att U1 + U2 = fu1 + u2 j u1 2 U1 ; u2 2 U2 g är ett underrum i V. (b) Antag att U1 \ U2 = f0g. Visa att dim(U1 + U2 ) = dim U1 +dim U2 . Låt
V
vara ett ändligdimensionellt vektorrum över en kropp
antag att
U1
och
18.2 Ändliga och algebraiska utvidgningar Efter vår korta exposé in i vektorrummens värld i föregående avsnitt, kommer vi nu till den huvudsakliga delen av teorin i detta kapitel.
De nition 18.24. Antag att K och L är kroppar, sådana att K L. Då säges L vara en kroppsutvidgning av K . För det mesta kommer vi istället för kroppsutvidgning att säga blott utvidgning. De komplexa talen C är en utvidgning av de reella R, som i sin tur är en utvidgning av de rationella talen Q .
Exempel 18.25. talen
Antag att
L
K och att 1 ; 2 ; : : : ; n K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) som snittet av innehåller K och samtliga i . Det är inte
är en utvidgning av kroppen
är ett antal element i
L.
alla underkroppar i
som
L
De niera
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
449
K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) i sig är en underkropp i L som innehåller K och samtliga i , i själva verket den minsta underkroppen i L (med avseende på inklusion) som besitter denna egenskap. Således är K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) en utvidgning av K , och vi säger att K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) är erhållen från K genom adjungering av elementen 1 ; 2 ; : : : ; n 2 L. svårt att visa (se övning 1), att
De nition 18.26. Låt K vara en kropp. En utvidgning L av K säges vara enkel, om L = K ( ) för något 2 L.
C är en R. Närmare bestämt gäller nämligen C = R (i). Klart är att C innehåller såväl R som i, så därmed gäller R (i) C . Eftersom ett godtyckligt komplext tal kan skrivas på formen z = a + bi, där a; b 2 R , så kommer z att tillhöra varje underkropp i C som innehåller R och i, speciellt R (i). Således har vi även C R (i), och påståendet följer. Exempel 18.27.
Vi påstår att kroppen av komplexa tal
enkel utvidgning av kroppen av reella tal
Exempel 18.28.
En utvidgning kan mycket väl vara enkel, även om
p p p p p p Q ( 5; 3) av Q . Vi påstår att Q ( ) = Q (p 5; p3), där p= p5 + 3. Detta följer om vi kan visa att Q ( ) Q ( 5; 3) och Q p ( 5; 3)p Q ( ). p p Eftersom å ena sidan p 5poch 3 båda tillhör kroppen Q (p 5; p3), så måste summan av 5p och p 3, d.v.s. , vara ett element i Q ( 5; 3). 3). Då å andra sidan Q ( ) är en kropp Härav följer Q ( ) Q ( 5; och = 6 0 ett element i denna, så gäller p p p p 1 1 5 3 5 3 =p p = p p p p = 2 Q ( ): 2 det inte ser så ut vid det första ögonkastet. Betrakta till exempel utvidgningen
5+ 3
( 5 + 3)( 5
p
p
3)
p = 5 3 p2 Q ( ). Detta medför att såväl ( p + p )=2 = 5 som ( )=2 = 3 tillhör Q ( ), och alltså gäller Q ( 5; 3) Q ( ), varmed påståendet är bevisat. Av detta följer att
L är en kroppsutvidgning av K och om är ett element i L, så gäller K = K ( ), om och endast om 2 K . Notera att om
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
450
Lemma 18.29. Låt K vara en kropp och L en utvidgning av K . Låt vidare 1 ; 2 ; : : : ; n vara en uppsättning av element i L, där n 2. För alla m sådana att 1 m n 1 gäller då [K ( 1 ; 2 ; : : : ; m )]( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ) = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ): Vi skriver av bekvämlighetsskäl Km = K ( 1 ; 2 ; : : : ; m ) och Kn = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) nedan. Vi skall med dessa beteckningar visa att Km ( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ) = Kn . Nu är Km en underkropp i L, och Km ( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ) den minsta underkropp i L som innehåller Km och m+1 ; m+2 ; : : : ; n . Men eftersom också Kn är en underkropp i L som innehåller Km och m+1 ; m+2 ; : : : ; n , så gäller
Bevis.
Km ( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ) Kn : Km ( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ) en underkropp i L som ler K och 1 ; 2 ; : : : ; n , så därför måste Omvänt är
innehål-
Kn Km ( m+1 ; m+2 ; : : : ; n ); eftersom
Kn är den minsta underkroppen i L med denna egenskap.
i i ovanstående lemma har ingen betydelse. För en godtycklig permutation 2 Sn är såväl K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) som K ( (1) ; (2) ; : : : ; (n) ) den minsta underkropp i L som innehåller K och elementen 1 ; 2 ; : : : ; n . Lemmat ovan medför vidare varje utvidgning av K på formen K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), för några 1 ; 2 ; : : : ; n i L, fås genom en följd av Ordningen med vilken man adjungerar elementen
enkla utvidgningar enligt
K K ( 1 ) K ( 1 ; 2 ) K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ); där vi för varje
i = 2; 3; : : : ; n har
K ( 1 ; 2 ; : : : ; i ) = [K ( 1 ; 2 ; : : : ; i 1 )]( i ): Detta pekar på att enkla utvidgningar är av speciellt intresse, och vi kommer att inom kort att studera sådana mer ingående.
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
451
De nition 18.30. Låt L vara en utvidgning av en kropp K . Vi säger att ett element 2 L är algebraiskt över K , om f ( ) = 0L för något icke-konstant polynom f (x) i K [x]. Ett element i L som inte är algebraiskt över K säges vara transcendent över K . Exempel 18.31.
Talet
nollställe till polynomet
p x2
2
är algebraiskt över
2
2 Q [x].
Q,
eftersom det är
Den franske matematikern
Charles Hermite (18221901) var den förste som lyckades visa att talet
e, basen för den naturliga logaritmen, är transcendent över Q . Detta
skedde år 1873. Nio år senare, år 1882, bevisade en tysk matematiker, Ferdinand von Lindemann (18521939), att också
är transcendent
Q . Dessa båda bevis faller utanför ramen av vår framställning.1 Däremot är såväl e som algebraiska över R , eftersom de är nollställen till polynomen x e respektive x i R[x]. p p + 3 2 pär algebraiskt över Q kan bevisas Exempel 18.32. Att 1 p på följande vis: Sätt = 1 + 3 2. Kvadrering av båda leden ger p p 3 3 2 2 över
= 1 + 2, d.v.s.
1 = 2. Från denna likhet fås i sin tur
2 = ( 2 vilket visar att
Ett polynom
moniskt, om an = 1K .
Till exempel är alltså
Sats 18.34. att 2 L är
3 4 + 3 2
1;
är nollställe till f (x) = x6 3x4 + 3x2 3 2 Q [x].
De nition 18.33. säges vara
1)3 = 6
x2 + 2x + 2 moniskt i Q [x],
men inte
3x 2.
L en utvidgning av K . Antag K . Det nns då ett entydigt bestämt irreducibelt moniskt polynom m(x) 2 K [x] sådant att m( ) = 0L . För varje f (x) 2 K [x] sådant att f ( ) = 0L gäller vidare m(x) j f (x). Bevis.
vara en kropp och
algebraiskt över
: K [x] ! L i , de nif (x) 2 K [x], se de nition 16.10.
Betrakta evalueringshomomor smen
erad enligt 1
Låt
K
a0 +a1 x+ +anxn över en kropp K
[f (x)] = f ( )
för alla
Den intresserade läsaren kan emellertid nna ett bevis för att såväl
transcendenta i Morandi [11], se litteraturförteckningen på sidan 587.
e som är
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
452
Dess kärna
ker = ff (x)
2 K [x] j f ( ) = 0Lg är ett ideal i K [x],
K [x] huvudideal. Vi har alltså ker = hm(x)i för något m(x) 2 K [x], som vi kan anta är moniskt. För varje f (x) 2 K [x] som har som nollställe gäller f (x) 2 hm(x)i, vilket betyder att m(x) j f (x). Antag att m(x) är reducibelt över K . Det är då möjligt att skriva m(x) = g(x)h(x), där g(x) och h(x) är polynom över K , båda av lägre grad än m(x). Men då blir 0L = m( ) = g ( )h( ), vilket medför att g(x) eller h(x) har som nollställe. Säg att detta gäller för g(x). Som vi såg ovan, måste då m(x) j g (x) , vilket är omöjligt på grund av att deg g(x) < deg m(x). Således är m(x) irreducibelt över K . Kvar att visa är att m(x) är entydigt bestämt. Om m1 (x) är ett annat moniskt irreducibelt polynom över K med som nollställe, så måste m(x) j m1 (x) och m1 (x) j m(x) . Detta betyder att m(x) och m1 (x) och enligt sats 16.37 är alla ideal i
är associerade polynom (lemma 16.20(iii)), och eftersom de båda är moniska, måste de vara lika.
De nition 18.35. Låt K vara en kropp och L en utvidgning av K . Låt vidare 2 L vara algebraiskt över K . Det entydigt bestämda irreducibla moniska polynom m(x) som har som nollställe (se sats 18.34) kallas för minimalpolynomet till över K . Graden av m(x) betecknas deg K ( ) och kallas för gradtalet för över K .
p
Exempel 18.36. Minimalpolynomet till 2 över p p Q är x2 2. Graden av 2 över Q är alltså lika med 2, d.v.s. degQ ( 2) = 2. Exempel p 18.37. Polynomet 2x2 1 är irreducibelt över Q , och har = 1= 2 som ett av sina nollställen. Men eftersom polynomet inte är moniskt så är det inte lika med minimalpolynomet till över Q , vilket 2 1=2. istället ges av x Exempel 18.38. är algebraiskt över
Vi konstaterade i exempel 18.32 att
p 1+ 32
p
Q , eftersom det är ett nollställe till polynomet f (x) = x6
i
=
3x4 + 3x2
3
Q [x]. Detta moniska polynom är irreducibelt över Q (Eisensteins kri-
terium med
p = 3)
och är således lika med minimalpolynomet till
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar över
453
Q . Vi konstaterar därmed att degQ ( ) = deg f (x) = 6.
Vi kan nu formulera en sats rörande egenskaper hos en enkel utvidgning
K ( ) av en kropp K , när är algebraiskt över K . Sats 18.39.
Låt
K
vara en kropp,
till
över K .
och
K . Då är den enkla K [x]= hm(x)i, där m(x) är minimalpolynomet
ett algebraiskt element över isomorf med kvotringen
2L utvidgningen K ( )
L en utvidgning av K
! L vara evalueringshomomor smen i . Som framgår av beviset för sats 18.34, är ker = hm(x)i, där m(x) är Bevis.
Låt
: K [x]
minimalpolynomet till
över K . Beträande bilden
im = ff ( ) j f (x) 2 K [x]g;
(18.4)
med koe cienter i K . K och . Enligt den första isomor satsen (för ringar) så är K [x]= hm(x)i och im isomorfa. Nu är m(x) irreducibelt över K , så enligt sats 16.45 är K [x]= h m(x)i, och därmed också im , en kropp. Som bekant är ju K ( ) den minsta underkroppen i L som innehåller K och , och eftersom im också är en underkropp i L som innehåller K och , måste K ( ) im . Men varje element i im tillhör givetvis också K ( ), vilket inte minst framgår av (18.4). Således gäller im = K ( ) så består denna av alla formella polynom i Detta betyder speciellt att
im
innehåller
och vi är klara med beviset.
Följdsats 18.40. Låt L vara en utvidgning av kroppen K , och antag att 2 L är algebraiskt över K . Då kan varje element i K ( ) skrivas som ett formellt polynom i med koe cienter i K , d.v.s. på formen b0 + b1 + b2 2 + + bn n ; för något
Bevis.
n2N
och några
b0 ; b1 ; : : : ; bn 2 K .
I beviset för sats 18.39 konstaterade vi att
K ( ) = im , där
: K [x] ! L är evalueringshomomor smen i . Följdsatsens påstående är därmed en direkt konsekvens av formel (18.4).
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
454
Exempel 18.41.
I exempel 18.27 konstaterade vi att
C = R(i) är en
R. Minimalpolynomet till i över R är m(x) = x2 +1, 2 så av sats 18.39 följer därmed att C ' R [x]= x + 1 , vilket vi kunde enkel utvidgning av
ana oss till redan i exempel 16.46.
Hittills har vi klarat oss utmärkt utan teorin för vektorrum från avsnitt 18.1. För att emellertid komma någon längre vart, är det lämpligt utnyttja det som togs upp där. Det behövs inga speciellt våghalsiga eskapader för införandet av vektorrum i samband med kroppsutvidgningar, utan det hela sköter sig, som framgår av följande sats, mer eller mindre av sig självt.
Sats 18.42.
Låt
K
vara en kropp och
L en utvidgning
av
K . Ope-
rationerna
L L 3 ( ; ) 7 K L 3 (a; ) 7 de nierar då
Bevis.
! + 2L ! a 2 L
L som ett vektorrum över K .
Satsen följer direkt från de nitionerna av en kropp och ett vek-
torrum.
Ett specialfall av denna sats togs upp redan i exempel 18.5, där och
L i ovanstående sats motsvaras av R
De nition 18.43.
En utvidgning
lig, om vektorrummet L över K
C.
L av en kropp K
säges vara
K
änd-
är av ändlig dimension. I så fall kal-
las dimensionen av detta vektorrum för av
respektive
K , vilket vi betecknar med [L : K ].
gradtalet för utvidgningen L
De komplexa talen C är en ändlig utvidgning av de R, och vi har [C : R] = 2 (jämför med exempel 18.22). Vi kommer så småningom att se att R i sin tur inte är en ändlig utvidgning av Q .
Exempel 18.44. reella talen
Givet en kroppsutvidgning
L
av
K
så är det inte svårt att visa (se
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar övning 24) att
455
[L : K ] = 1, om och endast om L = K .
De nition 18.45.
Vi säger att en utvidgning L av en algebraisk, om alla element i L är algebraiska över K .
Exempel 18.46. av
Q,
eftersom
exempel
R
kropp
K
R är inte en algebraisk utvidgning tal som inte är algebraiska över Q , till
De reella talen innehåller
e och (se exempel 18.31).
Vi är från exempel 18.44 skyldiga ett bevis för att utvidgning av
Q.
är
R inte är en ändlig
Detta följer nu direkt av föregående exempel och
följande sats.
Sats 18.47.
Varje ändlig utvidgning är en algebraisk utvidgning.
[L : K ] = n för något n 2 Z Således är L ett n-dimensionellt vektorrum över K , och i ett sådant är alltid er än n vektorer linjärt beroende, se sats 18.17. 2 n Detta betyder speciellt att de n + 1 st. elementen 1L ; ; ; : : : ; 2 L är linjärt beroende över K . Det nns därmed a0 ; a1 ; : : : ; an 2 K , där minst ett ai är skilt från 0K , så att Bevis.
Låt
L vara +.
en ändlig utvidgning av
K.
Då är
a0 + a1 + + an n = 0L : är ett K [x], och således algebraiskt över K .
Men denna ekvation säger precis att elementet något polynom i
nollställe till
L = K ( ) är en enkel kroppsut 2 L är algebraiskt över K , så är K ( ) ' K [x]= hm(x)i, där m(x) är minimalpolynomet till över K . I avsnitt 16.6 fann vi att elementen i K [x]= hm(x)i har en entydig framställning på formen Från sats 18.39 känner vi till att om vidgning, där
(a0 + a1 x + a1 x2 + + an 1 xn 1 ) + hm(x)i ;
n = deg m(x) och där a0 ; a1 ; : : : ; an 1 2 K . Något liknande gäller därmed också i K ( ), vilket också är innebörden av följande sats. där
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
456
Sats 18.48. Låt L = K ( ) vara en enkel utvidgning av kroppen K . Antag att är algebraiskt över K och sätt n = deg K ( ). Då gäller [L : K ] = n, d.v.s. L är ett vektorrum av dimension n över K . Närmare 2 n 1 en bas för detta vektorrum. bestämt är 1L ; ; ; : : : ; Bevis.
Vi skall visa att
oberoende över
K
1L ; ; 2 ; : : : ; n
1
spänner upp
L och är linjärt
(se sats 18.23). Det förstnämnda innebär att varje
2 L skall kunna skrivas som
= b0 + b1 + + bn 1 n 1 ;
(18.5)
b0 ; b1 ; : : : ; bn 1 2 K . Tag alltså 2 L godtyckligt. Varje L = K ( ) är enligt följdsats 18.40 ett formellt polynom i med koe cienter i K , så vi kan alltså skriva = f ( ) för något f (x) 2 K [x]. Låt m(x) 2 K [x] vara minimalpolynomet till . Då är deg m(x) = degK ( ) = n. Vi använder nu divisionsalgoritmen, och får att f (x) = m(x)q (x) + r (x) för några q (x); r (x) 2 K [x], där r (x) = 0K eller deg r (x) n 1. Evaluering i ger för några element i
= f ( ) = m( )q( ) + r( ) = r( ); eftersom
m( ) = 0L .
Således nns
formel (18.5) är uppfylld.
b0 ; b1 ; : : : ; bn
1
2K
sådana att
1L ; ; 2 ; : : : ; n 1 också är linjärt nns c0 ; c1 ; : : : ; cn 1 2 K , inte alla
Så övergår vi till att bevisa att
K . Antag 0K , så att
oberoende över lika med
att det
c0 + c1 + + cn 1 n
1
= 0L :
K [x]
n
1 eller lägre, vilket är omöjligt, eftersom minimalpolynomet m(x) till är av grad n. Således måste ci = 0K för alla i. Därmed är beviset klart. I så fall vore
nollställe till ett polynom i
Exempel 18.49.
p3
ligt sats 18.48 är till
5 över Q .
p3
av grad
Betrakta den enkla utvidgningen
p Q ( 3 5) av Q . En-
[Q ( 5) p: Q ] lika med graden av minimalpolynomet = 3 5. Då blir 3 = 5, d.v.s. är nollställe till
Sätt
polynomet
m(x) = x3
5 2 Q [x]:
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
457
m(x) är irreducibelt över Q (en följd av Eisensteins kriterium med p = 5 eller test av rationella nollställen med hjälp av sats 16.29), så har vi att m(x) är minimalpolynomet till över Q . Detta polynom p3 är av grad 3, och således är [Q ( 5) : Q ] = 3. Sats 18.48 säger vidare p 3 2 att f1; ; g en bas för Q ( 5), betraktad som ett vektorrum över Q . p3 Detta betyder att varje element 2 Q ( 5) på ett entydigt sätt kan Eftersom
skrivas
där
p p = b0 + b1 3 5 + b2 3 5 2 ;
b0 ; b1 ; b2 2 Q .
p
= 2 + 4. Detta tal är algebraiskt över Q 2 8x + 14 2 Q [x] (veri era detta!). med minimalpolynomet m(x) = x
Exempel 18.50.
Sätt
Sats 18.48 visar att
Q ( ) = fa + b j a; b 2 Qg:
(18.6)
Q ( ) är enkel att beskriva. Givet två element = a0 +a1 och = b0 + b1 i Q ( ), så är givetvis Additionen i
+ = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) : Om vi däremot beräknar motsvarande produkt, så nner vi att
= (a0 + a1 )(b0 + b1 ) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 ) + a1 b1 2 ;
(18.7)
Q ( ), enligt till denna standardform, måste 2 vi på något sätt göra oss av med i högerledet. Vi utnyttjar därvid 2 att är ett nollställe till m(x) = x 8x + 14, och att således vilket inte är ett element på den form som elementen har i (18.6). För att kunna skriva om
2 = 8 14: Om vi ersätter
2
med
8 14 i (18.7), så erhåller vi formeln
= (a0 b0 14a1 b1 ) + (a0 b1 + a1 b0 + 8a1 b1 ) för produkten av två element
och
i
Q ( ).
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
458
Sats 18.51 (Gradtalssatsen). Låt K vara en kropp. Antag att L är en ändlig utvidgning av K och att F i sin tur är en ändlig utvidgning av L. Då är F en ändlig utvidgning av K och [F : K ] = [F : L] [L : K ]:
f 1 ; 2 ; : : : ; ng är en bas för vekf 1 ; 2 ; : : : ; m g en bas för vektorrummet F
Närmare bestämt är det så, att om torrummet över
L över K
L, så är
och
B = f i j j 1 i n; 1 j mg en bas för vektorrummet
F
över
K.
mn elementen i B spänner upp F över K . Välj 2 F godtyckligt. Nu vet vi att 1 ; 2 ; : : : ; m spänner upp F över L, så det nns därför b1 ; b2 ; : : : ; bm 2 L sådana att Bevis.
Vi visar först att de
= Vidare spänner
1 ; 2 ; : : : ; n
m X j =1
bj j :
(18.8)
i sin tur upp
L
över
K.
Varje
bj
ovan
kan således skrivas
bj = för några
n X i=1
aij i
(18.9)
a1j ; a2j ; : : : ; anj 2 K . Om vi kombinerar (18.8) med (18.9) så
erhåller vi
= vilket visar att
F
m X
n X
j =1
i=1
!
aij i j =
X
i;j
B. B är linjärt oberoende över K .
spänns upp av elementen i
Vi måste också visa att elementen i Antag att
X
i;j
aij ( i j );
cij ( i j ) = 0F
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
459
cij 2 K , där i = 1; 2; : : : ; n och j = 1; 2; : : : ; m. Vi vill visa att cij = 0K för alla i; j . Vänsterledet i ovanstående summa kan skrivas för några
X
cij ( i j ) =
i;j Pn i=1 cij i
Här gäller ten
m X
n X
j =1
i=1
!
cij i j :
2 L för alla j = 1; 2; : : : ; m och eftersom elemen-
1 ; 2 ; : : : ; m i F
är linjärt oberoende över
n X i=1
L, måste
cij i = 0L
j . Men 1 ; 2 ; : : : ; n är ju i sin tur linjärt oberoende över K , vilket tvingar fram cij = 0K för alla i; j . Därmed är beviset klart. för alla
Följdsats 18.52.
Om
K1 ; K2 ; : : : ; Kn är kroppar sådana att Ki+1 Ki för alla i = 1; 2; : : : ; n 1, så är Kn en
är en ändlig utvidgning av ändlig utvidgning av
K1
och
[Kn : K1 ] = [Kn : Kn 1 ] [Kn Bevis.
1
: Kn 2 ] : : : [K2 : K1 ]:
Vi ger läsaren äran att på egen hand genomföra detta induk-
tionsbevis.
Följdsats 18.53. Låt L vara en utvidgning av kroppen K och antag att 2 L är algebraiskt över K . Då är varje 2 K ( ) algebraiskt över K , och vidare gäller deg K ( ) j degK ( ). Bevis.
Om
2 K ( ) så gäller K K ( ) K ( ). Av gradtalssatsen
följer att
[K ( ) : K ] = [K ( ) : K ( )] [K ( ) : K ]: Men nu är
[K ( ) : K ] = degK ( )
och
[K ( ) : K ] = degK ( )
sats 18.48), vilket ger
degK ( ) = [K ( ) : K ( )] degK ( ); och beviset är klart.
(enligt
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
460
Exempel 18.54.
p p Q ( 7; 2) av Q . Gradtals-
Betrakta utvidgningen
satsen ger att
p p
p p
p
p
[Q ( 7; 2) : Q ] = [Q ( 7; 2) : Q ( 2)] [Q ( 2) : Q ]: Gradtalet
p
p
[Q ( 2) : Q ]
p
är enligt sats 18.48 lika med
av minimalpolynomet till
2
över
Q
x2
(d.v.s.
p
(18.10)
degQ ( 2), graden 2). Således har vi
[Q ( 2) : Q ] = 2. p p p Gradtalet [Q ( 7; 2) av p : Q ( 2)]pär å sin sida lika med graden 2 minimalpolynomet till 7 över Q ( 2). Givetvis är m(x) = x 7 p 7 över Q , men detta medför inte direkt att minimalpolynomet till så också är fallet om m(x) betraktas som ett polynom över den störp p re kroppen Q ( 2). Om m(x) emellertid vore reducibelt över Q ( 2), så skulle det i denna kropp ha ett nollställe, eftersom det är ett an-
p
p
dragradspolynom (se sats 16.24). Detta skulle i så fall innebära att
7 2 Q (p 2), men p som vi snart skall se, är detta omöjligt. Om 7 2 Q ( 2), så nns det rationella tal a och b sådana att
p
p
7 = a + b 2:
Genom att kvadrera båda leden och stuva om litet bland termerna, så nner vi att
p
2ab 2 = 7 a2 Antag att
a 6= 0
2ab, så att vi får
och
b 6= 0.
p
2b2 :
Vi kan då dividera båda leden ovan med
2=
7 a2 2b2 : 2ab
Här är högerledet ett rationellt tal (eftersom
p
a och b är det), men 2
är som bekant irrationellt. Detta är en motsägelse. Vi lämnar som en
p
övning för läsaren att visa att motsägelse erhålls också då
a = 0 eller
m(xp) irreducibelt p p också över Q ( 2), varav vi kan 7 ; 2) : Q ( 2)] = 2. Därmed ger (18.10) att [ Q ( p p [Q ( 7; 2) : Q ] = 2 2 = 4. b = 0.
Således är
dra slutsatsen att
p p Q ( 7; 2). Ovanstående p resonemang visar nämligen p p att f1; 2g är en bas för vektorrummet Q ( 2) över Q , och att f1; 7g Gradtalssatsen ger oss också en möjlighet att beskriva utseendet
på elementen i
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
p p
är en bas för vektorrummet
461
p p p Q ( 7; 2) över Q ( 2). En bas för vektor-
Q ( 7; 2) över Q ges således av p p p p p p p f1 1; 1 7; 2 1; 2 7g = f1; 7; 2; 14g; p p vilket betyder att elementen i Q ( 7; 2) har en entydig framställning
rummet
på formen
p
p
p
a + b 7 + c 2 + d 14; där
a; b; c; d 2 Q .
Exempel 18.55.
Vi visade i exempel 18.28 att
p p p p Q ( 3; 5) = Q ( 3 + 5):
p p
p
p
Med ett förfarande liknande det i föregående exempel kan man visa
2 att
[Q ( 3; 5) : Q ] = 4, så därmed gäller även [Q ( 3 + 5) : Q ] = 4. Vi
p
p
skall se att denna information kan vara till hjälp, om man vill bestämma
p
p
minimalpolynomet till Sätt
3 + 5 över Q .
= 3 + 5. Då ger kvadrering av båda leden ekvationen
p
2 = 8 + 2 15: Genom att sortera termerna så att
ket blir ensam
i ena ledet och därefter kvadrera ännu en gång, så får vi
4
16 2 + 64 = 60;
är nollställe till f (x) = x4 16x2 + 4 2 Q [x]. Men så här långt nns det ingenting som säger att f (x) är minimalpolynomet m(x) till över Q . Det enda vi kan säga (med hänvisning till sats 18.34) är att f (x) måste vara en multipel av m(x). För att kunna dra slutsatsen att f (x) = m(x), måste vi visa att f (x) är irreducibelt över Q . Dessvärre d.v.s.
kan inte Eisensteins kriterium hjälpa oss i det här fallet, så vi tycks vara tvungna att gå the tough way, d.v.s. först leta efter rationella nollställen med hjälp av sats 16.29 och, om inga sådana nns, ansätta
f (x)
som en produkt av två andragradspolynom och på så sätt få
ett ekvationssystem med heltalskoe cienter, vilket man sedan försöker avgöra ifall det har någon lösning eller ej. 2
Vilket läsaren uppmanas att göra!
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
462
Men vi vet att minimalpolynomet
m(x) skall uppfylla
deg m(x) = degQ ( ) = [Q ( ) : Q ] = 4: Eftersom
deg f (x) = 4 och f (x) är moniskt, måste f (x) i själva verket
vara vårt sökta minimalpolynom.
Exempel 18.56.
Vi söker ett
så att
p p Q ( ) = Q ( 3; 3 5). När vi
ändå är i farten, bestämmer vi även minimalpolynomet
över Q ,
m(x) till vårt
Q ( ) överp Q .p p p3 3 Vi påstår att = ) p Q3 ( 3; 3 5) följer p 3 +p3 5 duger. Att Q ( p 3 och 5, d.v.s. , tillhör Q ( 3p ; 5). p För att visa av att summan av p p3 att Q ( 3; 5) Q ( ), noterar vi att eftersom 3 = 3 5, så är p 3 valda
samt en bas för vektorrummet
(
3) = 5;
vilket vi också kan skriva som
p
3 + 9 5 = 3 3( 2 + 1): Men detta innebär att
p
3=
3 + 9 5 ; 3( 2 + 1)
(18.11)
poch av p3 den anledningen ett element i Q ( ). Därmed fås att även 3 = 5 2 Q ( ), och vi har därmed visat att vårt valda duger. vilket är ett rationellt uttryck i
Kvadrerar vi båda leden i (18.11), får vi efter förenkling att
6 d.v.s.
9 4
10 3 + 27 2
är ett nollställe till sjättegradspolynomet f (x) = x6
9x4
Det sökta minimalpolynomet verket är 3
90 2 = 0;
f (x) = m(x),
10x3 + 27x2
90x 2 2 Q [x]:
m(x) måste vara en delare i f (x). I själva
men eftersom vi inte med lätthet kan avgöra
Detta är inte det enda möjliga valet av
, se övning 9.
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar om
f (x) är
463
4 så försöker vi istället visa, analogt med ex-
irreducibelt,
empel 18.55, att Nu vet vi att
[Q ( ) : Q ] =pdegpf (x) = 6. Q ( ) = Q ( 3; 3 5), och enligt gradtalssatsen är
p p p p p p [Q ( 3; 3 5) : Q ] = [Q ( 3; 3 5) : Q ( 3)] [Q ( 3) : Q ]: p
p Q ärp3 x2 3, såp[Q ( 3) : Q ] = 2. Vi påstår nu att minimalpolynomet till 5 över Q ( 3) är detsamma som 3 5. Om så ej vore fallet, skulle x3 5 vara reducibelt över Q , d.v.s. x p 3 5 är ett tredjegradspolynom, betyder över Q ( 3), och eftersom x p 3 detta att x 5 har ett av sina nollställen i Q ( 3). Då två avpdessa nollställen är icke-reella tal, och det inte nns några sådana i Q ( 3), måste p3 p p3 således p 5 2 Q ( 3). Men degQ ( 5) = 3 och enligt följdsats 18.53 kan Q ( 3) inte innehållap något element som har gradtalet 3 över Q , på 3 5 vara irregrund av att degQ ( 3) = 2 och 3 6 j 2. Alltså måste x p p p3 p ducibelt också över Q ( 3), vilket ger [Q ( 3; 5) : Q ( 3)] = 3 och därmed [Q ( ) : Q ] = 6, vilket vi ville bevisa. p p Nu är f1; 3g en bas p för vektorrummet Q ( 3) över Q , medan en p3 p p p bas för vektorrummet Q ( 3; 5) över Q ( 3) ges av f1; 3 5; ( 3 5)2 g. Gradtalssatsen säger att vi som bas för vektorrummet Q ( ) över Q kan p3 p3 2 p p p3 p p3 2 välja f1; 5; ( 5) ; 3; 3 5; 3( 5) g. Minimalpolynomet till
3
över
Sats 18.47 säger att varje ändlig utvidgning är en algebraisk utvidgning. Omvändningen visar sig inte vara sann, och vi kommer i kapitel 20 att ge exempel på en algebraisk utvidgning som inte är ändlig. Men vi kan få en partiell omvändning till sats 18.47, genom att skärpa kraven på den algebraiska utvidgningen i fråga.
Sats 18.57.
vara en utvidgning av en kropp K . Då är L en K , om och endast om det nns ett ändligt antal element 1 ; 2 ; : : : ; n 2 L, som alla är algebraiska över K , och som är sådana att L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ). Låt
L
ändlig utvidgning av
Bevis. 4
Sätt
Ki = K ( 1 ; 2 ; : : : ; i ) för varje positivt heltal i.
Eisensteins kriterium kan inte användas, och eftersom
f (x) är ett sjättegradspo-
lynom så måste man, förutom att leta efter rationella nollställen, göra två olika ansättningar av
f (x) som en produkt av icke-linjära polynom av lägre grad
dels
som en produkt av ett andra- och ett fjärdegradspolynom, och dels som en produkt av två tredjegradspolynom. (Voine!)
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
464
()) Antag att [L : K ] < 1, d.v.s. att L är en ändlig utvidgning av K . Det vi vill visa är trivialt om [L : K ] = 1, så vi kan antaga att [L : K ] > 1. Då är K < L, och det går att välja ett 1 2 L n K och bilda K1 = K ( 1 ). Om L = K1 så är vi klara, annars väljer vi ett 2 2 L n K1 och bildar K2 = K1 ( 1 ) = K ( 1 ; 2 ). Om inte heller L = K2 , så fortsätter vi på samma sätt genom att adjungera ett 3 2 L n K2 till K2 , och så vidare. Eftersom vi för alla i har i 2= Ki 1 , så är [Ki : Ki 1 ] > 1. Med hjälp av gradtalssatsen fås [Ki : K ] = [Ki : Ki 1 ] [Ki
: K ] > [Ki
1
1
: K ];
[K1 ; K ]; [K2 ; K ]; : : : är strängt växande. Men vi har också [Kj : K ] [L : K ] för alla j , så vi kan därför inte kan hålla på att adjungera nya j 2 L (för att få större och större underkroppar Kj i L) hur länge som helst. Efter ett ändligt antal steg n, måste vi alltså få L = Kn = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), vilket är vad vi ville visa. (() Antag att L = Kn = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ). Studera de stegvisa d.v.s. följden att
utvidgningarna
K K1 K2 Kn av
K.
Varje
i
är algebraiskt över
K
och därmed också över
Ki
1.
Sålunda är
[Ki : Ki 1 ] = degKi 1 ( i ) < 1 för alla
i. Därmed ger följdsats 18.52 att
[L : K ] = [Kn : K ] = [Kn : Kn 1 ] [Kn
1
: Kn 2 ] : : : [K1 : K ] < 1;
och beviset är klart.
Sats 18.58.
Låt
L vara en utvidgning av kroppen K
och sätt
A = f 2 L j är algebraiskt över K g: Då är
Bevis.
A en underkropp i L. Tag
; 2 A godtyckligt. Då är och algebraiska över K , så K ( ; ) en ändlig utvidgning av K . Varje ändlig
enligt sats 18.57 är
utvidgning är en algebraisk utvidgning (sats 18.47), så alla element i
18.2. Ändliga och algebraiska utvidgningar
465
K ( ; ) är algebraiska över K , och tillhör i och med detta mängden A. Speciellt gäller detta + , , och 1 (om 6= 0L ). Men att dessa element tillhör A innebär att denna mängd är en underkropp i L, vilket vi ville bevisa.
Exempel 18.59.
Med
A
motsvarigheten till
algebraiska tal.
Q
K =
och
L=
C
i sats 18.58, så utgörs
i denna sats av mängden
A
av alla så kallade
Denna mängd består alltså av alla komplexa tal,
som är nollställe till något polynom över
Q.
Övningar till avsnitt 18.2 1.
K vara en kropp, L en utvidgning av K och 1 ; 2 ; : : : ; n en uppL. Visa att mängden K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), såsom den de nieras på sidan 448, är den minsta underkroppen i L som innehåller K och 1 ; 2 ; : : : ; n . Låt
sättning av element i
2.
Visa att följande tal är algebraiska över
3.
Visa att nedanstående tal är algebraiska över
p3
p
(a) 2i + 2
p
Q.
(b) 2 + 3
p
Q
polynomet till vart och ett av dem.
p
p
(a) p5 2
p
(d) 3 + i
2
p
p p
(b) 2 + 2 (e) 2 + i 3
p
p
p
och bestäm minimal-
p
p
(c) p3 1 + 3 (f) 3p+ 5
2
p
7 har samma minimalpolynom över Q . p 5. Bestäm minimalpolynomet till 3 + i över
4.
Visa att
(a) Q p (d) Q ( 3)
2 + 7 och 2
p
(c) 2 + 3 + 5
p
(b) R (e) Q (i)
(c) C p (f) Q (i; 3).
p
(i; 7) = Q (i + 7). p p p p 7. Visa att Q ( 2; 3) = Q ( 3 2 2). p p p 8. Visa att Q ( 2; 3 2) = Q ( 6 2). pp 9. Visa att vi alternativt kan välja = 3 3 5 i exempel 18.56. Vilket blir
6.
Visa att
Q
minimalpolynomet till
10.
Visa att
p p
över Q
i detta fall?
[Q ( 3; 5) : Q ] = 4 (se exempel 18.55).
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
466
p
p 3
11.
Bestäm
[Q
5 + 3 : Q ].
12.
Bestäm
[Q ( ) : Q ], om = 3 + 7. Ange också minimalpolynomet
p
till
p
över Q .
13.
Bestäm en bas för var och en av nedanstående kroppsutvidgningar.
14.
Låt
p
p
(a) Q ( p3 3) över Q p (c) Q ( 4 3) över Q ( 3)
p
= 3 2.
(b) Q ( 4 3) över Q
Härled en formel för produkten (på standardform) av
de två elementen
a0 + a1 + a2 2
p
p 5
15.
Visa att
=
16.
Visa att
=
17.
Bestäm minimalpolynomet
p
och
b0 + b1 + b2 2
Q
3 + 1 är algebraiskt över Q
och ange
5 + 1 är algebraiskt över Q
och bestäm
p3
[Q ( ) : Q ].
i
m(x) 2 Q [x] till =
p 3
( ).
degQ( ).
p
[Q ( ) : Q ].
2 + 6. Ange också
pp
18. (a) Visa att = 5 5 3pär algebraiskt över Q . p (b) Visa att Q ( ) = Q ( 5; 5 3). (c) Ange [Q ( ) : Q ]. p p p p 19. (a) Visa att Q ( ) = Q ( 2; 3 3), där = 2 + 3 3. (b) Bestäm en bas för Q ( ) över Q . 20.
p p
så att Q ( 3 7; 3) = Q ( ). nomet till detta .
Bestäm ett tal
Ange också minimalpoly-
p p
så att Q ( ) = Q (i 2; i 3). Ange också minimalpolynomet över Q till detta . p p 22. (a) Bestäm [Q ( 12; 75) : Q ]. p p (b) Ange ett sådant att Q ( ) = Q ( 12; 75).
21.
Finn ett
23.
Låt att
24.
Låt
L vara en kroppsutvidgning av K och ett element i L. Antag 2 är algebraiskt över K . Visa att också är algebraiskt över K . L vara en ändlig kroppsutvidgning av K . Visa att K = L, om och [L : K ] = 1.
endast om
25.
Bevisa följdsats 18.52.
26.
Antag att
L en ändlig kroppsutvidgning av K , sådan att [L : K ] är ett L = K ( ) för alla 2 L n K .
primtal. Visa att
18.3. Geometriska konstruktioner 27.
Antag att
K L M , där M
467
är en algebraisk utvidgning av
sin tur är en algebraisk utvidgning av utvidgning av
28.
Bestäm
K.
A i sats 18.58, då K = Q
och
K . Visa att M
L, som i
är en algebraisk
L = R.
18.3 Geometriska konstruktioner I antikens Grekland var matematik liktydigt med geometri. Högt upp på listan för matematikernas intresse stod bland annat geometriska konstruktionsproblem. Eftersom man ansåg räta linjer och cirklar vara de enda perfekta geometriska gurerna, så inskränkte man sina konstruktionshjälpmedel till linjal (för konstruktion av räta linjer) och passare (för konstruktion av cirklar). Det bör också nämnas att linjalen inte ck vara graderad, d.v.s. att den inte ck användas som ett verktyg för att mäta längden på en sträcka eller avståndet mellan två punkter. Med dessa två verktyg kunde man utföra ganska många konstruktioner, som till exempel en regelbunden femhörning, bisektrisen till en vinkel (d.v.s. en rät linje som delar en vinkel i två lika stora delar) eller en kvadrat med samma area som en given triangels. Men det var inte alltid de gamla grekerna lyckades med sina konstruktioner. Framför allt var det tre problem som vållade extra mycket huvudbry. Det var först under 1800-talet som frågetecknen kring dessa problem blev fullständigt uträtade, och detta tack vare utvecklingen inom den abstrakta algebran! Dessa tre klassiska problem lyder som följer.
Kubens fördubbling
Konstruera en kub, vars volym är dub-
belt så stor som en given kubs volym.
Vinkelns tredelning Cirkelns kvadratur
Dela en given vinkel i tre lika stora delar. Konstruera en kvadrat, vars area är den-
samma som arean av en given cirkel. Alla dessa tre problem visar sig vara omöjliga att lösa, om man enbart får använda sig av passare och linjal. 5
5 Vi kommer bevisa detta
Trots att detta alltså bevisades under 1800-talet, så händer det än idag titt
som tätt att någon påstår sig ha lyckats utföra någon av konstruktionerna! Speciellt tycks vinkelns tredelning vara extra populär.
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
468
beträande kubens fördubbling och vinkelns tredelning i detta avsnitt. Problemet rörande cirkelns kvadratur är av något annat slag än de två andra, och har att göra med att talet
är transcendent över Q .
Vi har alltså en (ograderad) linjal och en passare till vårt förfogande. Med linjalen kan vi dra en rät linje genom två givna punkter, och med passaren konstruera en cirkel med en given punkt som medelpunkt och längden av en given sträcka som radie. Vi har också från början givet en sträcka av längd
1, den så kallade enhetssträckan.
I framställningen nedan kommer vi inte i detalj redogöra för hur man utför varje konstruktion, som till exempel hur man bär sig åt för att konstruera en normal till en given rät linje genom en given punkt. Dessa praktiska detaljer har lämnats som övningar i slutet av avsnittet. Vidare kommer vi att använda beteckningen längden av sträckan
De nition 18.60.
AB
Låt
mellan de två punkterna
A och B .
vara ett reellt tal. Då säges
jAB j
vara
för
kon-
struerbart, om en sträcka av längd j j kan konstrueras i ett ändligt
antal steg utifrån enhetssträckan, genom att enbart använda sig av passare och linjal.
är konstruerbart, om och endast om är det. 1 ett Även 0 är konstruerbart en sträcka av längd 0
Lägg märke till att
Eftersom vi alltid har en enhetssträcka till vårt förfogande, är konstruerbart tal.
tänker vi oss som en punkt. Under återstoden av detta kapitel kommer vi att beteckna mängden av alla konstruerbara tal med
K.
Sats 18.61. Låt och vara konstruerbara tal. Då är även + , och konstruerbara. Om 6= 0, så är vidare = konstruerbart, p konstruerbart. och om 0, så är > > 0 genom hela beviset, vilket inte är någon + och framgår av gur 18.1 på nästa sida: Mät upp sträckan av längd med hjälp av Bevis.
Vi antar att
inskränkning. Att det är möjligt att konstruera
passaren och placera sedan dess nål i en av ändpunkterna till sträckan
. På så sätt kan denna sträcka såväl förlängas som förkortas . det gäller konstruktionen av , kan vi för det första anta
av längd
med en sträcka av längd När
18.3. Geometriska konstruktioner
+
469
Figur 18.1 att
= 6 1.
Betrakta den vänstra del guren till gur 18.2. Där är
skärningspunkten mellan två icke-parallella räta linjer den räta linjen
`1
avsätts punkten
A
så att
OA
`1
och
`2 .
O På
blir en sträcka av
. Längs med `2 markerar vi vidare punkterna B och E så att jOB j = och jOE j = 1, d.v.s. OE blir enhetssträckan.6 Konstruera en rät linje genom B parallell med AE . Denna räta linje skär `1 i en punkt C . Låt x vara längden av sträckan OC . Eftersom de räta linjerna AE och CB är parallella, så är 4OAE och 4OCB likformiga. Således längd
gäller
jOC j = jOB j () x = ; jOAj jOE j 1 från vilket
x =
följer.
`1 C A O
D E
B
`2
O
`1
A E
B
`2
Figur 18.2 = konstrueras, om 6= 0. Vi kan även i detta fall anta att 6= 1. Precis som i fallet med konstruktionen av är sträckorna OA, OB och OE av längd , respektive 1. Genom punkten E har dragits en rät linje Den högra del guren av gur 18.2 illustrerar hur
6
B och E placerade så att > 1, men resonemanget går < 1 (Rita gur!).
I guren är som synes
precis lika bra om
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
470
AB , och dess skärningspunkt med `1 ges av D. Vi ser att 4ODE och 4OAB är likformiga, så med y = jODj får vi parallell med
jODj = jOE j () y = 1 ; jOAj jOB j
d.v.s.
y = = .
Slutligen skall vi konstruera
en sträcka av
Q vara OP som uppfyller jOQj = . Drag normalen till OP genom Q och låt R vara dess skärningspunkt med halvcirkeln. Sätt h = jQRj. Nu är pereferivinkeln på en halvcirkel alltid rät, så ^ORP = 90Æ . Även ^RQP är rät, så 4OP R och 4RP Q har således varsin rät vinkel. Vidare har båda trianglarna vinkeln vid P gemensam, så de är därmed likformiga. Ett liknande resonemang ger att 4OP R också är likformig med 4ORQ. Således är 4RP Q och 4ORQ båda likformiga med 4OP R, och därmed med varandra. Detta ger h 1 jRQj jP Qj jOQj = jQRj () = h ; längd
+1
p . I gur 18.3 är OP
och samtidigt en diameter i en halvcirkel. Låt
den punkt på sträckan
från vilket
p
h = följer. R
O
P
Q
Figur 18.3 Följdsats 18.62.
R. Vidare är Q
kropp i
Bevis.
Mängden
K
av alla konstruerbara tal är en under-
i sin tur en underkropp i
K.
Se övning 2.
Exempel 18.63. det första är talen
Vi påstår att talet
p 4
2
p
3 är konstruerbart. För
2 och 3 konstruerbara, ty de är båda rationella tal,
18.3. Geometriska konstruktioner
471
p
p
och enligt följdsats 18.62 är alla sådana konstruerbara. Med hjälp av
3 är konstruerbart. Då nupbåde 2 och 3 är konstruerbara, gäller detta också för dierensen 2 3 av dessa tal. p p Därmed är 2 3 och följaktligen också sats 18.61 nner vi nu att
rq
2
p
3=
q
4
2
p
3
konstruerbart.
När vi utför våra konstruktioner, arbetar vi i det vanliga euklidiska planet
R2 . Eftersom alla rationella tal är konstruerbara, är det möjligt
att med passarens och linjalens hjälp lokalisera varje punkt på formen
(r; s), där r och s är rationella tal. Varje konstruerbart tal är lika med avståndet mellan två punkter som har konstruerats i ett ändligt antal steg, utifrån mängden av alla punkter med rationella koordinater i
R2 .
Låt oss titta på vad som händer i ett enskilt sådant steg. Antag ningen
L
att är en kropp sådan att
L-punkter
för alla punkter i
R
2,
Q L K . Vi inför benäm-
L. Det L-punkter,
vars koordinater tillhör
är då möjligt att konstruera en rät linje som går genom två
L-linje, samt en cirkel med medelpunkt i en L-punkt och L, en så kallad L-cirkel. konstruerbara punkter, förutom de som redan nns i L, kan
en så kallad
radie lika med ett (positivt) tal i Nya
konstrueras endast på tre olika sätt: antingen som skärningspunkter mellan två
L-linjer,
två
L-cirklar
eller en
L-linje
och en
L-cirkel,
se
gur 18.4. Som framgår av följande lemma, kan koordinaterna för en sådan skärningspunkt inte se ut hur som helst.
Figur 18.4 L är en kropp sådan att Q L K . Låt P vara en skärningspunkt mellan antingen två L-linjer, två L-cirklar eller Lemma 18.64.
Antag att
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
472
L-cirkel.pDå gäller att koordinaterna till P tillhör den enkla utvidgningen L( ) av L, för något 0 i L. Vidare gäller p L( ) K . en
L-linje
Bevis.
och en
Det är lätt att se att varje
L-linje i R2 har en ekvation på formen
ax + by = c för några
(18.12)
a; b; c 2 L, medan en L-cirkel å sin sida kan tecknas som x2 + y2 + dx + ey = f;
för några
d; e; f
(icke-parallella)
2 L. Låt först P
(18.13)
vara skärningspunkten mellan två
L-linjer. Då satis erar koordinaterna till P
ett linjärt
ekvationssystem på formen
a1 x + b1 y = c1 a2 x + b2 y = c2 ;
där samtliga koe cienter tillhör
L. Eftersom man endast använder sig
av de fyra vanliga räknesätten när man löser ett linjärt ekvationssystem, kommer dess lösning i detta fall att tillhöra Betrakta så det fall då Då är
P
L.
är en skärningspunkt mellan två
L-cirklar.
P :s koordinater en lösning till ett ekvationssystem av typen 2 x x2
med koe cienter i
+ y2 + d1 x + e1 y = f1 + y2 + d2 x + e2 y = f2
L. Vi kan eliminera kvadrattermerna i den ena ek-
vationen genom att subtrahera den ena ekvationen från den andra. Vi får därmed att
P
är en skärningspunkt mellan
L-cirkeln
x2 + y2 + d1 x + e1 y = f1 och
L-linjen (d1
d2 )x + (e1
e2 )y = f1 f2 :
Detta fall kan därmed överföras till det tredje fallet, då ningspunkt mellan en
L-linje
och en
L-cirkel.
ekvationssystem med utseendet
P
är en skär-
I detta fall har vi ett
ax + by = c x2 + y2 + dx + ey = f;
18.3. Geometriska konstruktioner
473
a; b; c; d; e; f 2 L. Vi kan anta att minst ett av talen a och b är skilt från noll, säg b. Den övre ekvationen kan därmed skrivas y = (c ax)=b, där
vilket insatt i den undre ekvationen efter förenkling ger upphov till en andragradsekvation
x2 + px + q = 0
p; q
för några
2 L. Denna har
lösningen
p x= 2
r
p2 4
q;
p
x som y tillhör L( ), där
och det följer att såväl
=
p2 4
q 2 L:
L-linjen och L-cirkeln har minst punkten P p 0. Det är klart att alla element i p L( ) är konstruerbara, så L( ) K . Eftersom vi förutsätter att
gemensam, måste dessutom
Sats 18.65.
Varje konstruerbart tal är algebraiskt över
bestämt gäller för alla
2K
att
degQ ( ) = 2m
för något
Q . Närmare m 2 N.
Låt 2 K . Vi skall visa att graden av minimalpolynomet till Q är lika med en tvåpotens. Att är konstruerbart innebär att en
Bevis. över
sträcka med längden
kan konstrueras, med användande av passare
Q -punkter, R2 . Som framgår av
och linjal, i ett ändligt antal steg utifrån mängden av alla d.v.s. alla punkter med rationella koe cienter i
lemma 18.64, kommer det första konstruktionssteget ge upphov till en utvidgning
L1
av
Q
[L1 : Q ] = 1 eller [L1 : Q ] = 2. I nästa L1 -linjer och L1 -cirklar, varvid vi får en [L2 : L1 ] = 1 eller [L2 : L1 ] = 2. På detta
sådan att
steg arbetar vi vidare med utvidgning
L2
av
L1 ,
med
sätt fortsätter vi, och får efter ett ändligt antal steg att
Q L1 L2 Ln n 2 Z+, där [Li+1 : Li ] = 1 eller [Li+1 : Li ] = 2 för alla i = 1; 2; : : : ; n 1, och där 2 Ln. Varje Li är dessutom en underkropp för något i
K . Av följdsats 18.52, en av följdsatserna till gradtalssatsen, fås att [Ln : Q ] = [Ln : Ln 1 ] [Ln
1
: Ln 2 ] : : : : : : [L1 : Q ] = 2k ;
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
474
för något
k med 0 k n. Eftersom 2 Ln så gäller Q ( ) Ln, och
gradtalssatsen ger
2k = [Ln : Q ] = [Ln : Q ( )] [Q ( ) : Q ]: [Q ( ) : Q ] = 2m , där 0 m bevisad, eftersom [Q ( ) : Q ] = deg Q ( ). Således måste
Exempel 18.66.
Talet
=
p 1+ 54
k. Satsen är därmed
p
är inte konstruerbart, efter-
som dess minimalpolynom
m(x) = x10 över
Q
5x8 + 10x6
är ett polynom av grad
10x4 + 5x2
5
10, vilket inte är en tvåpotens.
Med sats 18.65 till hands kan vi ganska smärtfritt visa att kubens fördubbling och vinkelns tredelning är omöjliga konstruktioner.
Sats 18.67.
Det är omöjligt att med hjälp av enbart passare och
linjal konstruera en kub med dubbelt så stor volym som en given kubs volym.
Bevis.
Vi kan antaga att den givna kuben har volymen
1.
För att
kunna konstruera en kub med dubbelt så stor volym, d.v.s. volymen
p3
p
2,
så måste kubens sida kunna konstrueras. Men längden av denna sida är
3 3 2, vars minimalpolynom p3 över Q är x 2. Eftersom degQ ( 2) inte 2 inte ett konstruerbart tal, enligt sats 18.65. är en tvåpotens, är Därmed är kubens fördubbling ett olösbart problem.
Sats 18.68.
Det är omöjligt att med hjälp av enbart passare och
linjal dela en godtycklig vinkel i tre lika stora delar.
Bevis. att
60Æ
Det räcker att nna en vinkel som inte kan tredelas. Vi påstår är en sådan. Om det vore möjligt att tredela
60Æ , skulle man
20Æ . I en rätvinklig triangel med hypotenuÆ Æ Æ san 1 och ena vinkeln 20 , så ges kateterna av cos 20 respektive sin 20 , kunna konstruera vinkeln
se gur 18.5 på motstående sida. Om det är möjligt att konstruera vinkeln
20Æ , så måste = cos 20Æ
vara konstruerbart.
18.3. Geometriska konstruktioner
475
1
sin 20Æ
20Æ
cos 20Æ
Figur 18.5 Den trigonometriska identiteten
= 20Æ
7 enkel att härleda, ger för
cos 3 = 4 cos3
att
1 = 4 3 2 Således är
ett nollställe till
polynom är irreducibelt över Alltså gäller är
3 cos , som är
3 :
f (x) = 8x3
6x
1
2 Q [x].
Detta
Q , ty det saknar rationella nollställen.8
degQ ( ) = 3. Detta tal inte är en tvåpotens, och därmed
inte konstruerbart, enligt sats 18.65. Således är vinkelns tredelning
ett olösbart problem.
Vi avslutar kapitlet med några rader om hur man visar att också cirkelns kvadratur är olösbart. Vi kan antaga att vår givna cirkel har
1. Cirkelns area är då lika med . En kvadrat med samma area p p har sidan , men är inte ett konstruerbart tal. Om så vore fallet, skulle även vara konstruerbart. Men sats 18.65 säger att varje radien
konstruerbart tal är algebraiskt över pel 18.31 att detta inte gäller för
.
Q,
och vi konstaterade i exem-
Övningar till avsnitt 18.3 1.
Avgör om följande tal är konstruerbara.
p
(a) 2 p (e) 3 27
p
p
(b) 3 3 (c) 5 9 + 1 p p p (f) (1 3 2)(1 + 3 2 + 3 4)
2.
Bevisa följdsats 18.62.
3.
Visa att formlerna (18.12) och (18.13) beskriver en en
7 8
L-cirkel.
Men minst lika enkel att glömma bort! Möjliga sådana är
p
p
(d) p1 + 7 p (g) 3 1 + 3 2 L-linje respektive
1=8, 1=4, 1=2 och 1, enligt sats 16.29, och prövning
ger att inget av dessa duger.
Kapitel 18. Kroppsutvidgningar
476
4.
Härled den trigonometriska identiteten
cos 3 = 4 cos3 3 cos , som
används i beviset för sats 18.68.
5.
Givet en rät linje
6.
Givet en rät linje parallell med
`.
` och en punkt P , konstruera normalen till ` genom P . `
och en punkt
P,
konstruera en linje genom
7.
Konstruera bisektrisen till en given vinkel.
8.
Konstruera en kvadrat med samma area som en given rektangels.
9.
Konstruera en kvadrat som har samma area som en given triangel.
P,
10.
Konstruera en regelbunden femhörning.
11.
Är det möjligt att tredubbla en kub, d.v.s. konstruera en kub med tre gånger så stor volym som en given kub, med hjälp av enbart passare och linjal? Motivera Ditt svar!
12.
Visa att var och en av vinklarna nedan kan tredelas.
13.
Visa att det är omöjligt att konstruera en regelbunden niohörning med
(a) 90Æ
(b) 45Æ
(c) 72Æ
enbart passare och linjal som hjälpmedel.
2 cos = ei + e i , att 2 cos(2=7) är ett nollställe till polynomet m(x) = x3 + x2 2x 1. (b) Visa att m(x) är irreducibelt över Q .
14. (a) Visa
genom att använda identiteten
(c) Visa att man med hjälp av enbart passare och linjal inte kan konstruera en regelbunden sjuhörning.
Kapitel 19
En introduktion till kodningsteori Under mänsklighetens historia har det nog aldrig varit så stort utbyte av information som i våra dagar: Det skickas e-post hit och dit, och det talas i (mobil)telefon till höger och vänster. Det pågår radio- och TV-sändningar dygnet runt, varav ett stort antal sker via satellit. Från satelliter och rymdsonder har det också under de senaste decennierna skickats bilder på många av de olika himlakropparna i vårt solsystem. Men det inte bara över långa avstånd som det förmedlas information. Det skickas ständigt och jämt signaler inuti en dator, mellan dess olika komponenter. Varje CD-skiva bär med sig digital information, som läses av, tolkas och omvandlas till ljud när den spelas i en CD-spelare. Oavsett på vilket sätt och genom vilket medium kommunikationen än sker, så är det inte immunt mot yttre störningar. Av diverse olika anledningar kan informationen bli förvrängd på sin väg från sändaren till mottagaren. Till exempel påverkas TV-sändningar då och då av atmosfäriska störningar, och repor på en CD-skiva kan göra att det låter
1 Kodningsteori, eller algebraisk
mindre bra, när man lyssnar på den.
kodning, handlar om hur man, genom att koda informationen enligt diverse olika förfaranden, kan upptäcka och till och med korrigera de fel som kan uppstå. Kodningsteorins historia sträcker sig inte längre än ett drygt halvsekel tillbaka i tiden. Till pionjärerna brukar man räkna amerikanerna 1
Om man lyssnar på en viss typ av musik, så spelar emellertid detta knappast
någon större roll!
477
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
478
Claude Shannon (f. 1916) och Richard Hamming (19151998). Shannon presenterade 1948 ett bevis för att det under vissa förutsättningar nns koder med godtyckligt hög tillförlitlighet, d.v.s. en godtyckligt liten andel av alla fel som uppstår undgår upptäckt. Shannons bevis är dock abstrakt till sin natur, och avslöjar ingenting om
hur
man bär
sig åt för att konstruera sådana koder. Det var Hamming som var först (1950) med att konstruera felkorrigerande koder, d.v.s. koder som inte bara klarar av att upptäcka att fel uppkommit, utan också kan korrigera dem. En dator vid Bell Labs, där Hamming verkade, avbröt alltid exekveringen av ett program, så fort ett internt fel uppstod i datorn. Man blev därmed tvungen att börja om från början med att köra programmet. Med tanke på att programkörningar på den tiden i tidsomfång kunde sträcka sig över era dagar, så kan man förstå att Hamming snart tröttnade på detta. Han beslöt att göra något åt saken, och hans bidrag till problemet blev de så kallade Hammingkoderna, som vi bl.a. kommer att stifta bekantskap med i detta kapitel.
19.1 Koder och kodord Med tanke på att datorerna i våra dagar är allestädes närvarande, antar vi att den information som sänds alltid är uppbyggd av ettor och nollor, d.v.s. vi ser informationen som en följd av element ur mängden
B = f0; 1g.
En enkel modell för ett kommunikationssystem ges av en så kal-
binär symmetrisk kanal, se gur 19.1 på nästa sida. En sådan består av en sändare, som kan skicka någon av signalerna 0 eller 1 lad
(därav adjektivet binär), samt en mottagare. Dessutom nns det en sannolikhet
p
(där
0
p 1) för att en skickad signal blir felaktigt
mottagen, d.v.s. att en sänd etta tas emot som en nolla, och vice versa. Det antas vara samma sannolikhet för att ett fel uppstår, oavsett om man sänder en etta eller en nolla (därav adjektivet symmetrisk). Sannolikheten för att ett sänt tecken kommer fram på korrekt vis är
q = 1 p. + Med ett ord av längd n, där n 2 Z , menar vi ett element i den
alltså
cartesiska produkten
B n = f(a1 ; a2 ; : : : ; am ) j ai 2 B
för alla
ig
19.1. Koder och kodord
479
0
0
q=1 p
Sändare
p
Mottagare
p q
1
1
Figur 19.1 n kopior av B . Av bekvämlighetsskäl skriver vi ett ord av längd n som a1 a2 : : : an i stället för (a1 ; a2 ; : : : ; an ). Till exempel ges alltså samtliga ord av längd 3 av 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 och 111. Det ord 00 : : : 0 i B n som bara består av nollor kommer att betecknas 0. av
Varje meddelande som sänds antas vara uppdelat i ett antal ord av samma längd. Vi förutsätter att om mottagaren erhåller ett ord längd
v
n, så har sändaren i själva verket också sänt ett ord av längd n,
d.v.s. inga tecken har försvunnit eller kommit till längs med vägen. De enda felaktigheter som kan uppstå är alltså att enskilda tecken blir fel, och vi antar vidare, för enkelhetens skull, att dessa fel uppkommer
2 Detta antagande gör det enkelt att beräkna
oberoende av varandra.
sannolikheten för att ett visst antal fel uppkommer vid en sändning.
Sats 19.1.
n genom en binär symexakt k av de n tecknen
Vid sändning av ett ord av längd
metrisk kanal, så är sannolikheten för att överförs felaktigt lika med
n k p (1 p)n k ; k
om
p betecknar sannolikheten för att ett enskilt tecken överförs felak-
tigt.
k av de n tecknen i ett ord av längd n. Sannolikheten för k att samtliga dessa k tecken blir felaktigt överförda är lika med p , i och Bevis.
Fixera
med att vi antar att felen inträar oberoende av varandra. Av samma anledning så är sannolikheten för att det av de
n k
återstående tecknen lika med
inte
(1
blir något fel i något
p)n
k.
Oavsett vilka
k
tecken man xerar så är därmed sannolikheten för att exakt dessa 2
I realiteten tenderar emellertid fel att komma klumpvis.
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
480
pk (1 p)n k . Eftersom antalet möjliga sätt att välja ut k tecken bland n möjliga är tecken, och inga andra, blir felaktigt överförda lika med lika med
n k
, följer satsen.
Exempel 19.2.
Tabellen i gur 19.2 visar de olika sannolikheterna
5 blir felaktigt överförda, om sannolikheten för fel i ett enskilt tecken ges av p = 0:1. för att ett visst antal tecken i ett ord av längd
Antal fel
0 1 2 3 4 5
Sannolikhet
0:59049 0:32805 0:0729 0:0081 0:00045 0:00001
Figur 19.2 Exempel 19.3.
Om vi skall sända ett ord av längd
100, och om det
är en procents chans (eller snarare risk) för att ett enskilt tecken blir fel
p = 0:01 i sats 19.1), så är sannolikheten för att samtliga 100 tecken kommer att bli korrekt överförda lika med 0:99100 0:336. överfört (d.v.s.
Detta innebär alltså att sannolikheten för att det blir minst ett fel är ungefär lika med
0:336 = 0:663. I runda tal kommer alltså endast
1
var tredje sändning att fungera felfritt. Antag nu att vi har möjligheten att upptäcka och korrigera ifall det har blivit fel i fyra tecken eller färre. Sannolikheten för att det blir fel i högst fyra tecken är
4 X 100
k=0 vilket är ungefär lika med
k
0:99100 k 0:01k ;
0:997. I samtliga fall då detta inträar, kan
felen korrigeras (så att mottagaren i själva verket aldrig uppfattar att det ens har blivit fel). Om fem fel eller er inträar, så kan vi inte göra något åt det. Men sannolikheten för detta är alltså endast lika med ungefär
1
0:997 = 0:003,
d.v.s. en sändning kommer alltså att
misslyckas i genomsnitt cirka tre gånger av tusen.
19.1. Koder och kodord
481
Vi kommer att förutsätta att sannolikheten för att ett enskilt tecken blir felaktigt överfört alltid är mindre än
De nition 19.4. av i
Låt
n
0:5 i fortsättningen.
vara ett positivt heltal. En delmängd
C
B n som innehåller minst två element säges vara en kod. Elementen
C
kallas
kodord.
Figur 19.3 på nästa sida illustrerar den allmänna kodningsproceduren.
x1 x2 : : : xm av längd m och omvandlar detta till ett kodord c1 c2 : : : cn av längd n, där n > m. Detta sker med hjälp m ! B n . Kodordet skickas av en injektiv kodningsavbildning E : B Vi startar med ett ord
sedan iväg till mottagaren, och det når honom eller henne som ett ord av längd
n. Om detta ord nns med i den givna mängden C
B n av
alla kodord, så antas det att sändningen gick bra, och det mottagna
avkodningsavbildning D : C ! B m , tillbaka till det ursprungliga ordet x1 x2 : : : xm . Avbildningen D är alltså inget annat än inversen till E . Om det mottagna ordet emellertid inte ordet avkodas, med hjälp av en
är ett kodord, så har något gått på tok vid transmissionen. Om möjligt, måste man därför först korrigera det mottagna ordet till ett kodord, eller alternativt be sändaren att skicka ordet en gång till, innan det kan avkodas.
Exempel 19.5.
Antag att något av orden
sändas. För vart och ett av dessa ord i
B
2
00, 01, 10
eller
11
skall
bildar vi ett kodord i
B3
genom att lägga till ett tredje tecken i slutet av ordet, så att det sammanlagda antalet ettor i kodordet blir jämnt. Motsvarande kodnings-
E : B 2 ! B 3 uppfyller alltså E (00) = 000, E (01) = 011, E (10) = 101 och E (11) = 110, vilket gör att vår uppsättning av kodord 3 kommer att ges av C = im E = f000; 011; 101; 110g. i B Om nu mottagaren till exempel erhåller ordet 100, så vet denne att ett fel måste ha inträat, eftersom 100 2 = C . Om vi utgår från att avbildning
endast ett tecken har blivit felaktigt överfört, vilket är mest sannolikt, så kan det riktiga kodordet vara något av orden Vi kan alltså med denna kod endast upptäcka men inte
var
att
000, 101
eller
110.
det uppstått ett fel,
felet uppstod. Om ett enskilt tecken blir fel överfört, gör
mottagaren bäst i att be sändaren att skicka meddelandet en gång till. Notera vidare att om sändaren till exempel skickar kodordet
110,
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
482
Ord av längd
Avkodat ord
m
av längd
m
Avkodning
Kodord av
Kodning
längd
S t ö r n i n g a r
n
Ev. korrigering
Binär symmetrisk kanal
Kodord av längd
n
Mottaget ord av längd
n
Figur 19.3 och det uppstår två fel, säg i de två sista tecknen, så kommer mottagaren inte att märka detta. Det mottagna ordet
101 är nämligen också
ett kodord. Detta visar sig vara en olägenhet som delas av samtliga kodord ovan
om man ändrar på två av de tre tecknen i ett kodord,
så erhålls ett nytt sådant.
Exempel 19.6.
Antag att vi precis som i exempel 19.5 har för av-
sikt att skicka något av orden
00, 01, 10 eller 11. I detta fall väljer vi
att repetera det ord som skall skickas tre gånger, så att vi får en kod-
E : B 2 ! B 6 , där E (00) = 000000, E (01) = 010101, E (10) = 101010 och E (11) = 111111. Mängden av alla kodord utgörs därmed av C = im E = f000000; 010101; 101010; 111111g. Notera att det i ett kodord c1 c2 c3 c4 c5 c6 alltid gäller att c1 = c3 = c5 och c2 = c4 = c6 . Om mottagaren erhåller ett ord x1 x2 x3 x4 x5 x6 , som inte nns med bland kodorden i C , så jämförs tecknen x1 , x3 och x5 ningsavbildning
med varandra. Ifall något av dessa tecken avviker från de andra två, så korrigeras det så att alla tre tecknen blir lika. Samma sak görs beträande tecknen
x2 , x4 och x6 . När korrigeringen är gjord, så har vi
ett kodord som vi kan avkoda (genom att stryka de fyra sista tecknen). Om det mottagna ordet till exempel ges av
001010,
så kommer detta
19.1. Koder och kodord
483
först att korrigeras till kodordet till
10.
101010,
innan det därefter avkodas
Vi ser att om det uppkommer fel i exakt ett av tecknen vid överföring av ett kodord, så kommer koden i detta exempel att upptäcka och korrigera detta. Vad händer ifall två tecken blir felaktigt överförda?
Nu kan man kanske fråga sig varför koden i exempel 19.5 är sämre på att korrigera fel, än den i exempel 19.6. I det första exemplet har vi fyra kodord i ord i
B
3
B 3 , som är en mängd med åtta element. Hälften av alla
är alltså kodord i detta fall. I det andra exemplet har vi också
fyra kodord, men här i mängden
B 6 , som innehåller 64 element. Det
är alltså inte lika trångt mellan kodorden i det andra exemplet som i det första
kodorden i exempel 19.5 ligger på sätt och vis närmare
varandra, än vad de gör i exempel 19.6. Detta inspirerar oss till följande de nition.
De nition 19.7. Låt x och y vara två ord i B n . Då de nieras Hammingavståndet d(x; y) mellan x och y som antalet tecken, i vilka x skiljer sig från
y.
Exempel 19.8.
De två orden
110011 och 101110 i B 6
skiljer sig ifrån
varandra i det andra, tredje, fjärde och sjätte tecknet. Således gäller
d(110011; 101101) = 4.
Sats 19.9. För alla x; y ; z 2 B n gäller (i) d(x; y ) 0 med likhet, om och endast om x = y (ii) d(x; y ) = d(y ; x) (iii) d(x; z ) d(x; y ) + d(y ; z ) (triangelolikheten). Bevis.
Påståendena (i) och (ii) är båda triviala. För att bevisa (iii)
x = x1 x2 : : : xn, y = y1y2 : : : yn och z = z1 z2 : : : zn. x och z skiljer sig från varandra i det i:te tecknet, d.v.s. att
ansätter vi först Antag att
xi 6= zi . Då gäller endera xi = 0, zi = 1 eller xi = 1, zi = 0. Eftersom motsvarande tecken yi hos y bara kan vara lika med 0 eller 1, måste således yi vara lika med xi eller zi . Om en viss teckenposition ger bidraget 1 till d(x; z ), måste således samma teckenposition ge bidraget 1
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
484
d(x; y) eller d(y ; z ). Om å andra sidan xi = zi , så är antingen yi lika med både xi och zi , eller skilt från dem båda. Av detta till antingen
konstaterar vi att om en viss teckenposition inte ger något bidrag till
d(x; z ), så kan det hända att den gör det till både d(x; y) och d(y ; z ). Härav följer triangelolikheten.
c och mottagaren erhåller orx. Om d(x; c) = 0 så är x = c, och sändningen genomfördes utan några komplikationer. Om däremot d(c; x) = r > 0 så skiljer sig x och c ifrån varandra i r tecken, d.v.s. dessa tecken har blivit felaktigt överförda. Vi säger att ett fel av vikt r har uppkommit. Antag att sändaren skickar ett kodord det
När vi skall korrigera ett mottaget ord, som inte är ett kodord, så kommer vi att utgå från att så få tecken som möjligt har blivit felaktiga, eftersom detta är mer troligt än att många fel uppstått. Vi skall därför korrigera till ett kodord som skiljer sig i så få tecken som möjligt från det mottagna ordet, d.v.s. så att Hammingavståndet mellan de båda orden är så litet som möjligt. Allt är frid och fröjd, om det bara nns ett sådant kodord. Om två kodord (eller er) har samma minimala Hammingavstånd till det mottagna ordet, så vet man alltså inte vilket av dessa som är det riktiga. Istället för att stå som en åsna mellan två hötappar,
3 gör man i detta fall bäst i att be sändaren att repetera
transmissionen.
De nition 19.10.
Låt
r vara ett naturligt tal och x ett element i B n .
Då kallas delmängden
Br (x) = fy 2 B n j d(x; y) rg av
B n för klotet med radie r och medelpunkt i x.
Exempel 19.11.
Om
x = 1101 2 B 4 , så är
B1 (x) = f1101; 0101; 1001; 1111; 1100g; d.v.s.
B1 (x)
består av alla ord i
teckenposition. 3
Eller er!
B 4 , som skiljer sig från x i högst en
19.1. Koder och kodord Lägg märke till att om ett fel av vikt man sänder ett kodord klotet
Br (c).
485
r uppkommer, i samband med att
c, så kommer det mottagna ordet att tillhöra
De nition 19.12. Låt r vara ett positivt heltal, och C B n en kod. n nns Vi säger att C är r -felskorrigerande, om det för varje x 2 B högst ett kodord c 2 C i klotet Br (x). De nition 19.13. Låt C B n vara en kod. Då kallas talet dC = minfd(x; y ) j x; y 2 C; x 6= yg för minimiavståndet för C . Exempel 19.14. Minimiavståndet för koden i exempel 19.5 är lika med 2, vilket vi kan se genom att bestämma d(x; y ) för alla kodord x och y sådana att x 6= y . Med samma förfarande nner vi att minimiavståndet för koden i exempel 19.6 är lika med 3. Sats 19.15. Låt C B n vara en kod och r ett positivt vidare dC beteckna mimimiavståndet för C (se de nition
heltal. Låt 19.13). Då
gäller att (i)
C
klarar av att upptäcka alla fel av vikt
endast om (ii)
C
är
dC
r + 1.
r
eller lägre, om och
r-felskorrigerande, om och endast om dC
2r + 1.
)) Antag att C kan upptäcka alla fel av vikt r eller lägre, 0 I så fall nns det två kodord c och c sådana att kodordet c sänds och ett fel av vikt r eller lägre 0 0 uppstår, så nns det alltså en viss risk att c övergår i c . Eftersom c Bevis.
(i) (
dC r. d(c; c0 ) r. Om men att
är ett kodord, kommer detta fel att passera förbi obemärkt, vilket är en motsägelse.
() Låt c vara ett kodord i B n . Eftersom dC r + 1, så innehåller klotet Br (c) inga andra kodord än c. Om kodordet c utsätts för ett (
fel av vikt
r, så kan detta alltså inte resultera i ett annat kodord. Med
andra ord kommer felet att upptäckas.
)) Antag att C är r-felskorrigerande, men att det nns två 0 0 kodord c och c sådana att d(c; c ) 2r . Vi visar att det i så fall nns (ii) (
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
486
d(x; c) r och d(x; c0 ) r, vilket leder till en motsägelse, eftersom klotet Br (x) därmed kommer att innehålla ett ord
x 2 Bn
sådant att
två kodord.
d(c; c0 ) r så kan vi välja x till c eller c0 . Vi kan därför anta 0 0 att r + 1 d(c; c ) 2r , d.v.s. att c och c skiljer sig från varandra i exakt s tecken, för något s med r + 1 s 2r . Välj nu ordet x så Om
c på samtliga teckenpositioner i vilka c c0 är lika, samt i ytterligare r av de s positioner i vilka c och c0 är 0 olika. Då kommer såväl d(x; c) r som d(x; c ) r att gälla, och den att detta överensstämmer med och
eftertraktade motsägelsen är erhållen.
()
(
Antag
2 Bn
2r + 1,
men att
C
inte är
r-felskorrigerande.
x sådant att Br (x) innehåller (minst) två kodord c c0. Därmed gäller d(c; x) r och d(x; c0) r, och triangelolikheten
Då nns ett och
dC
medför att
d(c; c0 ) d(c; x) + d(x; c0 ) 2r: Men det minsta möjliga avståndet mellan två kodord är lika med Eftersom
dC
2r + 1 föreligger det alltså en motsägelse.
dC .
c1 och c2 är två kodord i en r-felskorrigerande kod C , så måste de båda kloten Br (c1 ) och Br (c2 ) vara disjunkta. I annat fall innehåller de ett gemensamt element x, vilket gör att såväl c1 som c2 kommer att tillhöra Br (x), se gur 19.4. Detta strider mot att C är Notera att om
r-felskorrigerande.
Sr (c1 )
b
c1
Sr (c2 )
xb
Sr (x)
Figur 19.4
b
c2
19.1. Koder och kodord
Exempel 19.16.
487
Vi konstaterade i exempel 19.14 att koderna i ex-
2 respektive 3. Sats 19.15 1-felskorrigerande, och att den vikt 2 eller lägre. På samma sätt
emplen 19.5 och 19.6 har minimiavstånden ger därmed att koden i exempel 19.6 är klarar av att upptäcka alla fel av
nner vi att koden i exempel 19.5 inte klarar av att korrigera några fel alls, och att den endast kan upptäcka fel av vikt
1.
Övningar till avsnitt 19.1 1. Antag att ett ord av längd 10 skall sändas genom en binär symmetrisk kanal. Låt p = 0:02 vara sannolikheten för att det uppstår fel i ett enskilt tecken.
(a) Vad är sannolikheten för att minst ett tecken blir felaktigt överfört? (b) Antag alla fel av vikt 1 kan korrigeras. Vad blir då sannolikheten för en felaktig transmission? Avrunda svaren till två decimaler.
2.
Beräkna följande Hammingavstånd.
3.
Bestäm samtliga ord i vart och ett av följande klot.
4.
Bestäm
5.
Med hänvisning till föregående övning, härled en formel för
(a) d(1011; 1100) (c) d(0001001; 1001000) (a) B1 (0) i B 4 (a) jB2 (00111)j där
6.
7.
x 2 Bn
(b) B1 (01001)
(c) B2 (101)
(b) jB3 (100111)j
(c) jB4 (0001110)j:
r 2 N.
jBr (x)j,
Bestäm minimiavståndet för följande koder.
(a) f0000; 0101; 1010; 1111g (b) f00000000; 01010101; 10101010; 11111111g (c) f0001; 0010; 0100; 0111; 1000; 1011; 1101; 1110g Bestäm, för var och en av koderna i föregående övning, det största värdet på
8.
och
(b) d(101101; 010010) (d) d(0100111; 0011101)
r för vilket koden ifråga kan upptäcka alla fel av vikt r.
Är någon av koderna i övning 6 en
r 1?
r-felskorrigerande kod,
för något
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
488
9.
C Bn
Låt
vara en
r-felskorrigerande kod. Visa att r X
k=0
n k
j2C j : n
19.2 Linjära koder Mängden B kan på ett naturligt sätt identi eras med mängden Z2 av alla restklasser modulo 2. Som bekant är ju Z2 en kropp med avseende på addition och multiplikation modulo betrakta
B
2.
Detta gör att vi alltså kan
som (väsentligen) just denna kropp, vilket vi också kommer
att göra i fortsättningen. Detta ger vidare
B
torrum över
Bn
strukturen av ett vek-
(jämför med exempel 18.3), och det är inte svårt att se
dim B n = n. En bas utgörs nämligen av de n orden e1 ; e2 ; : : : ; en , n där ei betecknar det ord i B , i vilket alla tecken utom det i:te är att
nollor, d.v.s.
ei = e1 e2 : : : ei 1 eiei+1 : : : en 2 B n ; där
ei = 1,
men
Bn.
ej = 0
om
j= 6 i.
Vi får med detta möjligheten att
Additionen sker teckenvis (modulo 2). Till exempel 0110+1101 = 1011 i B 4 . Notera att det faktum att vi räknar modulo 2 gör att x y = x + y för alla x; y 2 B n . addera ord i har vi att
I de nition 19.4 de nierar vi en kod rätt och slätt som en delmängd
B n . Det visar sig dock att vi tjänar mycket på att välja en sådan n har strukturen delmängd med litet omsorg, genom att beakta att B av ett vektorrum över B . av
De nition 19.17.
En kod
C
Bn
säges vara
linjär, om C
är ett
n underrum i B . Om dimensionen av detta underrum är lika med m (där
1 m n 1), så brukar man betona detta genom att säga att C en
linjär (n; m)-kod.
Vi kan också betrakta produkten av
n
Bn
som en grupp (isomorf med den direkta
kopior av gruppen
Z2). En linjär kod är med detta B n . Av denna anledning kallas
betraktelsesätt alltid en undergrupp i linjära koder ibland för
är
gruppkoder.
19.2. Linjära koder Notera att
0
489
alltid är ett kodord i en linjär kod. Vidare behöver vi
endast undersöka om
c1 + c2 är ett kodord, närhelst c1 och c2 är det,
om vill avgöra ifall en given kod är linjär (varför?).
Exempel 19.18.
Betrakta avbildningen
E : Bm
! B m+1 de nierad
enligt
E (x1 x2 : : : xm ) = x1 x2 : : : xm xm+1 ; där
xm+1 = x1 + x2 + + xm (i B ). Denna avbildning är injektiv (visa
detta!), och därmed en kodningsavbildning. Eftersom vi räknar modu-
2, så är tecknet xm+1 en etta, om och endast om det förekommer ett x1 ; x2 ; : : : ; xm . Således kommer varje kodord alltid innehålla ett jämnt antal ettor. Notera att vi för m = 2 lo
udda antal ettor bland tecknen erhåller koden i exempel 19.5.
(m + 1; m)-kod. För att visa C är stabil med avseende på addition. Tag x = x1 x2 : : : xm xm+1 och y = y1 y2 : : : ym ym+1 godtyckligt i C . Då gäller xm+1 = x1 + x2 + + xm och ym+1 = y1 + y2 + + ym . Ansätt x + y = z1 z2 : : : zm zm+1 . Då är zi = xi + yi för alla i = 1; 2; : : : ; m + 1. Vi påstår att
C = im E
är en linjär
detta, räcker det att visa att
Eftersom
zm+1 = xm+1 + ym+1 = (x1 + x2 + + xm ) + (y1 + y2 + + ym ) = (x1 + y1 ) + (x2 + y2 ) + + (xm + ym ) = z1 + z2 + + zm ; så måste
x + y vara ett kodord. Alltså är C en linjär kod. Speciellt är
alltså koden i exempel 19.5 en linjär
Exempel 19.19.
(3; 2)-kod.
Vi lämnar som en övning för läsaren av veri era
att kodningsavbildningen
E : Bm
! B 3m de nierad av
E (x1 x2 : : : xm ) = x1 x2 : : : xm x1 x2 : : : xm x1 x2 : : : xm ger upphov till en linjär kod som i exempel 19.6.
(3m; m)-kod. I fallet m = 2 har vi här samma
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
490
Exempel 19.20.
Om vi modi erar koden i exempel 19.5 så att vi
ser till att det förekommer ett
udda
antal tecken i varje kodord istället
för ett jämnt, så blir resultatet en kod som inte är linjär. En anledning till detta är att
000 kommer att saknas bland kodorden.
Linjära koder har många trevliga egenskaper. Vi skall närmast se att man för en linjär kod
C
enkelt kan beräkna dess minimiavstånd
dC .
Först behöver vi emellertid införa ett nytt begrepp.
De nition 19.21. För varje ord x 2 B n de nieras dess Hammingvikt wt(x) som antalet ettor bland tecknen i x.4 Till exempel gäller
wt(001101) = 3
och
wt(11111) = 5.
wt(x) = d(x; 0) för alla
x 2 Bn.
Lemma 19.22.
x; y 2 B n gäller d(x; y) = wt(x + y):
Notera att
För alla
x = x1x2 : : : xm och y = y1y2 : : : ym. För varje i gäller då att xi + yi = 1, om och endast om xi = 6 yi. Sålunda ger varje par (xi ; yi ) ett bidrag till wt(x + y), om och endast om det ger ett bidrag till d(x; y ). Detta bevisar lemmat. Bevis.
Låt
Sats 19.23.
Låt
C
vara en linjär kod. Då är
dC = wC , där
wC = minfwt(x) j x 2 C; x 6= 0g; d.v.s. minimiavståndet hos en linjär kod är lika med den minimala Hammingvikten hos de kodord i
C , som är skilda från 0.
x och y vara två kodord sådana att d(x; y) = dC . Då x 6= y, x+y = 6 0, vilket innebär att wt(x + y) wC (enligt de nitionen av wC ). Enligt lemma 19.22 så är wt(x + y ) = d(x; y ), och således har vi dC wC . Nu är C är en linjär kod, så därmed är 0 ett kodord. Om u = 6 0 är ett kodord med minimal Hammingvikt wC , så gäller därmed wC = wt(u) = d(u; 0) dC . Bevis.
Låt
och därmed
4
wt' är en förkortning av det engelska ordet weight.
'
19.2. Linjära koder
Följdsats 19.24.
491
Låt
C
vara en linjär kod och sätt
wC = minfwt(c) j c 2 C; w 6= 0g: Då gäller att (i)
C
klarar av att upptäcka alla fel av vikt
endast om (ii)
C
Bevis.
är
wC r + 1.
r
eller lägre, om och
r-felskorrigerande, om och endast om wC
2r + 1.
Använd satserna 19.15 och 19.23.
Exempel 19.25.
Ett kodord skilt från
0
i exempel 19.5 innehåller
åtminstone två ettor. Eftersom vi tidigare konstaterat att denna kod är linjär (se exempel 19.18), följer alltså att dess minimiavstånd är lika med
2.
Så här långt har vi inte angivit någon strategi för att korrigera ett felaktigt mottaget ord
x, annat än att jämföra det med alla möjliga x
kodord, och välja det kodord som har kortast Hammingavstånd till (förutsatt att det bara nns ett
t). Detta förfarande är inte direkt
(n; m)-kod nns det 2m kodord, så det blir alltså m i värsta fall till att beräkna d(x; c) för 2 olika värden på c, för att nna eektivt. För en linjär
det närmaste kodordet till
x. Om vi till exempel har att göra med en
(31; 26)-kod, ger detta förfarande i värsta fall 67 108 864 beräkningar.
Men för linjära koder kan vi utnyttja den underliggande algebraiska
B n som
strukturen för att reducera denna en grupp, så är en linjär i
B n.
Samtliga ord i
Bn
(n; m)-kod C
2m i sidoklasser till C ,
en undergrupp av ordning
kan därmed partitioneras
x och y tillhör samma sidoklass, om och endast om x y 2 C . Eftersom jB n j = 2n och jC j = 2m , så kommer det att och vi har att nnas
2n
m
sådana sidoklasser. I varje sidoklass väljer vi nu ett ord
med minimal Hammingvikt, i avsikten att låta detta ord representera sidoklassen. En av sidoklasserna är ju att representeras av
Exempel 19.26.
0.
C
själv, som givetvis kommer
De olika sidoklasserna till den linjära
(4; 2)-koden
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
492
C = f0000; 0110; 1011; 1101g
ges, förutom
C
själv, av
0001 + C = f0001; 0111; 1010; 1100g; 0010 + C = f0010; 0100; 1001; 1111g och 1000 + C = f1000; 1110; 0011; 1101g: Här är sidoklasserna representerade av ord med minimal Hammingvikt från respektive sidoklass. Notera att sidoklassen
0100, minimal Hammingvikt i 0010 + C . skulle kunna representeras av
Vi har alltså nu partitionerat senterad av ett ord
B n i 2n
0010 + C
lika gärna
eftersom detta ord också är av
m
sidoklasser, var och en repre-
y sådant att wt(z ) wt(y) för alla z 2 y + C . x 2 B n som inte är ett kod-
Antag nu att mottagaren erhåller ett ord
x exakt en av de från C skilda sidoklasserna, säg den som representeras av y . Alltså tillhör x och y samma sidoklass till C , d.v.s. x y är ett kodord. Vi korrigerar x till detta kodord, som därefter ord. Då tillhör
kan avkodas. Följande sats medför att vi med denna metod korrigerar på rätt sätt.
y + C är en y med minimal Hammingvikt bland de ord som tillhör sidoklassen. Om x är ett ord sådant att x 2 y + C , Sats 19.27.
Låt
C
vara en linjär kod och antag att
sidoklass, representerad av ett ord så är
d(x; x y) d(x; c) för alla
c 2 C.
x tillhör sidoklassen y + C , så gör också x + c det, för alla c 2 C . Då y är ett ord med minimal Hammingvikt i denna sidoklass, gäller således wt(y ) wt(x + c). Med användande av Bevis.
Eftersom
lemma 19.22 får vi nu
d(x; x y) = d(x; x + y) = wt(x + x + y) = wt(y) wt(x + c) = d(x; c) för alla kodord
c, vilket skulle bevisas.
19.2. Linjära koder
Exempel 19.28.
493
Koden
C = f000000; 001101; 010011; 011110; 100110; 101011; 110101; 111000g utgör en linjär
(6; 3)-kod (ett bevis för detta påstående kommer att ges
i exempel 19.35 i nästa avsnitt). Antag att mottagaren vid en sändning
x = 101101 och y = 000111, som ingendera är ett kodord. Den x ges av f101101; 100000; 111110; 110011; 001011; 000110; 011000; 010101g; vilken fås genom att addera x = 101101 till vart och ett av orden erhåller
sidoklass som erhåller
C . I denna sidoklass är 100000 ett ord av minimal Hammingvikt. Vi korrigerar därför x till x 100000 = 001101 och har på så sätt fått ett i
kodord, som kan avkodas.
y ges av f000111; 001010; 010100; 011001; 100001; 101100; 110010; 111111g: På samma sätt ser vi att den sidoklass som innehåller
I den här sidoklassen nns det tre möjliga kandidater på ett ord med
001010, 010100 eller 100001. Detta är följden av att ett fel av vikt 2 inträat, och sådana
minimal Hammingvikt, nämligen beror på att
y
kan vi inte korrigera, endast upptäcka (kodens minimiavstånd är som synes lika med
3).
I detta fall ber vi lämpligen sändaren att upprepa
transmissionen.
Nu kan man fråga sig vad man egentligen vinner på att använda sig av ovanstående strategi för att korrigera mottagna ord. Vi slipper förvisso att beräkna en massa olika Hammingavstånd för att nna ett minimalt sådant, men vi måste nu i gengäld ora minne till att lagra vilka ord som tillhör
C,
och vilka de olika sidoklassrepresentanterna
är. Vi behöver vidare någon form av sökningsalgoritm för att avgöra
x är ett kodord, och om så ej är fallet, någon metod att bestämma vilken sidoklassrepresentant y vi skall välja för att (eventuellt) kunna korrigera x till ett kodord. För till exempel en om ett mottaget ord
(31; 26)-kod kommer det att nnas 67 108 864 kodord att lagra i minnet, samt 31 sidoklassrepresentanter att välja på (om man räknar bort 0, som ju representerar C ). Det känns alltså litet som om vi har linjär
kommit ur askan i elden! I nästa avsnitt skall vi emellertid se att det går att komma undan detta problem ganska billigt.
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
494
Övningar till avsnitt 19.2 1. 2. 3.
Beräkna
(a) 10010 + 10101 (c) 100110 + 110101 + 001101
(b) 111001 + 001110 (d) 1001 + 1011 0001 + 0100.
d(x + z ; y + z ) = d(x; y) för alla x; y; z 2 B n .
Visa att
Bevisa att en kod
C Bn
är linjär, om och endast om summan av två
kodord är ett kodord.
4. 5. 6.
Bestäm Hammingvikten av följande ord.
(a) 1001 (c) 111101 + 001111
wt(x + y) wt(x) + wt(y ) för alla x; y 2 B n .
Visa att Låt
x
(b) 1001101 (d) 10101 + 01001 + 11100
och
y
vara två ord i
Bn,
man säga något om huruvida
7.
båda med jämn Hammingvikt. Kan
wt(x + y) är jämnt eller udda?
Veri era att koden i exempel 19.19 är linjär. Vilket är dess minimiavstånd?
8.
Om
x = x1 x2 : : : xn
och
y = y1 y2 : : : yn
skalärprodukten av dessa enligt
är två ord i
Bn,
så de nieras
x y = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn 2 B :
(a) Beräkna skalärprodukterna 011101 111011 och 010101 100100. (b) Låt C vara en linjär kod. Visa att C ? = fx 2 B n j x c = 0 för alla c 2 C g är en linjär kod. Detta är den s.k.
(c) Om C kod
9.
är en linjär
C ??
(n; m)-kod,
duala koden till C .
vad kan då sägas om dess duala
Ange samtliga sidoklasser till koden i exempel 19.5, samt en representant av minimal Hammingvikt för var och en av dessa.
10.
Givet koden i exempel 19.28, korrigera följande ord med hjälp av metoden med sidoklasser, i den mån detta är möjligt.
(a) 111110 11.
(b) 000101
1-felskorrigerande linjär (4; 2)-kod eller 2-felskorrigerande linjär (7; 3)-kod.
Visa att det varken nns någon någon
(c) 101100
Ledning:
Övning 9 till avsnitt 19.1.
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser
495
19.3 Generatormatriser och kontrollmatriser I det här avsnittet skall vi beskriva hur man med hjälp av matriser
B ) kan förenkla hanteringen av linjära koder. x = x1x2 : : : xm 2 B m kan identi eras med en radvektor
(med element i Varje ord i
x1 x2 : : : xm
m komponenter, och vi kommer också allt som oftast att göra så i fortsättningen. Om nu G 2 Mmn (B ), d.v.s. om G är en m n-matris med element i B , så blir produkten xG lika med n en radvektor med n komponenter, som vi kan se som ett ord i B . med
Detta öppnar möjligheten för oss att de niera en kodningsavbildning
E : Bm
! B n enligt
E (x) = xG
(19.1)
x 2 B n . Eftersom x1G + x2 G = (x1 + x2)G m för alla x1 ; x2 2 B , så kommer (19.1) att de niera en kodningsavm n bildning från B till B , om G är vald så att denna avbildning blir för alla
injektiv. Vi påminner om att vi har de nierat en linjär ett underrum av dimension i sig ett
m-dimensionellt
mi
Bn
(n; m)-kod C
som
(se de nition 19.17). Således är
vektorrum över
B.
Låt
a1 ; a2; : : : ; am
C
vara
ai kan ses som en radvektor med n komponenter, så vi kan därmed bilda en m n-matris 0 1 a1 B a2 C B C en bas för detta vektorrum. Varje
G =B @
. . .
am
C; A
ai. För varje x = x1x2 : : : xm 2 B m gäller 0 1 a1 B a2 C C xG = x1 x2 : : : xm B B .. C = x1 a1 + x2 a2 + + xm am ; @ . A am m vilket medför att xG 2 C för alla x 2 B , eftersom a1 ; a2 ; : : : ; am är en bas för vektorrummet C över B . Att dessa element utgör en bas vars rader utgörs av orden
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
496
för
C
medför dessutom att varje element i
C
har en entydig fram-
x1 a1 + x2 a2 + + xm am , där xi 2 B för alla i = 1; 2; : : : ; m. Således kommer olika ord i B m att avbildas på olika ord i C , när de multipliceras med G på ovanstående vis, d.v.s. x 7! xG ställning på formen
är en injektiv avbildning från
B m till B n , och kan alltså användas som
kodningsavbildning.
De nition 19.29. Låt C vara en linjär (n; m)-kod. En matris G av typ m n över B , sådan att dess rader utgör en bas för C (betraktat som ett vektorrum över B ), kallas för en generatormatris för C . Vi säger att en sådan matris genererar koden C . Exempel 19.30.
Det är lätt att se att
C = f000000; 001110; 110001; 111111g är ett underrum av dimension
2 i B 6 , och att B = f001110; 110001g är
C över B . Genom att låta dessa två ord bilda raderna 2 6-matris, så nner vi att en bas för
G = 01 01 10 10 10 01 genererar
varje ord i
C.
De nition 19.31.
i en
En linjär
(n; m)-kod säges vara systematisk, om
B m går att nna som de m första tecknen i exakt ett kodord.
Exempel 19.32.
Den linjära
(6; 2)-koden i exempel 19.30 är inte sys-
tematisk, men koderna i exemplen 19.5 och 19.6 är det.
Till systematiska linjära koder kan man använda generatormatriser med extra snällt utseende.
De nition 19.33. Låt m och n vara positiva heltal med m < n. En matris G i Mmn (B ) kallas för en standardiserad generatormatris, om dess m första kolonner utgör enhetsmatrisen Em av ordning m.
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser
497
Vi kommer ofta att skriva en standardiserad generatormatris av typen
m n på blockform enligt
G = Em A ;
B . Det är lätt att se att de m raderna i en standardiserad generatormatris av typen m n utgör en n bas för ett m-dimensionellt underrum i B , så det är alltså fullt legitimt där
A är
en
m (n
m)-matris
över
att kalla den här typen av matriser för generatormatriser.
G 2 Mmn (B ) vara en standardiserad generatorm matris. Då är C = fxG j x 2 B g än systematisk linjär (n; m)-kod. Omvänt så genereras varje systematisk linjär (n; m)-kod av en entydigt bestämd standardiserad generatormatris G 2 Mmn (B ). Sats 19.34.
Låt
för någon matris A av typ m (n m). x 2 B m gäller xG = x E m A = x xA : Från detta följer att om x1 G = x2 G för några x1 ; x2 2 G , så måste x1 m och x2 vara lika. Således är x 7! xG en injektiv avbildning från B n m till B , och av ovanstående framgår det också att varje ord i B före-
Bevis.
Ansätt
G = Em A
För varje
m första tecknen i exakt ett kodord. Antag å andra sidan att C är en systematisk linjär (n; m)-kod. m Låt ei beteckna det ord i B , i vilket alla tecken utom det i:te är nollor. Orden e1 ; e2 ; : : : ; em bildar raderna i enhetsmatrisen E m . Eftersom C är systematisk, så nns det entydigt bestämda kodord c1 ; c2 ; : : : ; cm sådana att de m första tecknen i ci utgörs av ei , för varje i = 1; 2; : : : ; m. För varje sådant i låter vi ai vara det entydigt bestämda ord i B n m , som utgörs av de n m sista tecknen i kodordet ci , och bildar sedan matrisen A som den m (n m)-matris, vars rader i tur och ordning utgörs av de m orden a1 ; a2 ; : : : ; am . Då är G = E m A en kommer som de
standardiserad generatormatris,
h vi har
eiG = ei ai = ci för alla
i = 1; 2; : : : ; m.
Vi måste nu visa att varje kodord kan skrivas på formen något
x 2 Bm.
Låt därför
xG
för
c vara ett godtyckligt kodord. På blockform
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
498
c utseendet x a , för något x 2 B m och a 2 B n m . Vi påstår att xG = c. Antag att wt(x) = k . Det nns då k olika tal i1 ; i2 ; : : : ; ik i mängden f1; 2; : : : ; mg, sådana att x = ei1 + ei2 + + eik . Eftersom C är en linjär kod, så är ci1 + ci2 + + cik ett kodord. Men i och med att vi har eij G = cij för varje j , så följer ci1 + ci2 + + cik = ei1 G + ei2 G + + eik G = (ei1 + ei2 + + eik )G = xG : har
C
Detta visar att
genereras av
kommer sig av att raderna till
G = E m A . Entydigheten hos G matrisen A är entydigt bestämda (se
första halvan av beviset).
Exempel 19.35.
Matrisen
0
1
1 0 0 1 1 0 G = @0 1 0 0 1 1A 0 0 1 1 0 1 3 6-matris, så med hjälp av denna kan vi bilda en 3 6 systematisk linjär (6; 3)-kod. Med en kodningsavbildning E : B ! B 3 de nierad som i (19.1), så får vi för varje x1 x2 x3 2 B att är en standardiserad
E (x1 x2 x3 ) = x1 x2 x3 G = x1 x2 x3 x1 + x3 x1 + x2 x2 + x3 = x1 x2 x3 x4 x5 x6 2 B 6 ; x4 = x1 + x3 , x5 = x1 + x2 och x6 = x2 + x3 . Detta ger oss åtta kod000000, 001101, 010011, 011110, 100110, 101011, 110101 och 111000. Detta är precis samma kod som den i exempel 19.28. där
ord i form av
Exempel 19.36.
Vi fann i exempel 19.32 att de linjär koderna i ex-
emplen 19.5 och 19.6 är systematiska. Det är lätt att se att
1 0 1 0 1 1
och
1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1
är deras respektive standardiserade generatormatriser.
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser
499
Istället för att använda generatormatriser, kan man alternativt de niera en linjär kod med följande typ av matriser.
De nition 19.37. Låt C vara en linjär (n; m)-kod. En matris H av typ n (n m) säges vara en kontrollmatris för C , om C = fx 2 B n j xH = 0g: En kontrollmatris
H säges vara standardiserad, om dess n m sista (n m) (n m), d.v.s. om
rader utgör enhetsmatrisen av typ
A
H= E n för någon
m
;
m (n m)-matris A.
Sats 19.38.
Antag att
C
en
m (n m)-matris). Då är
A
H= E n
m
en standardiserad kontrollmatris till
C.
Bevis.
Sätt
(n; m )-kod med G = Em A (där A är
är en systematisk linjär
tillhörande standardiserade generatormatris
K = fx 2 B n j xH = 0g.
;
Det är lätt att se att
K
är en
B n ). Vårt mål är att visa att C = K . m Låt c 2 C vara ett kodord. Då är c = xG för något x 2 B , vilket ger cH = (xG )H = x(GH ): linjär kod (d.v.s. ett underrum i
Notera att matrisprodukten många kolonner som
H
GH
är välde nierad, eftersom
har rader, d.v.s.
n stycken.
G
har lika
Multiplikation av
matriser på blockform ger
GH = E m A
A
En
m
= E m A + AE n
m
= A + A = O;
där den sista likheten beror på att vi räknar modulo Således gäller
C K.
2
hela tiden.
cH = 0, om c är ett kodord, och vi har därmed visat att
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
500
I avsikten att visa att den omvända inklusionen också är sann,
y i K . Vi delar upp y i två delar enligt x 2 B m och z 2 B n m . Ordet x består alltså av de m första tecknen i y , och z av de n m återstående. Eftersom y 2 K , så väljer vi ett godtyckligt ord
y= x z
, där
gäller
0
= yH =
från vilket
A
x z E n
m
= xA + z E n
m
= xA + z ;
z = xA följer. Men detta ger
y = x z = x xA = x E m A = xG ; d.v.s.
y 2 C . Således gäller även K C , och beviset är klart.
Notera att eftersom en systematisk linjär
(n; m)-kod
genereras av en
G (sats 19.34), så nns det också en H för samma kod. Dessa två bestämmer vidare varandra fullständigt, enligt satsen ovan. I och med att G är entydigt bestämd, är därmed också H det. standardiserad generatormatris standardiserad kontrollmatris
Exempel 19.39. pel 19.35 gäller att
För den standardiserade generatormatrisen i exem-
G = E3 A
, där
0
1
1 1 0 @ A = 0 1 1A : 1 0 1 Således är
0
1 B0 B B1 H =B B1 B @0 0 motsvarande kontrollmatris.
1 1 0 0 1 0
1
0 1C C 1C C 0C C 0A 1
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser
501
I slutet av föregående avsnitt diskuterade vi problemet med att korrigera felaktigt mottagna ord. Vi införde i samband med detta en strategi, i vilken man utnyttjar sidoklasserna i
Bn
till koden ifråga. Problemet
med denna metod är att den mängd minne som krävs för att de lagra olika kodorden, samt representanterna för de olika sidoklasserna, är alltför skrymmande. Som vi snart skall se, nns det emellertid en egenskap hos kontrollmatriser som kan hjälpa oss i detta avseende.
H vara en kontrollmatris för en linjär kod C B n . n Då tillhör två ord x och y i B samma sidoklass till C , om och endast om xH = y H. Sats 19.40.
Låt
Orden x och y tillhör samma sidoklass till C , om och endast om x y 2 C . Detta är i sin tur ekvivalent med att (x y)H = 0, enligt de nitionen av kontrollmatris. I och med att (x y)H = xH yH , är
Bevis.
beviset därmed klart.
De nition 19.41. och låt
Låt
H vara en kontrollmatris av typ n (n m), m för syndromet till x.
x 2 B n . Då kallas xH 2 B n
Vi noterar direkt att ett ord har syndromet
0,
om och endast om det
är ett kodord.
Exempel 19.42. Låt H vara 6 låt 001011 2 B . Eftersom
kontrollmatrisen i exempel 19.39, och
0
1 B0 B B1 xH = 0 0 1 0 1 1 B B1 B @0 0 så nner vi att syndromet till
1 1 0 0 1 0
1
0 1C C 1C C= 1 1 0 ; C 0C 0A 1
001011 ges av 110.
Innebörden av sats 19.40 är att det råder ett mängden av alla sidoklasser till en linjär kod av alla olika syndrom som ett element i
Bn
1-1-förhållande mellan C i B n , och mängden
kan ha, med avseende på
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
502
H
den aktuella kontrollmatrisen
för
C . När vi skall korrigera felaktigt
mottagna ord med hjälp av sidoklasser, behöver vi därmed inte som tidigare lagra vartenda ord i varje sidoklass, utan endast deras respektive representanter av minimal Hammingvikt, samt vilka syndrom dessa har. När ett ord
x blir mottaget, jämförs dess syndrom med syndromen
hos de sidoklassrepresentanter som valts ut. Vi kommer alltid att ha
xH = yH för exakt en av dessa representanter y, och enligt sats 19.40 tillhör x och y därmed samma sidoklass till C . Vi skall följaktligen korrigera x till x y. Vi kan göra ovanstående procedur för korrigering ännu smidigare, om vi har att göra med en
1-felskorrigerande kod. Vi låter härvid (som
ei beteckna det ord i B n som har nollor på samtliga positioner, utom i det i:te. Om ett kodord c vi redan gjort vid ett par tidigare tillfällen) utsätts för ett fel av vikt ges av
1,
kommer det mottagna ordet således att
c + ei för något i 2 f1; 2; : : : ; ng. Notera att om H är en konn rader, så är syndromet ei H alltid lika med den i:te
trollmatris med
H.
raden i
Sats 19.43.
Låt
C
vara en linjär
(n; m)-kod
och
H
en kontrollma-
C en 1-felskorrigerande kod, om och endast om H är olika och ingen av dem består av enbart nollor.
tris för denna. Då är samtliga rader i
Bevis.
)) Antag att C klarar av att korrigera varje fel av vikt 1. Vi
(
skall visa att alla raderna i
H
är olika, och att ingen av dem består
enbart av nollor. I förhoppning om att stöta på en motsägelse, antar vi att det inte förhåller sig så. Detta leder till att studera två fall. Fall 1: Två av raderna i
H
är lika. Antag att till exempel den
i:te
c gäller då (c + ei )H = cH + ei H = 0 + ei H = ei H och på samma sätt (c + ej )H = ej H . Syndromen ei H och ej H är lika och den
j :te raden i H
är lika. För varje kodord
i
j :te raden i H . Då dessa rader överensstämmer,
med den :te respektive
eiH = ej H , vilket enligt sats 19.40 innebär att ei och ej n tillhör samma sidoklass till C i B . Således måste ei ej = ei + ej har vi alltså
vara ett kodord. Eftersom
C
är en
1-felskorrigerande linjär kod, så ger
följdsats 19.24 att den minimala Hammingvikten hos ett kodord skilt från att
0
är minst lika med
3.
Vi har härmed en motsägelse, i och med
ei + ej är ett kodord med Hammingvikten 2.
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser Fall 2: En av raderna i
H
503
består bara av nollor. Säg att den
i:te
H enbart innehåller nollor. Vi har då (c + ei )H = 0 för varje c, vilket innebär att c + ei kommer att uppfattas som ett kodord. Men då måste c + (c + ei ) = ei också vara ett kodord, vilket leder raden i kodord
till motsägelse på samma sätt som ovan kan inget kodord, förutom
wt(ei ) = 1.
här
0,
i en
1-felskorrigerande kod 3, men vi har
ha lägre Hammingvikt än
() Antag att samtliga rader i H
(
är olika, och att ingen av dem
utgörs endast av nollor. Vi vill visa att
C
är
1-felskorrigerande, vilket
följer om vi kan visa att det inte nns något kodord med Hamming-
c är ett sådant kodord. Då är alltså wt(c) = 1 eller wt(c) = 2. I det förstnämnda fallet är c = ei för något i, så därmed måste ei H = 0 (eftersom c är ett kodord). Men eiH är ju den i:te raden i H , och denna får inte bestå av enbart nollor. Således kan c inte ha Hammingvikten 1. Om vi istället har wt(c) = 2, så kan vi skriva c = ei + ej , där i; j 2 f1; 2; : : : ; ng, i = 6 j . Då c är ett vikt
2
eller lägre (förutom
0).
Antag att
kodord leder detta till
0 d.v.s.
= cH = (ei + ej )H = ei H + ej H ;
eiH = ej H . Denna likhet säger att den i:te och j :te raden i H wt(c) = 2 är en
är lika, vilket tvingar oss att dra slutsatsen att även omöjlighet.
Tack vare sats 19.43 kan vi nu formulera en korrigeringsalgoritm för en
1-felskorrigerande linjär (n; m)-kod, för vilken man har kontrollma-
tris
H med de egenskaper som satsen omnämner. Vi låter härvid x vara s = xH dess syndrom.
ett mottaget ord, och 1. Om
s = 0, så antar vi att inget fel uppstod vid sändningen.
2. Om
s är lika med den i:te raden i H , så antar vi att det uppstod i
ett fel i den :te teckenpositionen i det sända ordet. Vi korrigerar därför 3. Om
x till x + ei.
s varken är 0 eller lika med någon av raderna i H , så uppstod
det ett fel av vikt
2 vid sändningen. I detta fall ber vi sändaren
att upprepa transmissionen.
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
504
Exempel 19.44. I exempel 19.42 beräknade syndromet till ordet 001011 2 B 6 med avseende på den kontrollmatris H som ges där (som är kontrollmatrisen till den systematiska linjära (6; 3)-koden i exempel 19.35). Vi fann detta syndrom till att vara lika med 110, d.v.s. vilket är den första raden i H . Om vi därmed korrigerar det första tecknet i 001011, så erhåller vi 101011, som mycket riktigt är ett kodord (se exempel 19.35). Eftersom syndromet till raderna
101100,
d.v.s.
111,
inte utgör någon av
H , är ordet 101100 resultatet av ett fel av vikt 2, och därmed
inte möjligt för oss att korrigera. En omsändning är därför lämplig i
detta fall.
Låt
C
vara en
1-felskorrigerande linjär (n; m)-kod, och H
en kontroll-
matris för denna. Om vi använder oss av metoden med syndrom för att korrigera felaktigt mottagna ord, så vore det lämpligt ifall samtliga
0,
möjliga syndrom, förutom
åter nns som exakt en av raderna i
H.
I så fall skulle nämligen det tredje och sista fallet i korrigeringsalgoritmen ovan aldrig bli aktuellt
mottagaren skulle aldrig behöva be
sändaren att repetera en transmission. För en linjär ju att syndromen är ord i sett från
0,
Bn
m , så 2n m
1. Således skall vi se till att vår 1 rader, alla olika.
är alltså lika med
kontrollmatris har
2n
De nition 19.45.
m
(n; m)-kod gäller
antalet möjliga syndrom, bort-
En linjär
(n; m)-kod, de nierad
med hjälp av en
kontrollmatris, vars rader bildar vart och ett av de olika orden i bortsett från
0,
kallas för en
Hammingkod.
Bn
m,
Det nns inget som säger i vilken ordning de olika raderna måste komma, i en kontrollmatris för en Hammingkod. Vi kommer att antaga att alla våra Hammingkoder beskrivs av standardiserade generatormatriser och kontrollmatriser. Detta är ingen allvarligare inskränkning (se övning 9).
(2k 1; 2k k 1)-kod för något heltal k 2. Alla Hammingkoder är 1-felskorrigerande.
Sats 19.46. Bevis.
Varje Hammingkod är en linjär
En kontrollmatris
H
för en Hammingkod har som sagt lika
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser många rader som det nns ord i
2k
1
stycken. Exakt
derna i enhetsmatrisen
505
B k n f0g, för något heltal k, d.v.s.
k av dessa rader är därmed desamma som raE k , och då vi kan anta att kontrollmatrisen är
standardiserad, har vi alltså
H = EA k
A är lika med 2k k 1. Således har vi en linjär (n; m)-kod, där n = 2k 1 och m = 2k k 1. Då raderna i H alla där antalet rader i
är olika och ingen är
1-felskorrigerande.
0,
ger sats 19.43, att en Hammingkod alltid är
n = 2k 1 och m = 2k k 1 för något k 2, och om C en 1-felskorrigerande linjär (n; m)-kod, så är C en Hammingkod Omvänt gäller att om (varför?).
Exempel 19.47.
Den enklaste Hammingkoden är en linjär
(3; 1)-kod
med den standardiserade kontrollmatrisen
0
1
1 1 @ H = 1 0A : 0 1
G = 1 1 1 , så denna Hammingkod består av de två kodorden 000 och 111. Detta är samma kod som man får om man väljer m = 1 i exempel 19.19. Motsvarande generatormatris ges således av
Exempel 19.48. Det klassiska exemplet på en Hammingkod är en linjär (7; 4)-kod. Som standardiserad kontrollmatris kan vi till exempel välja
0
0 B1 B B1 B H =B B1 B1 B @0 0
1 0 1 1 0 1 0
1
1 1C C 0C C 1C C: 0C C 0A 1
Kapitel 19. En introduktion till kodningsteori
506
Denna svarar mot generatormatrisen
0
1 B0 G =B @0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
med vars hjälp vi kan konstatera
0 0 0 1
0 1 1 1
1 0 1 1
1
1 1C C; 0A 1 att vi får de 16 kodord som anges i
tabellen i gur 19.5. Ord
0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111
Kodord
0000000 0001111 0010110 0011001 0100101 0101010 0110011 0111100
Ord
1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111
Kodord
1000011 1001100 1010101 1011010 1100110 1101001 1110000 1111111
Figur 19.5 Övningar till avsnitt 19.3 1.
Låt
C
vara en systematisk linjär
generatormatrisen
0
(5; 3)-kod, med den standardiserade 1
1 0 0 1 1 G = @0 1 0 0 1A 0 0 1 1 0 Bestäm samtliga kodord, samt kodens minimiavstånd.
2.
Bestäm kontrollmatriserna till de båda standardiserade generatormatriserna i exempel 19.36.
3.
Låt
C
vara en linjär
(7; 3)-kod med kontrollmatrisen 0 1 1 0 1 B0 1 1C B C B1 1 1C B C C H =B B1 1 0C : B1 0 0C B C @0 1 0A 0 0 1
19.3. Generatormatriser och kontrollmatriser (a) Bestäm samtliga kodord i C . (b) Av vilken vikt får ett fel vara
507
för att det skall kunna korrigeras
respektive upptäckas?
4.
Givet kontrollmatrisen
0
1 B0 B B1 H =B B1 B @0 0
1 1 0 0 1 0
1
1 1C C 1C C; 0C C 0A 1
bestäm syndromen till följande ord.
(a) 010010 5.
Låt
H
(b) 110011
(c) 110010
(d) 010101
vara den kontrollmatris som används för Hammingkoden i ex-
empel 19.48. Korrigera följande ord genom att använda metoden med syndrom. Ange också syndromet till respektive ord.
(a) 1100001
(b) 010000
(c) 1010011
(d) 0110010
1-felskorrigerande linjär (5; 2)-kod. 7. Konstruera en 2-felskorrigerande linjär (8; 2)-kod. 8. Låt C vara en linjär (n; m)-kod och G 2 Mmn(B ) en generatormatris 6.
Konstruera en
C . Visa att vi får en ny generatormatris för C , om vi låter två rader byta plats, eller om vi adderar en rad i G till en annan rad. 9. Två linjära (n; m)-koder C och C 0 kallas ekvivalenta, om det nns en permutation 2 Sn sådan att c1 c2 : : : cn 2 C om och endast om c(1) c(2) : : : c(n) 2 C 0 . Visa att varje Hammingkod är ekvivalent med för i
G
en systematisk sådan.
10.
En
r-felskorrigerande kod C B n
är en partition av radie
Bn
säges vara
(d.v.s. om varje ord i
Bn
perfekt, om fSr (c)gc2C
tillhör exakt ett klot med
r och medelpunkt i ett kodord c). Visa att varje Hammingkod är
perfekt.
Kapitel 20
Splittringskroppar och separabla utvidgningar Som antyddes i inledningen till kapitel 18, så har kroppsutvidgningar mycket med studiet av nollställen till polynom att göra; vi kan skaa fram nollställen till ett polynom över en kropp genom att betrakta det som ett polynom över en större kropp. Vi kommer i detta kapitel att använda kroppsutvidgningar i detta syfte.
20.1 Splittringskroppar L en utvidgning av K och 2 L ett algeK . Vi erinrar oss från kapitel 18 att den enkla utvidgningen K ( ) av K de nieras som snittet av alla underkroppar i L som innehåller K och . Denna de nition av K ( ) ser ut att vara beroende av L. Men enligt sats 18.39 så gäller K ( ) ' K [x]= hm(x)i, där m(x) är minimalpolynomet till över K , och vidare visar sats 18.48 att elementen i K ( ) har en entydig framställning på formen Antag att
K
är en kropp,
braiskt element över
b0 + b1 + b2 2 + + bn 1 n 1 ; där
b0 ; b1 ; : : : ; bn
1
2K
verket oberoende av
och
n = deg m(x).
Således är
K ( )
i själva
L. Det borde således vara möjligt att välja L till
vad som passar en bäst för stunden. Antag till exempel att vi har ett icke-konstant polynom
f (x)
Är det då möjligt att bestämma
2 K [x] som saknar nollställen i K . L
så att denna kropp innehåller ett
508
20.1. Splittringskroppar nollställe till
f (x)?
509
Svaret på denna fråga är ja. Detta är vad man
1 sats, eller ibland
brukar referera till som Kroneckers oförtjänt
Sats 20.1 (Kronecker).
Låt
K
vara en kropp och
icke-konstant polynom. Då nns det en utvidgning
2 L sådant att f ( ) = 0L . Bevis.
och inte alls
fundamentalsatsen för kroppsutvidgningar.
Det räcker att nna en utvidgning av
nollställe till någon irreducibel delare i
f (x).
K
f (x) 2 K [x] ett L av K och ett
som innehåller ett
Det är därför ingen in-
f (x) självt är irreducibelt över K , d.v.s. K [x]= hf (x)i är en kropp. Betrakta avbildningen : K ! K [x]= hf (x)i de nierad enligt skränkning att anta att
att
(a) = a + hf (x)i a 2 K . Detta är en ringhomomor sm, närmare bestämt restrikhf (x)i : K [x] ! K [x]= hf (x)i till K . Vi påstår att är injektiv. Antag nämligen att (a) = (b) för några a; b 2 K . Då är a + hf (x)i = b + hf (x)i, vilket betyder att a b 2 hf (x)i. Således är a b en multipel av f (x). Men a b är ett konstant polynom och f (x) är icke-konstant, så vi måste ha a b = 0K , vilket ger a = b. Således är en injektiv homomor sm. Detta innebär att K [x]= hf (x)i har en underkropp isomorf med K (i form av im ), så därmed kan vi betrakta L = K [x]= hf (x)i som en utvidgning av K , genom att identi era a 2 K med elementet a + hf (x)i i L. Satsen följer nu om vi kan visa att L innehåller ett nollställe till f (x). Sätt för alla
tionen av den kanoniska homomor smen
= x + hf (x)i och ansätt
f (x) = a0 + a1 x + + an xn . Evaluering av f (x) i ger då
f ( ) = a0 + a1 + + an n = a0 + a1 (x + hf (x)i) + + an (x + hf (x)i)n = (a0 + a1 x + + an xn) + hf (x)i = 0L ; 1
Leopold Kronecker (18231891), tysk matematiker.
510
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
ai 2 K med ai + hf (x)i 2 L. Detta visar att är ett nollställe till f (x). Därmed är satsen bevisad. om vi identi erar varje
Den utvidgning
L av K
som konstrueras i beviset för Kroneckers sats
är isomorf med den enkla utvidgningen
K ( ).
Polynomet
f (x),
som
förekommer i beviset, är nämligen ett associerat polynom till minimalpolynomet
m(x)
till
över
K,
så därmed gäller
lemma 16.39). Sats 18.39 ger att
Exempel 20.2.
L ' K ( ).
Andragradspolynomet
hf (x)i = hm(x)i (se
p(x) = x2 + x +1 2 Z2[x] sak-
Z2 och är därmed irreducibelt över Z2. Kroneckers sats säger att vi kan utvidga Z2 till en större kropp i vilken p(x) kommer nar nollställen i
. Polynomet p(x) kommer då att bli minimalpoly över Z2. En utvidgning som uppfyller kraven i Kroneckers sats är den enkla utvidgningen Z2( ), som enligt sats 18.48 består av alla element på formen b0 + b1 , där b0 ; b1 2 Z2. Det nns alltså fyra element i Z2( ). Eftersom vi de nierat som ett nollställe till p(x), så 2 2 är + + 1 = 0, eller med andra ord = 1 = 1 + . Detta betyder att när vi räknar i Z2( ), så kan vi ersätta varje förekomst av 2 med 1 + . Till exempel blir att ha ett nollställe nomet till
3 = 2 = (1 + ) = + 2 = + (1 + ) = 1: Cayleytabellerna för addition och multiplikation på
Z2( )
återges i
gur 20.1 på motstående sida. Veri era att dessa stämmer!
Kroneckers sats säger alltså att vi till varje icke-konstant polynom över en kropp kan nna en utvidgning i vilken polynomet har ett nollställe. Ett upprepat användande av satsen borde leda till att man så småningom erhåller en kropp över vilken vårt polynom kan faktoriseras i linjära faktorer. Vi kommer inom kort att bevisa detta.
De nition 20.3.
Ett icke-konstant polynom
f (x)
över en kropp
K
splittras över K , om det kan skrivas som en produkt av förstaK , d.v.s. på formen f (x) = c(x 1 )(x 2 ) : : : (x n ); för några c; 1 ; 2 ; : : : ; n 2 K . säges
gradspolynom över
20.1. Splittringskroppar
511
+ 0 1
0 0 1
1 1+ 1 1+ 0 1+ 1+ 0 1 1+ 1+ 1 0
0 0 0 0 0
0 1
1+
1 0 1
1+ 0 1+ 1+ 1 1+ 1
0
Figur 20.1 Exempel 20.4.
Polynomet
x2 + 1 2 R[x]
splittras över
C , eftersom
x2 + 1 = (x + i)(x i) i
C [x].
Exempel p 20.5. p Polynomet f (x) = x4 5x2 + 6 2 Q [x] lena 2 och 3, och vi har faktoriseringen
p
x4 5x2 + 6x = (x + 2)(x
p
p
2)(x + 3)(x
har nollstäl-
p
3):
fp (x) splittras över R , men också över den betydligt p Q ( 2 ; 3) . Däremot splittras inte f (x) varken över p
Detta betyder att
p Q ( 2) eller Q ( 3).
mindre kroppen
K vara en kropp och antag att f (x) 2 K [x] är ett icke-konstant polynom. En utvidgning L av K kallas för en splittringskropp till f (x) över K , om (i) f (x) splittras över L (ii) L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), där 1 ; 2 ; : : : ; n är nollställena till f (x) i L. De nition 20.6.
Låt
f (x) inte får splittras i splittringskropp L, d.v.s. om F är en
Innebörden av (ii) i de nitionen ovan är att någon äkta underkropp i dess
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
512
underkropp i är
F = L.
Sats 20.7.
L som innehåller K
och samtliga nollställen till
f (x), så
Det nns en splittringskropp för varje icke-konstant po-
lynom över en kropp
K.
f (x) 2 K [x] vara ett polynom av grad n 1. Vi skall bevisa satsen med hjälp av induktion över n. Om n = 1 så duger K själv som splittringskropp. Antag att n > 1 och att satsen är sann för varje polynom av grad n 1. Om f (x) inte splittras över K , så har f (x) en irreducibel delare p(x), för vilken deg p(x) 2 gäller. Med hänvisning till Kroneckers sats kan vi utvidga K till en kropp L = K ( 1 ), som innehåller ett nollställe 1 till p(x), och därmed också till f (x). Över kroppen L kan vi faktorisera f (x) enligt f (x) = (x 1 )g(x), där g(x) är ett polynom av grad n 1 över L. Vårt induktionsantagande medför att det nns en splittringskropp F till g (x) över L, och att denna erhålls genom att till L adjungera alla nollställen 2 ; 3 ; : : : ; n till g (x). Men då blir Bevis.
Låt
F = L( 2 ; 3 ; : : : ; n ) = [K ( 1 )]( 2 ; 3 ; : : : ; n ) = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) också splittringskropp till
f (x) över K , vilket bevisar satsen.
Ovanstående bevis ger inget besked om huruvida den splittringskropp man erhåller är entydigt bestämd. Det skulle till exempel kunna inträa att man får en annorlunda splittringskropp, om den irreducibla faktor
p(x)
till
f (x),
som vi väljer i ett skede av beviset, väljs annorlunda.
Så är det dock inte fallet
man kan visa att varje polynom har en
entydigt bestämd splittringskropp, på isomor när. Vi kommer närmast att bevisa denna entydighet hos splittringskroppen till ett polynom över en kropp. För att vara ett entydighetsbevis, visar sig detta emellertid vara ovanligt tekniskt, och vi kommer att behöva några lemman till vår hjälp. Det första av dessa säger att
K1 och K2 är isomorfa kroppar, så är också polynomringarna K1 [x] och K2 [x] isomorfa ett inte allt för överraskande faktum! om
Lemma 20.8.
Om
K1
och
motsvarande polynomringar
K2 är två isomorfa kroppar, så är även K1 [x] och K2 [x] isomorfa. Närmare be-
20.1. Splittringskroppar
513
stämt gäller, att varje isomor sm
: K1 ! K2 inducerar en isomor sm
^ : K1 [x] ! K2 [x], de nierad enligt
^ [f (x)] = ^ (a0 + a1 x + + an 1 xn 1 + an xn ) = (a0 ) + (a1 )x + + (an 1 )xn 1 + (an )xn för alla
f (x) 2 K1 [x].
P j j j aj x och g (x) = j bj x godtyckligt i K1 [x]. k Koe cienten framför x i f (x) + g (x) är lika med ak + bk , medan den i Pk f (x)g(x) är lika med i=0 ai bk i . I och med att är en homomor sm,
Bevis.
Tag
f (x) =
P
så är
(ak + bk ) = (ak ) + (bk ) och
Från detta följer att
k X i=0
^
!
ai bk
k X i=0
(ai )(ak i ):
är en homomor sm. Att
en direkt konsekvens av att
Givet en isomor sm
i
=
är det.
: K1
! K2
så kan vi således för varje polynom
^
också är bijektiv är
mellan två kroppar
f (x)
K1
och
K2 ,
2 K1[x] ordna ett entydigt
^ [f (x)] 2 K2 [x] och vice versa. Istället för den något obekväma beteckningen ^ [f (x)], kommer vi i fortsättningen att skriva f (x). På grund av att ^ är en isomor sm, så är f (x) är irreducibelt över K1 , om och endast om f (x) är irreducibelt över K2 . bestämt polynom
Lemma 20.9. Låt : K1 ! K2 vara en isomor sm mellan två kroppar K1 och K2 , och låt ^ : K1 [x] ! K2 [x] vara den av inducerade isomor sm, som beskrivs i lemma 20.8. Låt p(x) vara ett polynom i K1 [x] och p (x) motsvarande polynom K2 [x]. Då är avbildningen : K1 [x]= hp(x)i ! K2 [x]= hp (x)i, de nierad enligt [f (x) + hp(x)i] = f (x) + hp (x)i en isomor sm, och således gäller
K1 [x]= hp(x)i ' K2 [x]= hp (x)i.
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
514
Bevis.
Vi måste för det första övertyga oss om att
är välde nierad,
g(x) och h(x) tillhör samma sidoklass till hp(x)i i K1 [x], g (x) och h (x) samma sidoklass till hp (x)i i K2 [x]. Men
d.v.s. att om så tillhör eftersom
p(x) j [g(x) h(x)] i K1 [x] så är det klart att
() p (x) j [g (x) h (x)] i K2 [x]
g(x)+ hp(x)i = h(x)+ hp(x)i i K1 [x]= hp(x)i, om och = h (x) + hp (x)i i K2 [x]= hp (x)i. Detta
endast om
g (x) + hp (x)i
visar att
är välde nierad, och på samma gång injektiv. Beviset för
att
är surjektiv, och att avbildningen är en homomor sm, lämnar vi
till läsaren som en övning.
p(x) i ovanstående lemma vore irreducibelt över K1 , så K1 [x]= hp(x)i som K2 [x]= hp (x)i vara kroppar.
Notera att om skulle såväl
K2 vara kroppar och : K1 ! K2 en isomor sm. Antag att m(x) 2 K1 [x] är ett moniskt irreducibelt polynom och L1 en utvidgning av K1 som innehåller ett nollställe till m(x). Låt vidare L2 en utvidgning av K2 som innehåller ett nollställe till m (x) 2 K2 [x]. Då är det möjligt att utvidga till en isomor sm : K1 ( ) ! K2 ( ), sådan att ( ) = . Lemma 20.10.
Låt
K1
och
Det är avbildningen , återgiven i gur 20.2 som en streckad pil K1 ( ) till K2 ( ), som vi är ute efter att konstruera.
Bevis. från
K1 ( )
K1
K2( )
K2
Figur 20.2 m(x) och m (x) är minimalpolynomen till över K1 respektive över K2 . Låt : K1 [x] ! L1 vara evalueringshomomor smen i . För denna gäller ker = hm(x)i och im = K1 ( ). Enligt den första isomor satsen för ringar är K1 [x]= hm(x)i och K1 ( ) Polynomen
20.1. Splittringskroppar
isomorfa, och
515
: K1 [x]= hm(x)i ! K1 ( ) de nierad av [f (x) + hm(x)i] = [f (x)] = f ( );
f (x) 2 K1 [x], är en isomor sm. Av motsvarande anledning är : K2 [x]= hm (x)i ! K2 ( ) given av
för alla
avbildningen
[f (x) + hm
(x)i] = f ( );
f (x) 2 K2 [x], också en isomor sm. Vi såg i lemma 20.9 att K1 [x]= hm(x)i och K2 [x]= hm (x)i är isomorfa, och att av bildningen : K1 [x]= hm(x)i ! K2 [x]= h m (x)i de nierad som för alla
kropparna
[f (x) + hm(x)i] = f (x) + hm (x)i ; för alla
f (x) 2 K1 [x], är en isomor sm. Sätt =
Då är
en isomor sm från
sida). För alla
a 2 K1
(a) = = så är
ÆÆ
1:
K1 ( ) till K2 ( ) (se gur 20.3 på följande
har vi
[ 1 (a)] = [(a + hm(x)i)] [ (a) + hm (x)i] = (a);
en utvidgning av
. Eftersom
(x + hm(x)i) = ^ (x) + hm (x)i = x + hm (x)i ; så blir
( ) =
[
1 ( )] =
[ (x + hm(x)i)] = (x + hm (x)i) = ;
vilket bevisar lemmat.
: K1 ! K2 en isoK1 [x] och f (x) dess motsvarande polynom i K2 [x], se lemma 20.8. Antag att L1 är en splittringskropp till f (x) över K1 , och L2 en splittringskropp till f (x) över K2 . Då kan utvidgas till en isomor sm : L1 ! L2 . Sats 20.11.
mor sm. Låt
Låt
f (x)
K1
och
K2
vara kroppar och
vara ett icke-konstant polynom i
516
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar K1 [x]= hp(x)i
K2 [x]= hp (x)i
K1 ( )
K2( )
Figur 20.3 n = deg f (x) = deg f (x) för att bevisa satsen. I fallet n = 1 är K1 = L1 och K2 = L2 , så den sökta utvidgningen av ges då av själv. Låt nu n > 1 och antag att satsen är sann för alla polynom av grad n 1. Då L1 är en splittringskropp till f (x) över K1 , så gäller L1 = K1 ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), där 1 ; 2 ; : : : ; n är nollställena till f (x) i L1 . Analogt är L2 = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), där 1 ; 2 ; : : : ; n är nollställena till f (x) i L2 . Låt nu 2 L1 vara ett av nollställena till f (x), säg = 1 , och 2 L2 ett av nollställena till f (x), säg = 1 . Idén är nu att först utvidga litet grand, närmare bestämt till en isomor sm : K1 ( ) ! K2 ( ), för att sedan i sin tur utvidga till en isomor sm : L1 ! L2 , genom att hänvisa Bevis.
Vi använder oss av induktion över
till induktionsantagandet (se gur 20.4).
L1 K1 ( )
K1
L2 K2( )
K2
Figur 20.4 : K1 ( ) ! K2 ( ) som uppfyller ( ) = , enligt lemma 20.10. I polynomringen över K1 ( ) är det därmed möjligt att faktorisera f (x) enligt Vi kan utvidga
till en isomor sm
f (x) = (x )g(x);
20.1. Splittringskroppar för något polynom
517
g(x) 2 K1 ( )[x] av grad n 1. Nu är L1 = [K1 ( )]( 2 ; 3 ; : : : ; n )
en splittringskropp till
g(x) över K1 ( ). Eftersom
f (x) = [x ( )]g (x) = (x )g (x); L2 = [K2 ( )]( 2 ; 3 ; : : : ; n ) en splittringskropp till g (x) över K2 ( ). Eftersom deg g (x) = deg g (x) = n 1, så är det enligt induktionsantagandet möjligt att utvidga till en isomor sm från L1 till L2 . Denna isomor sm är givetvis också en utvidgning av . Därmed är vidare
är satsen bevisad.
Följdsats 20.12. Låt f (x) vara ett icke-konstant polynom över en kropp K . Då har f (x) en entydigt bestämd splittringskropp, på isomor när.
K1 = K2 = K i sats 20.11, och låt : K ! K vara K (som givetvis är en isomor sm). Om L1 och L2 är två olika splittringskroppar till f (x), kan enligt sats 20.11 utvidgas till en isomor sm från L1 till L2 . Bevis.
Välj
identitetsavbildningen på
I och med att varje icke-konstant har en i isomor mening entydig bestämd splittringskropp, tillåter vi oss att tala om splittringskroppar i bestämd form i fortsättningen. Till exempel kommer vi att säga polynomets splittringskropp istället för en splittringskropp till polynomet.
Exempel 20.13.
p p
dra slutsatsen att
C
Med anknytning till exempel 20.4 och 20.5 kan vi
x2 + 1 över 2 5x + 6 över .
är splittringskroppen till
Q ( 2; 3) är splittringskroppen till
x4
Q
R, och att
K och ett polynom f (x) i K [x], nns en utvidgning L av K över vilken f (x) splittras vi kan välja L som polynomets splittringskropp över K . Nu kan man kanske fråga sig, ifall det nns en utvidgning av K över vilken alla polynom i K [x] splittras. Vi har sett att det, givet en kropp
För kroppen av reella tal
R
är det åtminstone så, ty utvidgningen
C
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
518
R
av
duger för detta ändamål. Detta är en konsekvens av följande
berömda sats.
Sats 20.14 (Algebrans fundamentalsats). Låt f (x) 2 C [x] ett icke-konstant polynom. Då har f (x) ett nollställe i C .
vara
Det första beviset för algebrans fundamentalsats gavs av Gauss år 1799. Vanligtvis brukar man använda teorin för analytiska funktioner när man bevisar satsen, och vi hänvisar också läsaren dit för ett bevis. Vi anmärker dock att satsen går att bevisa algebraiskt,
2 fast det blir då
mer komplicerat. Den intresserade läsaren kan åtnjuta ett sådant bevis i Stewart [13] (se litteraturförteckningen på sidan 587.) Det kan nnas skäl till att studera andra kroppar än
C , som också
har den egenskap som algebrans fundamentalsats nämner, och vi inför av den anledningen följande de nition.
De nition 20.15. Exempel 20.16.
K säges vara algebraiskt sluten, om K [x] har ett nollställe i K .
En kropp
varje icke-konstant polynom i
Enligt algebrans fundamentalsats är
iskt sluten kropp. Kroppen
C
en algebra-
R är däremot inte algebraiskt sluten, efterx2 + 1 2 R[x] saknar nollställen i R.
som till exempel polynomet
Sats 20.17.
En kropp
K
är algebraiskt sluten, om och endast om
varje icke-konstant polynom i
Bevis. ()) Antag att K ett polynom av grad
K [x] splittras över K .
är algebraiskt sluten och låt
n 1.
f (x) 2 K [x] vara n,
Vi skall, med hjälp av induktion över
f (x) kan skrivas som en produkt av förstagradspolynom i K [x]. Detta gäller trivialt, om n = 1. Antag därför att n > 1 och att varje polynom av grad n 1 kan faktoriseras på detta vis. Nu är K en algebraiskt sluten kropp, vilket innebär att f (x) har ett nollställe a i K . På grund av faktorsatsen kan vi därmed skriva f (x) = (x a)g(x) för något g (x) 2 K [x]. Här gäller deg g (x) = n 1 så g(x) splittras således bevisa att
2
Detta är en sanning med modi kation. Ett helt och hållet algebraiskt bevis är,
såvitt författaren vet, inte känt. Man måste nämligen utnyttja litet analys, som till exempel att polynomfunktioner från
R till R är kontinuerliga.
20.1. Splittringskroppar
519
K , enligt vårt induktionsantagande. Eftersom f (x) = (x a)g(x), är detta därmed sant också för f (x), vilket är vad vi önskade. (() Antag att varje icke-konstant polynom f (x) 2 K [x] splittras över K . Då kan f (x) alltså skrivas som en produkt av förstagradspolynom i K [x], och faktorsatsen ger direkt att f (x) därmed måste ha (minst) ett nollställe i K . över
Följdsats 20.18.
En algebraiskt sluten kropp
gebraisk utvidgning, d.v.s. om är
L = K.
K
har ingen äkta al-
L är en algebraisk utvidgning av K , så
L vara en algebraisk utvidgning av K , och tag 2 L godtyckligt. Inget irreducibelt polynom i K [x] kan på grund av sats 20.17 vara av grad 2 eller högre. Sålunda ges minimalpolynomet till över K av x , vilket medför att 2 K och därmed L = K . Bevis.
Låt
De nition 20.19.
En algebraisk utvidgning L av en kropp K säalgebraiskt hölje till K , om L är algebraiskt sluten. Vi skriver L = K i så fall. ges vara ett
Ett algebraiskt hölje vidgning av
K
till en kropp
K
är alltså en så pass stor ut-
K , att varje polynom med koe cienter i K har samtliga K . Med andra ord är samtliga element i K algebra-
sina nollställen i iska över
K,
och det går inte att nna någon strikt större algebraisk
utvidgning av
K.
Exempel 20.20. För våra vanligaste talkroppar Q , R och C gäller Q = A och R = C = C . Här betecknar A mängden av alla algebraiska
tal, se exempel 18.59.
K till en given kropp K , kan man f (x) 2 K [x], och adjungerar till K redan nns i K . Om den utvidgade
För att tillverka ett algebraiskt hölje tänka sig att man tar ett polynom de nollställen till
f (x),
som inte
K1 som då erhålls inte är algebraiskt sluten, upprepar man denna g(x) 2 K [x] och adjungerar till K1 de nollställen till g (x) som saknas i K1 , och får på så sätt en ännu större kropp K2 , och så vidare. Problemet är att detta mycket väl kropp
process, d.v.s. vi väljer ett nytt polynom
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
520
kan vara en oändlig process, och att det därmed inte nns någon garanti för att vi någonsin kommer att bli färdiga. Nästa sats garanterar dock att varje kropp i själva verket har ett algebraiskt hölje.
Sats 20.21.
Varje kropp
K
hölje till
K . Detta är K 1 är ett annat algebraiskt
har ett algebraiskt hölje
entydigt bestämt på isomor när, d.v.s. om
K , så är K ' K 1 .
Vi avstår från att ge ett bevis för satsen. Den intresserade läsaren kan dock konsultera Morandi [11] i litteraturförteckningen på sidan 587, för ett bevis. Till sist i detta avsnitt, skall vi ge ett exempel på en algebraisk utvidgning som inte är ändlig.
Exempel 20.22.
Varje polynom på formen
tal, är irreducibelt över ta innebär att om
xn + p, där p är ett prim-
Q , eftersom det är ett Eisensteinpolynom. Det-
är ett nollställe till ett sådant polynom, så är
[Q ( ) : Q ] = n. Eftersom varje ändlig utvidgning är en algebraisk utvidgning, så gäller Q Q ( ) A , där A = Q är det algebraiska höljet till Q . Detta medför att [A : Q ] [Q ( ) : Q ] = n. Men vi kan välja n precis hur stort vi vill, vilket medför att ändlig utvidgning av
Q.
A
är en algebraisk men inte
Övningar till avsnitt 20.1 1. Visa att p(x) = x3 + x2 + 1 2 Z2[x] är irreducibelt och låt Z2( ) vara en utvidgning av Z2 som innehåller ett nollställe till p(x). (a) Hur många element innehåller Z2( )? (b) Visa att 3 = 1 + 2 i Z2( ). (c) Beräkna (1 + + 2 )3 och 2 (1 + )(1 + 2 ) i Z2( ). Svara på standardformen.
2.
p(x) = x2 + x + 4 2 Z11[x]. (a) Visa att p(x) är irreducibelt över Z11. (b) Bilda utvidgningen Z11( ) av Z11, där är ett nollställe till p(x). Hur många element innehåller Z11( )? (c) Bestäm inversen till 8 i Z11( ). Låt
20.1. Splittringskroppar 3.
521
Visa att
( ) = fa 2 + b + c j a; b; c 2 Z3; 3 = 2 + 2g är en kropp och bestäm inversen till 1 + . Z3
4. 5.
p
Över vilka av nedanstående kroppar splittras polynomet
(a) R p p (d) Q (i; 2; 3)
(c) Q ( 2) (f) Z5
(b) C (e) A
Är någon av följande kroppar splittringskroppen till
p
I så fall, vilken?
(a) Q
(b) C
(c) A
x4
2?
x2
x4 +2x2 +1 över Q ?
(d) Q ( 2)
p
(e) Q (i; 2)
6.
Bestäm splittringskroppen till nedanstående polynom över
7.
Faktorisera vart och ett av polynomen i föregående övning i linjära
(a) x2 5x + 6 (c) x4 3
(b) x3 2 (d) x7 2x4 3x3 + 6
Q.
faktorer över dess respektive splittringskropp.
8.
följande polynom i
(a) x2 + 3 (d) x3 3 9.
Q
Bestäm gradtalet över
Q
[x].
för splittringskroppen till vart och ett av
(b) x4 1 (e) x3 1
(c) x4 7x2 + 10 (f) x5 2x3 2x2 + 4
Faktorisera vart och ett av polynomen i föregående övning i linjära faktorer över dess respektive splittringskropp.
Q [x], p (i; 7) som splittringskropp över Q . 11. Finn ett polynom f (x) 2 Q [x] av grad 4 så att dess splittringskropp L
10.
Finn två sinsemellan icke associerade polynom av samma grad i som båda har
över
Q
Q
uppfyller
(a) [L : Q ] = 1 (b) [L : Q ] = 2 12.
Fyll i de utelämnade delarna av beviset för lemma 20.9, genom att visa att avbildningen
13.
(c) [L : Q ] = 4 (d) [L : Q ] = 8.
, som gurerar där, är en surjektiv homomor sm.
K är en kropp och att g(x) och h(x) är två polynom i K [x]. f (x) = g(x)h(x) och låt L vara splittringskroppen till f (x) över K . Visa att g (x) splittras över L. Antag att Sätt
14.
K L M . Antag f (x) 2 K [x]. Visa att M också är splittringskropp till f (x), betraktat som polynom i L[x]. Antag att att
M
K, L
och
M
är kroppar sådana att
är splittringskroppen till polynomet
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
522
15.
Låt
L
K . Antag att varje K [x] splittras över L. Visa att L är algebraiskt
vara en algebraisk utvidgning av kroppen
icke-konstant polynom i sluten.
16.
Låt
K vara en kropp och L en utvidgning av K sådan att [L : K ] = 2. L är splittringskroppen för något polynom i K [x].
Visa att
17.
Låt
K
vara en kropp och
ringskropp över
K
ges av
f (x) ett polynom av grad n 1, vars splittL. Visa att [L : K ] n!.
20.2 Separabla utvidgningar Låt
f (x)
vara ett moniskt polynom över en kropp
polynomets splittringskropp över
f (x) enligt
K
och låt
L
vara
K . Över L kan vi kan då faktorisera
f (x) = (x 1 )n1 (x 2 )n2 : : : (x s )ns ; 1 ; 2 ; : : : ; s är de olika nollställena till f (x) i L, och där de n1 ; n2 ; : : : ; ns uppfyller n1 + n2 + + ns = deg f (x). Talet nj kallas för multipliciteten av nollstället j . Om nj = 1, så kallas motsvarande j för ett enkelt nollställe, medan det säges vara multipelt, om nj > 1. Vi kommer i detta avsnitt vara intresserade av där
positiva heltalen
huruvida ett irreducibelt polynom har enkla eller multipla nollställen i sin splittringskropp.
De nition 20.23. Antag att K är kropp. Ett irreducibelt polynom f (x) i K [x] kallas för ett separabelt polynom över K , om samtliga nollställen till f (x) i dess splittringskropp är enkla. Ett polynom
separabelt, om samtliga dess irreducibla faktorer är separabla. Ett element i en algebraisk utvidgning av K säges vara ett separabelt element, om dess minimalpolynom över K är separabelt. En utvidgning L av K säges vara en separabel utvidgning, om samtliga element i L är separabla över K . som inte är irreducibelt kallas
p
p
3 tillpx2 3 2pQ [x] är båda enkla nollställen till detta polynom. Sålunda är 3 och 3 separabla 2 3 är ett separabelt polynom. Utvidgningelement över Q , och x p en Q ( 3) är vidare en separabel utvidgning av Q , ty ett godtyckligt
Exempel 20.24.
Nollställena
3 och
20.2. Separabla utvidgningar
p
523
p
a + b 3 2 Q ( 3) har m(x) = x2 2x +(a2 3b2 ) som minimalpolynom över Q , om b 6= 0 (visa detta!). Detta polynom är separabelt, p p ty dess två nollställen, som ges av a + b 3 och a b 3 (visa detta också!), är olika, eftersom b 6= 0. Vad händer förresten om b = 0? element
För att kunna avgöra om ett irreducibelt polynom är separabelt eller inte, visar sig begreppet
formell derivata
utgöra ett eektivt hjälpme-
del.
De nition 20.25.
Låt
K
vara en kropp och
f (x) = an xn + an 1 xn 1 + + a1 x + a0 ett polynom i
K [x].
Då de nieras den
formella derivatan
av
f (x)
som polynomet
f 0 (x) = (n an )xn 1 + [(n 1) an 1 ]xn 2 + + (2 a2 )x + a1 : När man använder sig av formell derivata, deriverar man alltså som vanligt. Resultatet av en formell derivation kan dock bero på vilken kropp polynomets koe cienter är hämtade från.
Exempel 20.26. Låt f (x) = 2x3 + 1 och g(x) = x5 . Betraktade som 0 2 0 4 polynom i Z7[x] så blir f (x) = 6x och g (x) = 5x , men betraktade 0 2 0 som polynom i Z5[x] erhålles istället f (x) = x och g (x) = 0. Den formella derivatan av ett polynom kan som synes bli lika med nollpolynomet, trots att polynomet inte är konstant.
Notera att den formella derivatan av ett konstant polynom alltid är
deg f (x) 1, så är deg f 0 (x) deg f (x) 1 0 (i den mån f (x) inte är nollpolynomet). nollpolynomet, och att om
Lemma 20.27. kropp. Då gäller (i) (ii)
Låt
f (x); g(x)
2 K [x] och ; 2 K , där K
[ f (x) + g(x)]0 = f 0 (x) + g0 (x) [f (x)g(x)]0 = f 0(x)g(x) + f (x)g0 (x).
är en
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
524
Bevis.
Beviset för (i) är enkelt.
3 Vi lämnar det som en övning till
läsaren, liksom dess naturliga generalisering till en summa bestående av er än två termer.
f (x) = a0 + a1x + + anxn och g(x) = b0 + b1 x + + am xm så i j i+j . blir f (x)g (x) en summa av termer på formen (ai x )(bj x ) = ai bj x Om
På grund av (i) räcker det därför att bevisa (ii) i det specialfall då
f (x) = xm och g(x) = xn för några positiva heltal m och n. Vi har då f (x)g(x) = xm+n , så [f (x)g(x)]0 = (m + n)xm+n 1 : Å andra sidan är
f 0 (x)g(x) + f (x)g0 (x) = mxm 1 xn + xm nxn = mxm+n 1 + nxm+n 1 = (m + n)xm+n 1 ;
1
och (ii) följer.
Observera att lemmat ovan inte kan motiveras med satser från analysen, eftersom derivatan där de nieras på annorlunda sätt, med gränsprocesser inblandade.
Lemma 20.28. Låt f (x) 2 K [x] vara ett icke-konstant polynom med 2 K som nollställe. Då är ett multipelt nollställe, om och endast 0 om f ( ) = 0K . För det första ger faktorsatsen att f (x) = (x )g(x) för något g(x) 2 K [x]. Nu är ett multipelt nollställe till f (x), om och endast om (x ) j g(x). Detta är i sin tur ekvivalent med att g( ) = 0K . Men
Bevis.
med hjälp av föregående lemma får vi att
f 0 (x) = g(x) + (x )g0 (x); 0 så g ( ) = 0K är i sin tur ekvivalent med att f ( ) = 0K . Lemma 20.29.
f (x) vara ett irreducibelt polynom i K [x], där K f (x) ett multipelt nollställe i sin splittringskropp, 0 om och endast om f (x) är nollpolynomet. Låt
är en kropp. Då har 3
För att inte säga mycket enkelt!
20.2. Separabla utvidgningar
)) Antag att L är splittringskroppen till f (x) över K , och 2 L är ett multipelt nollställe till f (x). Efter att eventuellt
Bevis. att
525
(
multiplicera
f (x)
f (x) är f (x) är minimalpolynomet till över K . Med hjälp
med en lämplig konstant, kan vi anta att
moniskt, d.v.s. att
av faktorsatsen kan vi skriva
f (x) = (x )g(x)
(20.1)
g(x) 2 L[x]. Eftersom är ett multipelt nollställe f (x), är ett nollställe även till g(x), d.v.s. g( ) = 0L . Vi vill 0 visa att f (x) är nollpolynomet. Antag att så ej är fallet. Då gäller deg f 0 (x) 0. Genom att beräkna den formella derivatan av f (x) så för något polynom till
får vi från (20.1) och formeln för derivata av en produkt, att
f 0 (x) = g(x) + (x )g0 (x): Evaluering av
f 0 (x) i
f 0( ) = 0K , och eftersom f (x) 0 därmed f (x) j f (x). Detta skulle
ger därmed
är minimalpolynomet till
,
måste
emellertid innebära att
deg f (x) deg f 0 (x) deg f (x) 1; 0 vilket är tämligen svårt att tro på! Alltså måste f (x) vara nollpolynomet.
() Om f 0(x) är nollpolynomet så gäller f 0( ) = 0K . Enligt lem-
(
ma 20.28 måste
därmed vara ett multipelt nollställe till f (x).
Inför nästa sats erinrar vi oss från de nition 13.43 att karakteristiken
char R för en ring R med etta ges av det minsta positiva heltal n som uppfyller
n 1R = |1R + 1R {z + + 1R} = 0R ; n termer
n existerar. Om så ej är fallet, sätter vi char R = 0. För en kropp K har vi alltid char K = 0 eller char K = p, där p är ett i den mån ett sådant
primtal. Detta är en konsekvens av sats 13.48.
Sats 20.30.
Låt
K
braisk utvidgning av
vara en kropp med
K
separabel.
char K = 0. Då är varje alge-
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
526
L vara en algebraisk utvidgning av K och välj 2 L godtyckligt. Vi vill visa att är separabelt över K , d.v.s. att dess minimalpolynom m(x) endast har enkla nollställen i sin splittringskropp. Bevis.
Låt
Ansätt
m(x) = xn + an 1 xn 1 + + a1 x + a0 ; där
n 1. Då blir
m0 (x) = (n 1K ) xn 1 + [(n 1) an 1 ]xn 2 + + (2 a2 )x + a1 : Om
m(x) har ett multipelt nollställe, så måste m0 (x) vara nollpolyno-
met, enligt lemma 20.29. Detta innebär att samtliga dess koe cienter
n 1K . Men eftersom n är ett positivt heltal och char K = 0, så är n 1K 6= 0K . Detta måste vara noll, speciellt högstagradskoe cienten
är en motsägelse, och vi har därmed bevisat satsen.
Exempel 20.31. av
Kroppen
p p Q ( 4 2; 3 2)
är en separabel utvidgning
Q , ty det är fråga om en algebraisk (t.o.m. ändlig) utvidgning av en
kropp av karakteristik
0, och varje algebraisk utvidgning av en sådan
är separabel, enligt föregående sats.
Vi avslutar detta avsnitt med en sats som vi kommer att behöva, när vi i nästa kapitel börjar att studera Galoisteori.
Sats 20.32 (Primitiva elementsatsen). Låt K vara en kropp med karakteristiken 0. Då är varje ändlig utvidgning av K en enkel utvidgning.
L vara en ändlig utvidgning av K . Enligt sats 18.57 har vi då L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) för några 1 ; 2 ; : : : ; n 2 L. Vi skall visa att det nns ett i L, som ensamt klarar av det alla i gör tillsammans, d.v.s. uppfyller K ( ) = L. Det räcker att bevisa detta i det specialfall, då L = K ( ; ). Det allmänna fallet följer sedan med hjälp av ett enkelt induktionsbevis (över antalet till K adjungerade element). Låt m (x) 2 K [x] och m (x) 2 K [x] vara minimalpolynomen till respektive över K . Antag att nollställena till m (x) i det algebraiska höljet K till K ges av 1 ; 2 ; : : : ; r och att 1 ; 2 ; : : : ; s på motsvarande sätt är nollställena i K till m (x). Efter en eventuell omnumrering av Bevis.
Låt
20.2. Separabla utvidgningar
527
dessa element kan vi anta att
1 = och 1 = . Eftersom char K = 0,
så är varje utvidgning av
separabel (se sats 20.30), vilket innebär
K
att nollställena till varje irreducibelt polynom över
i
är alla
sinsemellan olika, liksom alla
j .
K är enkla. Således
En kropp med karakteristik noll är alltid oändlig, så det nns ett
a2K
sådant att
a( för alla
j ) 6= i
(20.2)
i = 1; 2; : : : ; r och j = 2; 3; : : : ; s. Vi påstår att = + a
(20.3)
K ( ) = K ( ; ). K ( ) K ( ; ) är klart, ty = + a 2 K ( ; ). Den omvän-
uppfyller Att
da inklusionen är knivigare att övertyga sig om. Betrakta polynomet
f (x) = m ( ax): x med koe cienter i K ( ). Vi skall nu undersöka vilka av nollställena till m (x) som också är nollställen till f (x). Vi har Detta är ett polynom i för det första
f ( ) = m ( a ) = m ( ) = 0K ;
= 1 är därmed ett gemensamt nollställe till f (x) och m (x). För j 6= 1 har vi vidare så
f ( j ) = m ( a j ) = m [ + a(
j )];
med utnyttjande av (20.3). Med hjälp av (20.2) följer att
+ a(
j ) 6= + ( i
) = i ;
j 6= 1, så är f ( j ) alltid skilt från m ( i ) = 0K . K till m (x) och f (x), vilket betyder att polynomet x en sgd till m (x) och f (x), betraktade som polynom över K ( ). Detta medför att 2 K ( ), vilket i sin tur medför = a 2 K ( ). Sålunda har vi K ( ; ) K ( ), vilket betyder att om Sålunda är
det enda gemensamma nollstället i
och därmed är beviset klart.
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
528
p p Q ( 2; 3) av Q . Minimalpolynomen till 2 och 3 över Q är m1 (x) = x2 2 respektive p 2 mp 3. Eftersom samtliga nollställen till m1 (p x) ges av p2 och 2 (x) = x Exempel 20.33.p 2,
p
Betrakta utvidgningen
och samtliga nollställen till
m2 (x)
utgörs av
3
och
3,
så
p p p p Q ( 2; 3) = Q ( 2 + a 3) om vi väljer
följer från beviset för primitiva elementsatsen, närmare bestämt formlerna (20.2) och (20.3), att
a 2 Q
så att
p p r 2 ( 2) p = 23 ; a 6= p 3 ( 3) p p p p vilket inte är direkt svårt! Vi ser att Q ( 2; 3) = Q ( 2 + a 3) för alla rationella tal a = 6 0. Övningar till avsnitt 20.2 1.
Bevisa lemma 20.27(i), och dess generalisering till en summa med er än två termer.
2.
Bestäm den formella derivatan till följande polynom i respektive polynomring.
(a) x4 3x + 2 2 Q [x] (b) 2x3 + (1 + 2i)x2 ix + 4 + 2i 2 C [x] (c) x4 + x3 + x2 + x + 1 2 Z2[x] (d) x7 + 5x5 + 2x4 + 2x2 + 3x + 1 2 Z7[x] (e) (2x + 1)2 2 Z5[x] (f) 2x12 + x9 + x6 + 2x3 + 1 2 Z3[x] 3.
f (x) vara ett icke-konstant polynom över en kropp K . (a) Visa att deg f 0 (x) = deg f (x) 1, om char K = 0. (b) Vad krävs för att likhet skall gälla i (a), när char K = p Låt
är ett
primtal?
4.
p vara ett primtal och K en kropp med karakteristiken p. Visa att f (x) 2 K [x] är separabelt över K , om och endast om f (x) är på formen Låt
ett irreducibelt polynom
f (x) = a0 + a1 xp + a2 x2p + + an xnp för något
5.
n 1.
Utför det induktionsbevis som omnämns i inledningen till beviset för primitiva elementsatsen (sats 20.32).
20.3. Ändliga kroppar 6.
Låt
F
529
vara fraktionskroppen till
F = Z2(x) =
[ ], d.v.s.
Z2 x
f (x) f (x); g(x) 2 Z2[x]; g(x) 6= 0 ; g(x)
se exempel 17.8.
(a) Visa att polynomet h(y) = y2 x 2 F [y] är irreducibelt över F . (b) Visa att h(y) har ett dubbelt nollställe i sin splittringskropp, och att
h(y) därmed inte är ett separabelt polynom.
20.3 Ändliga kroppar I detta avsnitt skall vi studera ändliga kroppar. Vi kommer bl.a. att klassi cera samtliga ändliga kroppar på isomor när, vilket visar sig vara ett relativt enkelt problem, åtminstone jämfört med motsvarande problem för ändliga grupper. Först konstaterar vi att en ändlig kropp måste ha karakteristiken för något primtal
p.
Exempelvis har vi ju
char Zp = p.
Kroppen
p
Zp
visar sig i själva verket inta en viktig roll när det gäller ändliga grupper, vilket nedanstående sats belyser. För övrigt kommer
p att i hela detta
avsnitt beteckna ett primtal.
Sats 20.34. Låt K vara en ändlig kropp och antag att char K = p. Då har K en underkropp isomorf med Zp. Bevis.
Betrakta avbildningen
: Z! K
de nierad enligt
(n) = n 1K för alla
n 2 Z. Eftersom
(m + n) = (m + n) 1K = m 1K + n 1K = (m) + (n) (mn) = (mn) 1K = (m 1K )(n 1K ) = (m) (n); så är
och
en homomor sm. Vidare medför char K = p att n 1K = 0K , n är en multipel av p. Således är
om och endast om
ker = fn 2 Z j n 1K = 0K g = pZ;
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
530
och med hjälp av första isomor satsen för ringar får vi att
Zp ' Z=pZ = Z= ker ' im K: Därmed är beviset klart.
Sats 20.35. Om K är en jLj = qn. Bevis. Låt
Låt
L vara en ändlig utvidgning av K med [L : K ] = n. q element, så är även L ändlig och
ändlig kropp med
Vi kan betrakta
f 1 ; 2 ; : : : ; ng
L som ett n-dimensionellt vektorrum över K .
vara en bas för detta vektorrum. Då har varje
2 L en entydig framställning på formen
= b1 1 + b2 2 + + bn n ;
b1 ; : : : ; bn 2 K . Varje bi kan se ut på q olika sätt, eftersom jK j = q, n n vilket ger att kan se ut på q olika sätt. Sålunda jLj = q . där
Följdsats 20.36. Om K jK j = pn för något n 1. Bevis.
är en ändlig kropp med
K
Enligt sats 20.34 har
kan betrakta
K
en underkropp isomorf med
som en utvidgning av
utvidgning, varvid sats 20.35 ger att
n 1.
Exempel 20.37.
char K = p, så är
Zp, så vi
Zp. Denna är givetvis en ändlig
K innehåller pn element för något
Följdsatsen ovan säger alltså antalet element i en
ändlig kropp måste vara lika med en primtalspotens. Till exempel kan det sålunda inte nnas någon kropp som innehåller
6, 10 eller 12 ele-
ment.
Eftersom varje ändlig kropp
K
enligt sats 20.34 har en underkropp
Zp, kan vi anta (och gör så också!) att K är en ändlig Zp. Det visar sig närmare bestämt vara så, att K är splittringskroppen till ett polynom med koe cienter i Zp. isomorf med
utvidgning av
Sats 20.38.
Låt
K
vara en kropp med
ringskroppen till polynomet
f (x) = x
pn
pn element. x 2 Zp[x].
Då är
K
splitt-
20.3. Ändliga kroppar Bevis. alla
531
Den multiplikativa gruppen
2 K
pn 1 gäller
K innehåller pn 1 element, så för
= 1K , enligt följdsats 6.18 (en av följdsatserna
till Lagranges sats). Från detta följer
n
p
= 0K ;
och vi kan konstatera att alla element i grund av att
f (x)
till
K
är nollställen till
f (x). På
jK j = deg f (x) = pn, så nns det heller inget nollställe
som saknas i
till detta polynom
K.
Således består
K
precis av alla nollställen
varken mer eller mindre
och då måste
K
vara
polynomets splittringskropp.
Vi kan (än så länge) inte säga något om huruvida det för varje primtalspotens nns en kropp med så många element. Vi övergår nu till att bevisa att faktiskt är så, och att det i isomor mening endast nns en sådan kropp.
Lemma 20.39. Låt K vara en kropp med karakteristiken p. Då är p avbildningen : K ! K , de nierad enligt (a) = a för alla a 2 K , en homomor sm.
Bevis.
Vi behöver visa att
(a + b)p = ap + bp och (ab)p = ap bp för alla
2 K . Den sista av dessa två likheter är trivial. Beträande den
a; b
första, har vi till att börja med
(a + b)p Om
=
p X p k=0
k
ak bp k :
(20.4)
1 k p 1, så gäller
p p! p(p 1)! p p 1 = = = ; k (p k)! k! [(p 1) (k 1)]! k(k 1)! k k 1
från vilket
p p 1 k =p k k 1 följer. Denna likhet säger att ett primtal och
p är en delare i k
p k ,
men eftersom
1 k p 1, så gäller i själva verket p j
p k .
p är
Eftersom
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
532
char K = p, kommer därmed samtliga termer utom två att försvinna i högerledet till (20.4). De två termer som överlever, är de som svarar mot
k=0
respektive
k = p.
Således gäller
(a + p)p = ap + bp ,
och
därmed är lemmat bevisat.
, som de nieras i lemmat ovan, går vanligtvis under benämningen Frobenius' homomor sm. Homomor smen
Lemma 20.40. Låt K vara en ändlig kropp med char K = p. Då är n p polynomet x x 2 K [x] separabelt. Bevis.
Sätt
f (x) = xpn x. Vi skall visa att f (x) saknar multipla noll-
ställen i sin splittringskropp. Med hänvisning till lemma 20.28, räcker det att visa att
f 0 ( ) = 6 0K
för alla nollställen
till
f (x).
Detta är
klart, eftersom
f 0 (x) = pn xp
n 1
där termen
pn xpn
1
1K = 1 K ;
försvinner på grund av att
char K = p.
Vi kan nu bevisa att det nns en entydigt bestämd kropp (på isomor när) med
pn element, där n 1, för varje primtal p.
Sats 20.41.
Det nns en ändlig kropp med
lig primtalspotens
pn element för varje möj-
pn , där n 1. Denna är dessutom entydigt bestämd
i isomor mening.
L vara splittringskroppen till f (x) = xpn x över Zp, och låt : L ! L vara Frobenius' homomor sm, se lemma 20.39. Då m en homomor sm4 från L till L för alla positiva är givetvis även heltal m, och med hjälp av induktion över m visar man enkelt att apm = m (a) för alla a 2 L. Låt nu K vara mängden av alla nollställen i L till f (x). Eftersom f (x) enligt lemma 20.40 är separabelt, så är deg f (x) = pn = jK j. Existensdelen av beviset följer, om vi kan visa att K är en kropp. Låt pn = och därför ; 2 K vara två nollställen till f (x). Då är alltså 4 m = Æ Æ Æ , där antalet i högerledet är m, d.v.s. m betecknar Här är Bevis.
Låt
sammansatt med sig själv
m gånger.
20.3. Ändliga kroppar
533
pn = , eller i termer om Frobenius' homomor sm, n ( ) = och n ( ) = . Därmed är det en smal sak att visa att även + och är nollställen till f (x), ty vi har n
( + )p = n ( + ) = n ( ) + n ( ) = + och
n
( )p = n ( ) = n ( ) n ( ) = : Detta är tillräckligt för att konstatera att
K
är en kropp, eftersom det
är ändliga mängder vi handskas med. Existensen av en kropp med element är därmed fastlagd. Eftersom mängden måste vi ha
K = L,
K
av alla nollställen till
d.v.s.
K
pn
f (x) i sig är en kropp, f (x) över Zp.
är splittringskroppen till
Entydigheten följer därmed av följdsats 20.12, som säger att splittringskroppen till ett polynom är entydigt bestämd, på isomor när.
Exempel 20.42. Den nns väsentligen en kropp med 2, 3, 4, 5, 7, 8 respektive 9 element, eller med andra ord sju kroppar som innehåller
färre än tio element.
De nition 20.43. Den ändliga kropp som innehåller pn element ben 5 n tecknas GF(p ) och kallas Galoiskroppen av ordning p . Notationen GF kommer från det engelska ordet för Galoiskropp:
Field.
Sats 20.44. + alla n 2 Z .
Det nns ett irreducibelt polynom av grad
Galois
n i Zp[x], för
K = GF(pn ). Då är K en ändlig utvidgning av Zp, och sats 20.35 medför att [K : Zp] = n. Enligt följdsats 20.47 är K = Zp( ) för något 2 K . För minimalpolynomet m(x) till över Zp gäller att Bevis.
Sätt
deg m(x) = degZp( ) = [Zp( ) : Zp] = [K : Zp] = n;
vilket bevisar satsen. 5
Evariste Galois (1811-1832), fransk matematiker. Anses av många vara grun-
daren av det vi idag kallar abstrakt algebra.
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
534
Därmed kan vi nu avslöja ett recept för hur man kan tillverka då
n 1 och primtalet p är givna.
1. Tag ett irreducibelt polynom
GF(pn ),
f (x) av grad n i Zp[x]. (Ett sådant
polynom existerar, enligt sats 20.44, men att hitta det kan i och för sig vara en annan femma.) 2. Med
f (x)
valt enligt ovan, så blir
na är isomorf med
jZp( )j = pn. Exempel 20.45.
Zp[x]= hf (x)i en kropp. Den-
Zp( ), där är ett nollställe till f (x), och
GF(25) skall vi nna ett irredu2 i Z5[x]. Ett sådant ges av x2 + 2, och således 2 blir Z5[x]=hx + 2i en Galoiskropp med 25 element. För att konstruera
cibelt polynom av grad
Det nns en ganska tjusig koppling mellan ändliga kroppar och cykliska grupper, vilken vi redogör för i följande sats.
Sats 20.46.
Låt
K
vara en ändlig kropp. Då är
(K ; )
en cyklisk
grupp.
Bevis.
Klart är att
K
åtminstone är en ändlig abelsk grupp under
multiplikation. Enligt struktursatsen för ändliga abelska grupper nns det därmed (multiplikativa) cykliska grupper spektive ordning
d1 ; d2 ; : : : ; dr , sådana att
Cd1 ; Cd2 ; : : : ; Cdr
av re-
K ' Cd1 Cd2 Cdr ; där varje Då är
di = pni i är en primtalspotens. Sätt m = MGM(d1 ; d2 ; : : : ; dr ). m d1 d2 : : : dr = jK j:
Om
ai 2 Cdi
så gäller
Följaktligen gäller
(20.5)
adi i = 1Cdi . Då vidare di j m så följer am i = 1Cdi .
m m (a1 ; a2 ; : : : ; ar )m = (am 1 ; a2 ; : : : ; ar ) = (1Cd1 ; 1Cd2 ; : : : ; 1Cdm ) = 1K
(a1 ; a2 ; : : : ; ar ) 2 Cd1 Cd2 Cdr , d.v.s. alla element i K m 1 2 K [x]. Men polynomet kan ha xm 1 har är nollställen till x K K för alla
20.3. Ändliga kroppar högst
535
m nollställen i K , så följaktligen måste m jK j = d1 d2 : : : dr :
(20.6)
Av (20.5) och (20.6) följer därmed
m = d1 d2 : : : dr :
(20.7)
m = MGM(d1 ; d2 ; : : : ; dr ) = MGM(pn1 1 ; pn2 2 ; : : : ; pnr r ) att primtalen p1 ; p2 ; : : : ; pr alla måste vara olika. Talen
Men eftersom så ger (20.7)
d1 ; d2 ; : : : ; dr är således parvis relativt prima, vilket medför att gruppen Cd1 Cd2 Cdr , och därmed också K , är cyklisk.
Som en konsekvens av ovanstående sats har vi motsvarigheten till primitiva elementsatsen (sats 20.32) för ändliga kroppar.
Följdsats 20.47.
Varje ändlig utvidgning av en ändlig kropp är en
enkel utvidgning.
Bevis.
Låt
K
vara en ändlig kropp och
L
en ändlig utvidgning av
L är en ändlig kropp. Sålunda är L enligt sats 20.46 en cyklisk grupp, d.v.s. L = h i för något 2 L . Om vi adjungerar detta till K , så erhåller vi givetvis L = K ( ), och beviset denna. Sats 20.35 säger att
är därmed klart.
Sats 20.46 är inte sann för oändliga kroppar. Faktum är att den inte gäller för någon oändlig kropp överhuvudtaget, se övning 9.
Exempel 20.48. Av sats 20.46 framgår det att (Zp; ) ' (Zp 1; +) för alla primtal p. Alltså är exempelvis Z7 under multiplikation modulo 7 isomorf med Z6 under addition modulo 6. Det nns två generatorer i den additiva gruppen Z6 (1 och 5), så det nns därmed också två generatorer i den multiplikativa gruppen
Z7. Vi försöker nna dessa genom
att prova oss fram. Vi har
Z7 = f1; 2; 3; 4; 5; 6g. Här är 1 neutralt element och givetvis
23 = 1 så är inte heller 2 någon generator; 2 2 genererar den cykliska undergruppen f1; 2; 4g. Men då både 3 = 2 6= 1 3 och 3 = 6 6= 1, så är 3 en av generatorerna till Z7. (Vi behöver, som ingen generator. Eftersom
536
Kapitel 20. Splittringskroppar och separabla utvidgningar
34
en konsekvens av Lagranges sats, inte bemöda oss med att beräkna
35 .) Genom att fortsätta enligt ovan nner vi att 5 är den andra generatorn, och att h4i = f1; 2; 4g = h2i och h6i = f1; 6g. eller
Ett element i en kropp K säges vara en primitiv n:te enhetsrot i K , om genererar en cyklisk undergrupp av ordning n i den multiplikativa gruppen K .
De nition 20.49.
Exempel 20.50. i kroppen
C.
Exempel 20.51.
Det komplexa talet
i är en primitiv fjärde enhetsrot
Med hänvisning till exempel 20.48, så är
3
och
5
Z7, elementen 2 och 4 är primitiva tredje 6 är en primitiv andra enhetsrot.
primitiva sjätte enhetsrötter i enhetsrötter, medan
n:te enhetsrötter i Z11 är lika med antalet element av ordning n i (Z11; ) ' (Z10; +). Det nns inga primitiva n:te rötter, om n är något av talen 3, 4, 6, 7, 8 eller 9. Det nns dock en primitiv andra enhetsrot, eftersom (Z10; +) innehåller ett element av ordning 2. De primitiva femte enhetsrötterna är fyra till antalet, ty (Z10; +) innehåller fyra element av ordning 5. Det nns Exempel 20.52.
Antalet primitiva
dessutom fyra primitiva tionde enhetsrötter, eftersom en cyklisk grupp av ordning
10 innehåller fyra generatorer.
Övningar till avsnitt 20.3 1.
För vilka heltal
n, sådana att 20 n 40, nns det en kropp med n
element?
2.
Finn samtliga generatorer till var och en av de multiplikativa grupperna
3.
För respektive
(a) Z5
(b) Z7 n
(c) Z13.
och kropp nedan, bestäm antalet primitiva
n:te
en-
hetsrötter.
(a) n = 4; Z17 (d) n = 3; GF(36) (g) n = 10; GF(23)
(b) n = 6; GF(25) (e) n = 8; GF(121) (h) n = 5; C
(c) n = 3; GF(16) (f) n = 18; GF(19) (i) n = 5; R
20.3. Ändliga kroppar 4.
K
Låt
537
vara en kropp med
char K = 0 och de niera :
Z
!K
samma sätt som i beviset för sats 20.34. Visa med hjälp av sats 17.5, att
K
har en underkropp som är isomorf med
Q.
på och
GF(27). 6. Konstruera GF(8). Bestäm också en generator till den multiplikativa gruppen GF(8) . 7. Konstruera en kropp med 9 element. Finn också en generator till denna 5.
Konstruera
kropps multiplikativa grupp.
8.
Bestäm samtliga primitiva tredje enhetsrötter i kroppen
( ) = fa + b j a; b 2 Z5; 2 = 3g:
Z5
9. 10.
K
Låt
Antag att något
11.
vara en oändlig kropp. Visa att den multiplikativa gruppen
inte är cyklisk.
f (x)
n 1.
2
[]
Zp x
är irreducibelt. Visa att
Visa att det nns exakt en underkropp med varje delare
m i n.
pm
n
f (x) j (xp
element i
x)
K för
GF(pn ) för
12. (a) Bestäm samtliga irreducibla polynom av grad 1 och 3 i Z2[x]. Visa att produkten av dem är lika med
x8
x.
att produkten av dem är lika med
x9
x.
(b) Bestäm samtliga irreducibla polynom av grad 1 och 2 i Z3[x]. Visa (c) Bestäm samtliga irreducibla polynom av grad 1, 2 och 4 i Z2[x]. Visa att produkten av dem är lika med
(d) Låt n
x16
x.
vara ett positivt heltal. Med ledning av ovanstående del-
uppgifter, formulera och bevisa en sats rörande produkten av alla irreducibla polynom i
13.
[ ], vars grad är en delare i n.
Zp x
Visa att en algebraiskt sluten kropp är oändlig.
K är en ändlig algebraiskt sluten kropp som pn element för något primtal p, och betrakta polynomet x 2 K [x] för ett lämpligt valt m.)
(Ledning: Antag att innehåller
xp
14.
m
Visa att summan av alla elementen i ändlig kropp med
0K .
K
alltid är lika
(Ledning: Enligt beviset för sats 20.41 är samtliga element i ställen till
n
xp
x
2 K [x],
för någon primtalspotens
sambandet mellan rötter och koe cienter!)
pn .
K
noll-
Utnyttja
Kapitel 21
En introduktion till Galoisteori I kapitel 22 kommer vi bevisa att en femtegradsekvation med rationella koe cienter inte är lösbar, eller snarare att det inte nns någon formel för ekvationens rötter. Med formel menas här ett uttryck i polynomets koe cienter, som endast är uppbyggt av de fyra vanliga räknesätten, samt
n:te-rötter.
Vi kan emellertid inte ta itu med det-
ta bevis utan att först studera litet Galoisteori, på vilket beviset för femtegradsekvationens olösbarhet vilar.
21.1 Galoisgrupper Inom Galoisteorin används gruppteori för att studera egenskaper hos kroppsutvidgningar. Om
L
man bilda den så kallade
är en utvidgning av en kropp
Galoisgruppen
K,
så kan
till denna utvidgning. Man
kan utläsa vissa egenskaper hos utvidgningen, genom att studera mot-
f (x) 2 Q [x] vara ett polynom Q ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ), där till f (x). Genom att undersöka
svarande Galoisgrupp. Låt till exempel
5, och bilda 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 2 C av grad
dess splittringskropp är nollställena
den Galoisgrupp som denna utvidgning av t.ex. se ifall ekvationen
Q
ger upphov till, kan man
f (x) = 0 är lösbar eller inte.
Vi kommer nedan att förutsätta, att varje utvidgning av någon
K är algebraisk, och att denna är innehållen i ett xt algebraiskt hölje K till K . kropp
538
21.1. Galoisgrupper
De nition 21.1. för en
539
En isomor sm från en kropp
automor sm Aut(K ).
på
K.
K
till sig själv kallas
Mängden av alla automor smer på
K
betecknas
Det är lätt att se att
Aut(K ) utgör
en grupp under sammansättning
av avbildningar (se övning 1). Inom Galoisteorin intresserar man sig litet extra för vissa speciella typer av homomor smer, isomor smer och automor smer.
De nition 21.2. Låt K vara en kropp och antag att L1 och L2 är utvidgningar av K . En homomor sm : L1 ! L2 säges vara en K -
homomor sm, om
(a) = a
för alla
a 2 K;
(21.1)
till K är identitetsavbildningen på K . Vi för en K -isomor sm, om dessutom är en isomor sm. Om vidare L1 = L2 = L, d.v.s. ifall är en automor sm på L, så kallar vi för en K -automor sm. d.v.s. om restriktionen av kallar
Exempel 21.3.
Betrakta avbildningen
:C
!C
de nierad enligt
(z ) = (a + bi) = a bi = z; för alla
z = a + bi 2 C .
Det är lätt att se att denna är bijektiv. Vidare
följer av räknelagarna för konjugering av komplexa tal, att
(z + w) = z + w = z + w och
(zw) = zw = zw = (z ) (w): en automor sm på C . Eftersom vidare (a) = a för alla i själva verket en R-automor sm. En annan R -automor sm på C är givetvis identitetsavbildningen " C . Som vi snart skall se, är " och ovanstående de enda möjliga
Således är
a 2 R, på
är
R-automor smerna på C .
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
540
Sats 21.4.
L vara en utvidgning av K och låt G(L=K ) vara mängden av alla K -automor smer på L. Då är G(L=K ) en undergrupp i Aut(L). Bevis.
Låt
Låt
1
och
2 vara två K -automor smer på L. Då är 1 [2 (a)] = 1 (a) = a;
så
G(L=K ) är stabil med avseende på sammansättning av avbildningar. " 2 G(L=K ), och om är en K -automor sm, så får vi
Givetvis gäller från
1 (a) = 1 [(a)] = a; att också
1
är det. Sålunda gäller
G(L=K ) Aut(L), vilket skulle
bevisas.
De nition 21.5.
Gruppen
gruppen till L över K . Beteckningen
G(L=K )
L=K i G(L=K )
i sats 21.4 kallas för
har ingenting med någon kvotring att
göra, utan skall ses som ett förkortat skrivsätt för att av
Galois-
K.
L är en utvidgning
Vårt primära mål är att reda ut vad elementen i en Galoisgrupp kan ha för egenskaper, förutom att de är vidgning
L av K .
K -automor smer
på en ut-
De nition 21.6. Låt L vara en algebraisk utvidgning av en kropp K . Två element ; 2 L säges vara konjugerade över K , om de har samma minimalpolynom över K .
p
p
Exempel 21.7. Talen 2 och 2 är konjugerade över Q , eftersom 2 2 som minimalpolynom över Q . de båda har x över Q , och dess p4 x4 p4 2 är irreducibelt p nollställen i C ges av 2, 2, i 2 och i 4 2. Således är dessa fyra element konjugerade till varandra över Q .
Exempel 21.8.
p4
Polynomet
21.1. Galoisgrupper
541
z = a + bi, där b 6= 0. Genom att kvadrera båda leden i z a = bi, så fås z 2 2az + a2 = b2 , vilket innebär att z är ett nollställe f (x) 2 R [x], där Exempel 21.9.
Betrakta det komplexa talet
f (x) = x2 2ax + a2 + b2 : b= 6 0, är f (x) i själva verket minimalpolynomet till z R. Men nu är även konjugatet till z, d.v.s. z = a bi, ett nollställe
På grund av att över till
f (x), ty
f (a bi) = (a bi)2 2a(a bi) + a2 + b2 = a2 2abi b2 2a2 + 2abi + a2 + b2 = 0; vilket innebär att talen
a + bi 2 C .
a + bi och a bi är konjugerade över R, för alla
Sats 21.10.
Antag att och är algebraiska över kroppen K . Då K -isomor sm : K ( ) ! K ( ) sådan att ( ) = , om och endast om och är konjugerade över K . nns det en
Bevis.
)) Låt : K ( ) ! K ( ) vara en K -isomor sm sådan att
(
( ) = . Vi vill visa att och har samma minimalpolynom över K . Antag att
m (x) = xn + an 1 xn 1 + + a1 x + a0 är minimalpolynomet till
över K . Då har vi å ena sidan
[m ( )] = (0K ) = 0K : Men i och med att
är en K -isomor sm, så gäller (ai ) = ai för alla i,
vilket å andra sidan ger
[m ( )] = ( n + an 1 n 1 + + a1 + a0 ) = [( )]n + an 1 [( )]n 1 + + a1 ( ) + a0 = n + an 1 n 1 + + a1 + a0 : ett nollställe till m (x). Om m (x) är minimalpolynomet till över K , så måste sålunda m (x) j m (x). På grund av att m (x) är Således är
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
542
irreducibelt över
K , så har m (x) inga andra delare i K [x] än konstanta
polynom och associerade polynom till sig självt. Från detta följer att
m (x) = m (x), vilket betyder att och är konjugerade över K . (() Antag att och har samma minimalpolynom m(x) över K . Låt " vara identitetsavbildningen på K . Om man i lemma 20.10 låter K1 = K2 = K och = ", så följer att " kan utvidgas till en K -isomor sm från K ( ) till K ( ), som avbildar på . Därmed är beviset fullbordat.
Tack vare ovanstående sats kan vi nu redogöra för hur en Galoisgrupp
G(L=K ) ser ut i det fall, då L är en enkel utvidgning av K , d.v.s. då L = K ( ) för något 2 L. Sats 21.11. Låt K vara en kropp och L = K ( ) en enkel utvidgning av K , där 2 L är algebraiskt över K . Då är varje element i G(L=K ) entydigt bestämt av ( ). Närmare bestämt måste ( ) vara lika med något av de konjugerade element till över K , som tillhör K ( ). Bevis.
Ett element
2 K ( ) har enligt sats 18.48 en entydig fram-
ställning på formen
= b0 + b1 + + bn 1 n 1 ; b0 ; b1 ; : : : ; bn 1 2 K K ( ) har vi därmed
där på
och
n = degK ( ).
För en
K -automor sm
( ) = b0 + b1 ( ) + + bn 1 [( )]n 1 ; är entydigt bestämt av ( ). Det följer av sats 21.10, att ( ) och har samma minimalpolynom över K , så ( ) är lika med något av de nollställen till detta polynom som nns i K ( ). vilket visar att
Exempel 21.12.
Betrakta den enkla utvidgningen
p p Q ( 3) = fa + b 3 j a; b 2 Qg p p av Q . En Q -automor sm : Q ( 3) ! Q ( 3) bestäms entydigt av p p p dess värde i 3 . De alternativ som står till buds är ( 3) = 3 eller p p ( 3) =
3,
eftersom dessa två element precis är nollställena till
21.1. Galoisgrupper
543
p
p
p
x3 p 3 2 Q [x], minimalpolynomet till 3. Såväl 3 som 3 tillhör Q ( 3), så båda dessa alternativ p duger. Detta ger att det nns exakt två Q -automor smer på Q ( 3), nämligen identitetsavbildningen
som avbildar
som avbildar
p
p
p
p
p
p
"(a + b 3) = a + b 3;
3 på 3, och
(a + b 3) = a b 3;
p
p
3 på
3. Således är Galoisgruppen
p
G Q ( 3)=Q = f"; g av ordning
2, och därmed isomorf med Z2.
Exempel 21.13.
p3 x3 2 22 Qp3 [x] är irreducibelt över Q och 2, ! 2 och ! 2 i C , där p
p3
Polynomet
har de tre nollställena
! = e2i=3 =
1+i 3 : 2
p p Q ( 3 2), nämligen 3 2. De båda p3 andra elementen är icke-reella och kan därför inte nnas med i Q ( 2), eftersom denna utvidgning av Q p endast innehåller reella tal. Således består Galoisgrupp G(Q ( 3 2)=Q ) i detta fall endast av ett element, nämligen identitetsavbildningen ", p3 d.v.s. G(Q ( 2)=Q ) är den triviala gruppen. Av dessa tre sinsemellan konjugerade element är det endast ett som tillhör
R-automor smerna på C är de två som presenteras i exempel 21.3. Detta beror på att C = R (i), så en R-automor sm på C bestäms entydigt av hur den avbildar i, för vilket det nns två möjligheter (antingen på i eller i). Således är G(C =R ) Exempel 21.14.
De enda möjliga
en grupp av ordning
2.
Vi skall nu generalisera sats 21.11 till att omfatta ändliga utvidgningar. En sådan är på formen algebraiska över
K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ),
K , se sats 18.57.
där
1 ; 2 ; : : : ; n
är
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
544
Sats 21.15.
K vara en kropp och L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ) en ändlig utvidgning av K . Låt m1 (x); m2 (x); : : : ; mn (x) vara minimalpolynomen över K till respektive 1 ; 2 ; : : : ; n . Då är varje 2 G(L=K ) entydigt bestämt av alla ( i ), och för varje i gäller att ( i ) måste vara lika med något av de nollställen till mi (x), som nns i L. Bevis.
Att
Låt
( i )
måste vara ett nollställe till
mi (x),
är klart sedan
K -automor sm på L är entydigt bestämd av dess värden i 1 ; 2 ; : : : ; n . Detta är ekvivalent med att om två K -automor smer 1 och 2 är lika med varandra i 1 ; 2 ; : : : ; n , så är de lika med varandra i varje 2 L. Vi genomför detta bevis med hjälp av induktion över n. Om n = 1, så är L = K ( 1 ) en enkel utvidgning av K , och vi kan därmed referera till sats 21.11. Antag nu att n > 1, och att påståendet i satsen är sant, ifall L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n 1 ). För att visa det i fallet L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ), sätter vi först M = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n 1 ). Om det för 1 ; 2 2 G(L=K ) gäller att 1 ( i ) = 2 ( i ) för alla i = 1; 2; : : : ; n 1, så måste 1 och 2 vara lika med varandra på M , enligt induktionsantagandet. Nu är L = M ( n ) en enkel utvidgning av M , och vi har 1 = 2 på M . En utvidgning av de nitionsmängden för avbildningarna 1 och 2 från M till L bestäms entydigt av värdet av 1 ( n ) respektive 2 ( n ), enligt sats 21.11, men eftersom 1 ( n ) = 2 ( n ) så betyder detta att 1 = 2 även på L. tidigare (sats 21.11). Vi behöver alltså bara visa att en
Exempel 21.16.
p p
p
p
p
L = Q ( 2; 5) = fa + b 2 + c 5 + d 10 j a; b; c; d 2 Qg
Q -automor sm på L är enligtp sats 21.15 p entydigt bestämd 2 och 5. Eftersom samtliga p p 2 somp 5 tillhör L, kanpvi konstatera konjugerade element till såväl p att en Q -automor sm på L avbildar 2 på antingen 2 eller 2, p p p 5 på antingen 5 eller 5. Alla möjliga teckenkombinationer och ger upphov till fyra Q -automor smer ", 1 , 2 och 3 , vars värden i p p av
Q.
Betrakta utvidgningen
En
av vad den hittar på med elementen
2 respektive 5 visas i tabellen i gur 21.1 på motstående sida. Vi har således att G(L=Q ) = f"; 1 ; 2 ; 3 g är en grupp av ordning 4, så den är isomorf med Z4 eller Kleins fyrgrupp V . Vilken av dem? I exempel 21.12 fann vi att Galoisgruppen till utvidgningen
p Q ( 3)
21.1. Galoisgrupper
545
p p" p2 p2 5
p p2
p2
1
5
p2 5
5
p3
p2 5
Figur 21.1 av
Q
p
består av två element. Detta visar sig också vara lika med grad-
[Q ( 3) : Q ] = 2. Samma sak har vi i exsidan är jG(C =R )j = 2, och å andra sidan är
talet för utvidgningen; empel 21.14; å ena
[C : Rp ] = 2p. Vi nner ävenpmotsvarande likhet i exempel 21.16, d.v.s. p jG(Q ( 2; 5)=Q )j = [Q ( 2; 5) : Q ] = 4. (Här kan gradtalet för utvidgningen beräknas med hjälp av gradtalssatsen.) Det är dock in-
te alltid vi har likhet mellan antalet element i Galoisgruppen för en
p p jG(Q ( 3 2)=Q )j = 1, men [Q ( 3 2) : Q ] = 3. En na-
utvidgning och gradtalet för densamma. Ett motexempel nner vi i exempel 21.13, där
turlig fråga är nu, om det bara är slumpen som avgör när vi har likhet eller inte, eller om det är något speciellt med de utvidgningar, för vilka likhet råder. Well, the magic word is
splittringskropp : : :
K1 och K2 vara isomorfa kroppar och : K1 ! K2 en isomor sm. Låt vidare ^ : K1 [x] ! K2 [x] vara den av inducerade isomor smen (se lemma 20.8). Låt slutligen f (x) 2 K1 [x] vara ett ickekonstant moniskt polynom med splittringskropp L1 över K1 , samt låt L2 vara splittringskroppen över K2 till ^ [f (x)] = f (x) 2 K2 [x]. Då kan utvidgas till en isomor sm : L1 ! L2 på [L1 : K1 ] olika sätt. Sats 21.17.
Låt
n = [L1 : K1 ] för f (x) har K1 som splittringskropp. Detta betyder att vi kan skriva f (x) som Bevis.
Vi kommer att använda oss av induktion över
att bevisa satsen. Om
n = 1,
L1 = K1 ,
så är
en produkt
f (x) = av förstagradspolynom i
r Y i=1
(x ai )
K1 [x]. Då blir
f (x) =
r Y i=1
[x (ai )]
vilket innebär att
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
546
en produkt av förstagradspolynom i över
K2 [x], d.v.s. f (x) splittras alltså
K2 . Således är L2 = K2 . Satsen är därmed bevisad i detta fall.
L1
K1 ( )
K1
L2
im K2
Figur 21.2 n > 1, så splittras f (x) inte över K1 , utan f (x) har då en irreducibel delare p(x) 2 K1 [x] av grad m > 1. Låt 2 L1 vara ett nollställe till p(x). Genom att adjungera till K1 , erhålls en utvidgning K1 ( ) av K1 , för vilken vi har [K1 ( ) : K1 ] = deg p(x) = m. Enligt sats 20.11 kan vi utvidga till en isomor sm : L1 ! L2 . Restriktionen av till K1 ( ) ger upphov till injektiv homomor sm : K1 ( ) ! L2 , och vi har K2 im L2 , se gur 21.2. Här är en utvidgning av , som i sin tur är en utvidgning av . Vi kan alltså utvidga i två steg. Detta betyder att om det nns s möjliga sätt att utvidga till en isomor sm : K1 ( ) ! im , och t möjliga utvidgningar av varje sådant till en isomor sm : L1 ! L2 , så kan vi utvidga :s de nitionsmängd till L1 på st olika sätt. Med dessa beteckningar skall vi alltså visa att st = n, vilket följer med hjälp av gradtalssatsen, om vi kan visa att s = m = [K1 ( ) : K1 ] och t = [L1 : K1 ( )]. Om
Genom att använda just gradtalssatsen, så får vi
n = [L1 : K1 ( )] [K1 ( ) : K1 ] = [L1 : K1 ( )] m > [L1 : K1 ( )]; m = [K1 ( ) : K1 ] > 1. Eftersom L1 är f (x) över K1 , så är L1 också splittringskroppen till f (x), betraktat som polynom över K1 ( ). Alltså kan vi använda induktionsantagandet på utvidgningen L1 av K1 ( ), för att konstatera att det nns [L1 : K1 ( )] olika sätt att utvidga en injektiv homomor sm : K1 ( ) ! L2 till en isomor sm : L1 ! L2 . Därmed gäller t = [L1 : K1 ( )]. där olikheten kommer sig av att splittringskroppen till
21.1. Galoisgrupper
547
s = m. Polynomet p (x) 2 K2 [x] är, liksom p(x), ett irreducibelt polynom av grad m. Låt 1 ; 2 ; : : : ; m vara de olika nollställena till p (x) i L2 . Enligt lemma 20.10 kan vi för varje i utvidga till en homomor sm i : K1 ( ) ! L2 sådan att i ( ) = i . Således är s m. Men för en godtycklig utvidgning : K1 ( ) ! L2 av , gäller å andra sidan p [ ( )] = [p( )] = (0K1 ) = 0K2 ; d.v.s. ( ) är ett nollställe till p (x). Vi måste därmed ha = i för något i, eftersom är entydigt bestämd av dess värde i . I själva verket gäller alltså s = m och beviset är därmed klart. Det återstår att visa att
Följdsats 21.18. Låt L vara splittringskroppen till polynomet f (x) över kroppen K . Då är jG(L=K )j = [L : K ]. K1 = K2 = K och L1 = L2 = L, samt vara identitetsav" på K i sats 21.17. Då ger denna sats direkt, att antalet K -automor smer på L är lika med [L : K ]. Bevis.
Låt
bildningen
De nition 21.19.
En utvidgning
L
av en kropp
K
säges vara en
normal utvidgning, om L är en splittringskropp för något polynom f (x) 2 K [x].
L är en K , så är jG(L=K )j = [L : K ]. Normala
Med denna terminologi så säger alltså följdsats 21.18, att om normal utvidgning av kroppen
utvidgningar kommer att vara extra intressanta i fortsättningen.
Exempel 21.20.
Utvidgningarna i exemplen 21.12, 21.14 och 21.16
är alla normala. Det är i dessa exempel nämligen frågan om splitt-
x2 3 över Q , x2 + 1 över p3 R respektive 2 7x +10 över Q . Däremot är Q ( 2)pinte en nor3 se exempel 21.13, eftersom jG(Q ( 2)=Q )j = 1
ringskroppar till polynomen
(x2 2)(x2 5) = x4
p
mal utvidgning av men
Q,
[Q ( 3 2) : Q ] = 3.
Övningar till avsnitt 21.1 1.
K vara en kropp. Visa att mängden Aut(K ) av alla automor smer K är en grupp under sammansättning av avbildningar.
Låt på
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
548
2.
Låt
L1 och L2 vara utvidgningar av kroppen K . Visa att en K -homo : L1 ! L2 alltid är injektiv.
mor sm
3.
Bestäm samtliga konjugerade element till
4.
Låt
p
(a) p7 över pQ (c) p2 + 3 över Q (e) 2 + i över R p (g) 3 över R
p
(b) 1p+ 5pöver Q p (d) p2 + 3 över Q ( 2) (f) p2 + i över Q p p (h) 3 3 över Q ( 3).
p p p
L = Q ( 2; 5; 7)pochpantag att 1 , p 2 och 3 är Q -automor smer på L, vilkas verkan på 2, 5 respektive 7 ges av tabellen i gur 21.3. Beräkna
p
(a) 1 ( 2
p
p
p
7)
p
(c) 3 1 ( 35 + 4 10)
p p2 p5 7
!
2 + p7 (b) 3 2 3 5 p p (d) 2 [1 ( 14) 3 ( 70)]
p p2 p5 1
7
p2
p2 p5 7
p3
p2 p5 7
Figur 21.3 5.
jG(K=Q )j, om p (a) K = Q (p4 3) p 3
p p p
Bestäm
(c) K = Q ( 3; 5).
(b) K = Q ( p2; p3; 3 2) (d) K = Q ( 4 2; 3 3)
p p p p jG(L=K )j, om L = Q ( 3 5; i 5; 3) och K = Q ( 3).
6.
Bestäm
7.
Bestäm samtliga element i följande Galoisgrupper.
8.
Bestäm ordningen av Galoisgruppen
p
(a) G Q ( 5)=Q p (c) G Q (i 2)=Q p p p (e) G Q ( 7; 11)=Q ( 11)
p
(b) G Q ( 4 3)=Q p p (d) G Q ( 7; 11)=Q p p (f) G Q ( 3; 3 3)=Q G(L=Q ), om L är splittringskrop-
pen till
(a) x2 (c) x3 (e) x4 (g) (x3
2x + 2 över Q 3 över Q 6x2 + 6 över Q 2)(x2 2) över Q
(b) x2 (d) x2 (f) x4 (h) (x3
5x 7 över R 5x + 6 över Q p 6x2 + 6 över Q ( 3)p 2)(x2 2) över Q ( 3 2).
21.2. Galoisteorins huvudsats 9.
549
L vara splittringskroppen till x3 (a) Visa att jG(L=Q )j = 6.
Låt
5 över Q .
(b) Det nns i isomor mening två grupper av ordning 6, nämligen Z6 och
10.
Låt
S3 . Vilken av dessa grupper är G(L=Q )
L vara splittringskroppen till x5 1 över Q . G(L=Q ).
ment i
(Tips: Det kan vara bra att skriva nollställena till
isomorf med? Bestäm samtliga ele-
x5 1 på polär form.)
21.2 Galoisteorins huvudsats För att förenkla framställningen,
så kommer alla kroppar i fortsättning-
en antas ha karakteristik 0. Alla de vanliga talkropparna Q , R
och
C
är
typexempel på sådana kroppar. Mycket av det som sägs i detta avsnitt är dock sant (i vissa fall efter någon smärre justering) även för kroppar med karakteristiken med karakteristiken
p > 0. En fördel med att endast betrakta kroppar 0 är att alla algebraiska utvidgningar kommer att
vara separabla, se sats 20.30. Detta betyder alltså att ett irreducibelt polynom alltid har enkla nollställen i sin splittringskropp.
K och L är kroppar sådana att K L, så kallas varje kropp M med egenskapen K M L för en mellankropp till K och L. GaOm
loisteorins huvudsats, som vi så småningom skall formulera, säger att
L är en normal utvidgning av K , så råder ett 1-1-förhållande melK och L, och mängden av alla undergrupper i Galoisgruppen G(L=K ). Det sätt på vilket undergrupper i G(L=K ) är kopplade till mellankroppar till K och L (och vice om
lan mängden av alla mellankroppar till
versa) är ganska naturligt.
Lemma 21.21.
Låt
L vara en utvidgning av en kropp K . Då gäller
följande: (i) För varje undergrupp
H i G(L=K ) så är
LH = fa 2 L j (a) = a för alla 2 H g en mellankropp till
K
L.
M till K G(L=K ).
(ii) För varje mellankropp en undergrupp i
och
och
L, så är (M ) = G(L=M )
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
550
Bevis.
(i) Tag
a; b
2 LH . Då gäller (a) = a och (b) = b för alla
2 H . Av detta fås
(a + b) = (a) + (b) = a + b och
(ab) = (a)(b) = ab; så
LH
är stabil både med avseende på addition och multiplikation.
En automor sm uppfyller alltid
(0K ) = 0K
och
(1K ) = 1K ,
så de
båda neutrala elementen (med avseende på addition respektive multiplikation) tillhör
LH . När det gäller additiva respektive multiplikativa
inverser, så är det grönt ljus även här, eftersom
( a) = (a) = a och, om
b 6= 0K , (b 1 ) = (b)
1
= b 1:
Därmed är (i) bevisad.
M -automor sm på L är en K -automor sm på L, efterK är en underkropp i M . Detta ger att gruppen (M ) = G(L=M ) en delmängd av G(L=K ) och därmed en undergrupp i densam(ii) Varje
som är
ma.
De nition 21.22.
Mellankroppen LH till K och L i lemma 21.21(i) xkroppen till H . Fixkroppen till H består alltså av de element i L som är xpunkter till samtliga K -automor smer i H , d.v.s. alla 2 L som uppfyller ( ) = för alla 2 H . ovan kallas för
p p
Exempel 21.23. Vi såg i exempel 21.16 att om L = Q ( 2; 5), så är G(L=Q ) = f"; 1 ; 2 ; 3 g, där ", 1 , 2 och 3 verkar på elep p menten 2 och 5 på det sätt som tabellen i gur 21.1 på sidan 545 2 anger. Det är inte svårt att se att i = " för alla i, vilket betyder att G(L=Q ) är isomorf med Kleins fyrgrupp. Undergrupperna i G(L=Q ) utgörs av H0 = f"g, H1 = f"; 1 g, H2 = f"; 2 g, H3 = f"; 3 g och p p H4 = G(L=Q ). Fixkroppen LH0 är givetvis hela L = Q ( 2; 5), eftersom " är identitetsavbildningen på L. Ett element
p
p
p
= a + b 2 + c 5 + d 10
21.2. Galoisteorins huvudsats tillhör
551
LH1 , om och endast om 1 ( ) = . Detta sker precis då
p
p
p
p
p
p
a + b 2 + c 5 + d 10 = a + b 2 c 5 d 10; d.v.s. om och endast om
p
c = d = 0, vilket ger
p
= a + b 2:
LHp1 = Q ( 2). Påpliknande vis (utför själv detaljerna!) fås att LH2 = Q ( 5), LH3 = Q ( 10) och LH4 = LG(L=Q) = Q .
Därmed är
Eftersom Galoisteorins huvudsats uttalar sig om egenskaper hos normala utvidgningar, behöver vi bekanta oss litet mera med sådana.
Lemma 21.24.
Låt
L vara en ändlig utvidgning av K . Då är följande
utsagor ekvivalenta: (i) Varje irreducibelt polynom i
K [x],
som har ett nollställe i
L,
L. L är en normal utvidgning av K . Varje K -homomor sm : L ! K är en K -automor sm på L. (Vi påminner om att K betecknar det algebraiska höljet till K .) splittras över
(ii) (iii)
Bevis.
(i)
) (ii) Antag att varje irreducibelt polynom i K [x] med ett
L splittras över L. Vi skall visa att L är splittringskroppen till något polynom i K [x]. Tag 1 2 L godtyckligt och låt m1 (x) vara minimalpolynomet till över K . Då splittras m1 (x) över L, vilket innebär att splittringskroppen M1 till m1 (x) är en underkropp i L. Om M1 = L är vi klara. Välj i annat fall 2 2 LnM1 , och låt m2 (x) vara minimalpolynomet till 2 över K . Då splittras m2 (x), och därmed också m1 (x)m2 (x), över L. Låt M2 vara splittringskroppen till m1 (x)m2 (x) över K . Då gäller M2 L, och eftersom 2 M2 n M1 , så är M1 < M2 . Om nu M2 = L så är vi färdiga, annars upprepar vi ovanstående process. Vi erhåller då en följd M1 ; M2 ; : : : av kroppar, sådana att följden [M1 : K ]; [M2 : K ]; : : : är strängt växande. Men då alla Mi är underkroppar i L, och då L är en ändlig utvidgning av K , måste vi så småningom erhålla Mr = L för något r . Kroppen Mr kommer då att vara splittringskropp till polynomet m1 (x)m2 (x) : : : mr (x) 2 K [x], och därmed en normal utvidgning av K . nollställe i
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
552
) (iii) Antag att L är en normal utvidgning av K . Då är L splittringskroppen för något polynom f (x) 2 K [x], vilket innebär att (ii)
L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; n ); där 1 ; 2 ; : : : ; n är samtliga nollställen till f (x) i K . Låt : L ! K vara en K -homomor sm. Vi vill att im = L. Enligt sats 21.15 måste avbilda varje i på ett element i L (närmare bestämt på ett till i konjugerat element över K ), vilket ger att im L. Men varje K homomor sm är injektiv (se övning 2 till avsnitt 21.1), så : L ! im är alltså en isomor sm, d.v.s. L ' im . Detta ger [L : im ] = [L : L] = 1; im = L följer. Alltså är en K -automor sm på L. (iii) ) (i) Antag att varje K -homomor sm : L ! K är en K automor sm på L. Låt p(x) 2 K [x] vara ett irreducibelt polynom, och antag att p(x) har ett nollställe i L. Vi vill visa att p(x) splittras över L, vilket är fallet om samtliga nollställen till p(x) tillhör L. Antag att 2 K är ett godtyckligt nollställe till p(x). Då är och konjugerade element över K , så på grund av sats 21.11 går det att välja så att ( ) = . Men nu säger (iii), att är en K -automor sm på L, vilket betyder att 2 L. Eftersom valdes godtyckligt bland nollställena till p(x), gäller således (i). från vilket
Exempel 21.25.
I exempel 21.20 konstaterade vi att
är en normal utvidgning av
p Q ( 3 2)
inte
Q , genom att hänvisa till följdsats 21.18.
Vi kan med hjälp av lemma 21.24 ge ett alternativt bevis för detta.
2 2pQ [x] är irreducibelt över Q och har ett nollställe p Q ( 2) (i form av 3 2). Om Q ( 3 2) vore en normal putvidgning av Q , 3 2 enligt lemma 21.24 splittras över Q ( 3 2). Men som vi så skulle x
p3
Polynomet i
x3
sett tidigare, är detta inte fallet.
Lemma 21.26. Låt K vara en kropp och L en normal utvidgning av K . Låt vidare M vara en mellankropp till K och L. Då är L en normal utvidgning av M . Vidare är M en normal utvidgning av K , om och endast om (M ) = M för alla 2 G(L=K ). Bevis.
L är en normal utvidgning av K , så är L splittringsnågot polynom i K [x]. Detta polynom kan vi lika gärna
Eftersom
kroppen till
21.2. Galoisteorins huvudsats
M [x], varav det följer att L är en normal
betrakta som ett polynom i utvidgning av
M.
553
M är en normal utvidgning av K , (M ) = M för alla 2 G(L=K ). ()) Antag att M är en normal utvidgning av K . Restriktionen M till M av en K -automor sm 2 G(L=K ) är då en K -homomor sm från M till L. Eftersom M är en normal utvidgning av K , ger lemma 21.24 att M är en K -automor sm på M , d.v.s. im M = M . Således är (M ) = M (M ) = M . (() Antag att (M ) = M för alla 2 G(L=K ). Vi skall visa att M är en normal utvidgning av K , vilket enligt lemma 21.24 är ekvivalent med att varje K -homomor sm från M till K är en K -automor sm på M . Låt därför : M ! K vara en godtycklig K -homomor sm. Vi konstaterade ovan att L är en normal utvidgning av M , så därmed medför sats 20.11 att kan utvidgas till en K -homomor sm : L ! K . Men L är ju en normal utvidgning av K , så enligt lemma 21.24 gäller 2 G(L=K ). Vi antog ovan att (M ) = M för alla 2 G(L=K ), och således gäller speciellt (M ) = M . Eftersom är en utvidgning av , har vi därmed im = M , d.v.s. är en K -automor sm på M , vilket Vi övergår så till beviset för att
om och endast om
skulle bevisas.
Därmed har vi nu tillräckligt med information för att kunna formulera Galoisteorins huvudsats, och presentera ett bevis för densamma.
Sats 21.27 (Galoisteorins huvudsats). Antag att K är en kropp och L en normal utvidgning av K . Låt K vara mängden av alla mellankroppar till K och L, och G mängden av alla undergrupper i G(L=K ). Då är avbildningen : K ! G de nierad enligt (M ) = G(L=M )
2 K (se lemma 21.21(ii)) en bijektiv avbildning sådan att L (M ) = M för alla M 2 K, d.v.s. xkroppen till G(L=M ) är M . (LH ) = H för alla H 2 G , d.v.s. xkroppen till H avbildas
för alla (i) (ii)
M
på
H genom . M1 ; M2 2 K
M2 , så är (M1 ) (M2 ) i G . Omvänt, om H1 ; H2 2 G är sådana att H1 H2 , så gäller
(iii) Om
uppfyller
M1
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
554
1 (H
1)
1 (H
2)
i
K. Med andra ord är
inklusionsomkas-
tande. (iv)
j (M )j = [L : M ] och [M : K ] = (G(L=K ) : (M )), antalet vän(M ) = G(L=M ) i G(L=K ). K , om och endast om G(L=M ) är en normal undergrupp i G(L=K ). Om så är fallet gäller stersidoklasser till undergruppen
(v)
M
är en normal utvidgning av
G(L=K ) = G(L=M ) ' G(M=K ): M L (M ) = LG(L=M ) , ty samtliga element i M är xpunkter till en M -automor sm. Antag att M < L (M ) . Vi kan då nna ett 2 L (M ) n M . Eftersom 2 = M måste minimalpolynomet till över M vara av grad 2 eller högre, så det måste nnas 1 minst ett konjugerat element 6= till . Låt : M ( ) ! M ( ) vara den M -isomor sm som avbildar på , se sats 21.10. Sats 20.11 säger att denna kan utvidgas till en M -automor sm på L, eftersom L är en normal utvidgning av M ( ) (enligt lemma 21.26). För detta gäller alltså 2 G(L=M ) och ( ) = 6= . Men vi valde ju 2 LG(L=M ) och av den anledningen borde ( ) = . Detta är en motsägelse, så vi måste ha M = L (M ) och (i) är därmed bevisad. (ii) Elementen i H är alla LH -automor smer, eftersom LH är xkroppen till H . Sålunda gäller åtminstone H G(L=LH ) = (LH ). Vi antar nu att H < (LH ) och försöker visa att detta leder till en Bevis.
(i) Vi har åtminstone
motsägelse. Enligt primitiva elementsatsen (sats 20.32), är
L en enkel
utvidg-
LH , d.v.s. L = LH ( ) för något 2 L. Av lemma 21.26 följer L också är en normal utvidgning av LH , så enligt följdsats 21.18 är
ning av att
[L : LH ] = jG(L=LH )j = n för något positivt heltal
n. Sätt jH j = m. Då är m < n. Låt 1 ; 2 ; : : : ; m
vara en uppräkning av de olika elementen i
(21.2)
H . För varje 2 H är även
1 ; 2 ; : : : ; m 1
Här utnyttjar vi att alla inblandade kroppar har karakteristik
till detta avsnitt.
(21.3)
0, se inledningen
21.2. Galoisteorins huvudsats
555
en uppräkning av samtliga element i
f (x) =
H . Sätt
m Y i=1
[x i ( )]:
Eftersom (21.2) och (21.3) båda är en uppräkning av gäller för alla
2H
H :s element, så
att
f (x) =
m Y i=1
[x i ( )]:
Detta innebär att samtliga koe cienter till
f (x)
tillhör xkroppen
H , så f (x) 2 LH [x]. För något i måste i vara identitetsavbildning" på L, så en av faktorerna till f (x) är på formen x "( ) = x . Sålunda är ett nollställe till f (x), vilket ger att f (x) är en multipel av minimalpolynomet till över LH . Härav får vi till en
[L : LH ] = [LH ( ) : LH ] = degLH ( ) deg f (x) = m < n = [L : LH ]; vilket är en motsägelse. Sålunda gäller Av (i) och (ii) följer nu att
H = (LH ) och (ii) är bevisad.
är bijektiv. Med hjälp av (i) har vi
nämligen
(M1 ) = (M2 ) =) G(L=M1 ) = G(L=M2 ) =) LG(L=M1 ) = LG(L=M2 ) =) M1 = M2 ; så
H 2 G godtyckligt och bildar dess (LH ) = H , d.v.s. är surjektiv.
är injektiv. Om vi vidare väljer
xkropp
LH , så ger (ii) att
(iii) Detta är en enkel konsekvens av de nitionen av
och begrep-
pet xkropp, så vi lämnar denna del av beviset som en övning för läsaren. (iv) I och med att
L är en normal utvidgning av M , fås den första
likheten i (iv) av
[L : M ] = jG(L=M )j = j (M )j:
(21.4)
Vidare får vi, med hjälp av gradtalssatsen, att
jG(L=K )j = [L : K ] = [L : M ] [M : K ] = jG(L=M )j [M : K ];
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
556
som tillsammans med formel (21.4) ger
[M : K ] =
jG(L=K )j = (G(L=K ) : (M )); jG(L=M )j
och därmed är (iv) bevisad.
(v) (() Antag G(L=M ) G(L=K ). För varje 2 G(L=M ) och 2 G(L=K ), så gäller då 1 2 G(L=M ), d.v.s. 1 ( ) = för alla 2 M . Av detta fås [ ( )] = ( ), vilket innebär att ( )
LG(L=M ) till G(L=M ). Enligt (i) är LG(L=M ) = M . ( ) 2 M för alla 2 G(L=K ) och alla 2 M . Alltså gäller (M ) = M för alla 2 G(L=K ). Lemma 21.26 ger att M är en normal utvidgning av K . ()) Antag att M är en normal utvidgning av K . Enligt lemma 21.26 gäller då (M ) = M för alla 2 G(L=K ), d.v.s om 2 M så gäller också ( ) 2 M . För varje 2 G(L=M ) har vi därmed [( )] = ( ), d.v.s. 1 ( ) = , vilket är ekvivalent med att G(L=M ) G(L=K ). Således har vi nu visat att G(L=K ) = G(L=M ) en grupp, närhelst M är en normal utvidgning av K . Under denna förutsättning skall vi nu visa att denna kvotgrupp är isomorf med G(M=K ). Enligt lemma 21.26 är restriktionen M till M av varje 2 G(L=K ) en K -automor sm på M . Därför är avbildningen : G(L=K ) ! G(M=K ), given av () = M för alla 2 G(L=K ) välde nierad. För att visa att är en homomor sm, måste vi visa att ( ) = ( )M och ( ) ( ) = M M är samma K -automor sm på M , för alla ; 2 G(L=K ). Att så är fallet tillhör xkroppen Vi har därmed
följer av att
M M ( ) = M [ M ( )] = M [ ( )] = [ ( )] = ( ) = ( )M ( ) för alla
2 M . Kärnan till består av alla K -automor smer på L,
M är identitetsavbildningen, d.v.s. ker = f 2 G(L=K ) j ( ) = för alla 2 M g = G(L=M ): Tag 2 G(M=K ) godtyckligt. Tack vare sats 20.11 kan utvidgas till en K -homomor sm : L ! K . Men 2 G(L=K ) på grund av att L är en normal utvidgning av K , och vi har ( ) = M = . Alltså är im = G(M=K ): vars restriktion till
557
21.2. Galoisteorins huvudsats
Den första isomor satsen för grupper ger nu G(L=K ) = G(L=M )
'
G(M =K );
vilket fullbordar beviset för (v).
p p
Vi återvänder till utvidgningen L = Q ( 2; 5) av Q från exempel 21.16. I exempel 21.20 kom vi fram till att L är en normal utvidgning av Q , så enligt Galoisteorins huvudsats skall ett 1-1-förhållande råda mellan undergrupperna i G(L=Q ) och mellankropparna till Q och L. I exempel 21.23 fann vi att undergrupperna i G(L=Q ) är fem till antalet, och att de motsvaras av fem mellankroppar p p p till L och Q , nämligen Q , Q ( 2), Q ( 5), Q ( 10) och L. Det kan enligt Galoisteorins huvudsats inte nnas några er mellankroppar till L och Q än dessa fem, eftersom detta skulle innebära att det fanns er än fem undergrupper i G(L=Q ). Så är inte fallet, eftersom G(L=Q ) är isomorf med Kleins fyrgrupp V , som har exakt fem undergrupper. Exempel 21.28.
p p
Sätt L = Q ( 2; 3 2). Detta är en ändlig utvidgning av Q , men den är inte normal. Detta beror på att p det irreducibla polynomet x3 2 2 Q [x], som i L har nollstället 3 2, inte splittras över L. Enligt lemma 21.24 kan L därför inte vara en splittringskropp till något polynom över Q . p Vi ser att en Q -automor sm på L endast kan avbilda 3 2 på p sig 3 självt, ty detta p nollstället i L till x 2. Däremot kan 2 p är det enda 2. Således består Galoisgruppen G(L=Q ) av avbildas på 2 eller två element den är med andra ord isomorf med Z2. Gruppen Z2 har två undergrupper, men detp nns er pän två mellankroppar till L och Q (vi har (åtminstone) Q , Q ( 2), Q ( 3 2) och L). Det råder alltså ingen 1-1-korrespondens mellan undergrupperna i G(L=Q ) och mellankropparna till Q och L i detta fall. Detta är inte så förvånande, eftersom förutsättningarna i Galoisteorins huvudsats inte är uppfyllda. Exempel 21.29.
Hittills har vi endast talat om Galoisgrupper för utvidgningar. Galoisteorins huvudsats handlar om egenskaper hos Galoisgruppen för en normal utvidgning. En sådan utvidgning är splittringskroppen för ett polynom, så vi kan således också tala om Galoisgruppen för polynom.
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
558
Vi ger en formell de nition av detta begrepp.
De nition 21.30.
f (x) ett polynom i K [x] så de nieras Galoisgruppen för f (x) som G(L=K ), där L är splittringskroppen för f (x) över K . Om
K
är en kropp och
Övningar till avsnitt 21.2 p p p på Q (i; 11) 1. Låt : Q (i; 11) ! Q (i; 11) vara p den Q -automor sm p som uppfyller (i) = i och ( 11) = 11 . Vilka av elementen i p Q (i; 11) är xpunkter till ? p 2. Bestäm samtliga mellankroppar till Q och Q (i; 2). p p 3. Bestäm samtliga undergrupper i G Q ( 2; 7)=Q , samt motsvarande p p mellankroppar till Q och Q ( 2; 7). 4. (a) Bestäm splittringskroppen L till x4 8x2 + 12 över Q . (b) Bestäm samtliga undergrupper i G(L=Q ), samt motsvarande mellankroppar till
5.
Q
och
Visa att Galoisgruppen
L.
G(L=Q ),
där
p
L = Q ( 5; i),
är isomorf med
Kleins fyrgrupp.
6.
Vilka av nedanstående kroppar är splittringskroppar över
p (a) Q (p3 3) (e) Q ( 5)
p (b) Q (i;p 13) 5 (f) Q ( 2)
Bevisa (iii) i Galoisteorins huvudsats.
8.
Låt
L vara splittringskroppen till x3
2 över Q .
(a) Visa att det nns tre mellankroppar till Q Q.
p
(c) Q p p (d) Q (2 + p 2) 3 (g) Q ( 5; 11) (h) Q (i + 3)
7.
mala utvidgningar av
Q?
och
L som inte är nor-
(b) Visa att det, bortsett från Q till
Q
och
och L, endast nns en mellankropp L som är en normal utvidgning av Q .
21.3 Ett större exempel Vi skall avrunda kapitlet med ett litet större exempel, i avsikten att illustrera Galoisteorins huvudsats. Detta exempel är ganska klassiskt, och brukar åter nnas i de esta framställningar av teorin.
21.3. Ett större exempel
559
Vår uppgift är att bestämma Galoisgruppen för polynomet
x4
2
Q , ta fram samtliga undergrupper i denna, samt nna motsvarande Q och L, där L är splittringskroppen till x4 2 över Q . Nu är över
mellankroppar till
x4
där
2 = (x + )(x )(x + i )(x i );
p = 4 2. Splittringskroppen till x4 2 över Q
ges därmed av
L = Q ( ; i): På grund av att
L,
i egenskap av splittringskropp till
normal utvidgning av
x4
2,
är en
Q , så gäller jG(L=Q )j = [L : Q ]. Med hjälp av
gradtalssatsen nner vi att
[L : Q ] = [Q ( ; i) : Q ( )] [Q ( ) : Q ]: [Q ( ) : Q ] = 4, eftersom minimalpolynomet till över Q är x4 2. Då alla element i Q ( ) är reella och då 2 det icke-reella talet i är nollställe till x + 1, måste detta polynom vara minimalpolynomet till i över Q ( ). Således är [Q ( ; i) : Q ( )] = 2. Här är
fjärdegradspolynomet
Detta ger
[L : Q ] = 2 4 = 8; d.v.s.
G = G(L=Q )
är en grupp av ordning
8.
Nästa steg blir att
bestämma vilka dessa åtta element är. Ett godtyckligt element
2 L kan på ett entydigt sätt skrivas på
formen
= a0 + a1 + a2 2 + a3 3 + a4 i + a5 i + a6 i 2 + a7 i 3 ; a0 ; a1 ; : : : ; a7 2 Q , eftersom en bas för vektorrummet L över Q ges f1; ; 2 ; 3 ; i; i ; i 2 ; i 3 g. Ett element 2 G är entydigt bestämt
där av
( ) och (i). För det första måste ( ) vara lika med anting , , i eller i , i och med att dessa fyra element är konjugerade 4 2 över Q ). Av motsvatill varandra (de har alla minimalpolynomet x rande anledning kan (i) endast vara lika med i eller i, d.v.s. något 2 av nollställena till x + 1. Detta ger fyra valmöjligheter för värdet av ( ) och två för (i), sammanlagt åtta möjliga Q -automor smer på L. Vi har således G = f1 ; 2 ; : : : ; 8 g, där varje j avbildar respektive av en
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
560
i
på det sätt som beskrivs i tabellen i gur 21.4. För ett godtyckligt
valt
2 Q ( ; i) så nner man, med hjälp av denna tabell, till exempel
att
6 ( ) = 6 (a0 + a1 + a2 2 + a3 3 + a4 i + a5 i + a6 i 2 + a7 i 3 ) = a0 + a1 i + a2 (i )2 + a3 (i )3 + a4 ( i) + a5 ( i)i + a6 ( i)(i )2 + a7 ( i)(i )3 = a0 + a5 a2 2 a7 3 a4 i + a1 i + a6 i 2 a3 i 3 : G är isomorf med symmetrigruppen för en kvadrat, den dihedrala gruppen D4 . Detta kan motiveras geometriskt på följanDet visar sig nu att de vis: Sätt
1 = , 2 = i , 3 = och 4 = i . Dessa fyra element C till polynomet x4 2, och om man markerar dem i
är nollställena i
det komplexa talplanet, så bildar de hörnen i en kvadrat, se gur 21.5 på sidan 562. I denna gur ges kvadratens diagonaler
d1 och d2 av den
reella respektive imaginära axeln.
i
1 i
2 i i
3 i
4 5 i i i
6 i i
7 i
8 i i
Figur 21.4 Låt oss se vad som händer med varje
k , då vi låter exempelvis 5 5 ( ) =
verka på dem. Med hjälp av tabellen i gur 21.4 nner vi att och
(i) = i, vilket ger
5 ( 2 ) = 5 (i ) = 5 (i)5 ( ) = i = 4 och
5 ( 4 ) = 5 ( i ) = 5 (i)5 ( ) = i = 2 ; medan av
5
1
och
3
avbildas på sig själva. Den geometriska tolkningen
är alltså en spegling i diagonalen
d1 .
Ett liknande resonemang
21.3. Ett större exempel kan göras med övriga
1 : 2 : 3 : 4 : 5 : 6 : 7 : 8 : Elementet och
1
j
561
(gör det!), varvid man erhåller
identitetsavbildningen
Æ rotation 90
moturs
;
Æ rotation 180 ; Æ rotation 90 medurs; spegling i diagonalen
;
d1 ;
spegling i den räta linjen spegling i diagonalen
d2 ;
spegling i den räta linjen
`1 ; `2 :
tjänstgör som gruppens neutrala element. Förutom
f1 g nns det fyra normala undergrupper i G, i form av N1 = f1 ; 3 ; 6 ; 8 g; N2 = f1 ; 2 ; 3 ; 4 g; N3 = f1 ; 3 ; 5 ; 7 g och N4 = f1 ; 3 g:
G
Dessutom nns det fyra undergrupper som inte är normala. Dessa är
H1 = f1 ; 8 g; H2 = f1 ; 6 g; H3 = f1 ; 7 g och H4 = f1 ; 5 g: Figur 21.6 på sidan 563 visar med hjälp av ett Hassediagram hur alla dessa undergrupper är relaterade till varandra. Galoisteorins huvudsats säger att det för var och en av dessa un-
Q
L. Dessa mellankroppar är LG = Q och Lf1 g = L. Låt oss bestämma LN4 , d.v.s. xkroppen till N4 = f1 ; 3 g. Antag att dergrupper nns en mellankropp till
och
xkroppen till respektive undergrupp. Vi har
= a1 + a2 + a3 2 + a4 3 + a5 i + a6 i + a7 i 2 + a8 i 3 L. Då gäller 2 LN4 , om och endast om 3 ( ) = . Av 3 ( ) = och 3 (i) = i följer är ett godtyckligt element i
3 ( ) = a1
a2 + a3 2
a4 3 + a5 i a6 i + a7 i 2
a8 i 3 :
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
562
d2 2
3
`1
1
4
d1
`2
Figur 21.5 Vi ser att elementen
3 ( ) = , om och endast om a2 = a4 = a6 = a8 = 0, medan a1 , a3 , a5 och a7 får vara godtyckliga. Vi måste alltså ha = a1 + a3 2 + a5 i + a7 i 2 ;
p
p
2 = 2, ser vi att LN4 = Q ( 2; i). För att bestämma LN3 noterar vi att 2 LN3 , om och endast om
och då
= 3 ( ) = 5 ( ) = 7 ( ): a2 = a4 = a6 = a8 = 0 måste gälla, för att 3 ( ) = 5 ( ) = skall gälla, måste dessutom a5 = a7 = 0, ty då 5 ( ) = och 5 (i) = i, så är Ovan såg vi att
skall vara uppfyllt. För att också
5 ( ) = 5 (a1 + a3 2 + a5 i + a7 i 2 ) = a1 + a3 2 Därmed har vi nu
a5 i a7 i 2 :
= a1 + a3 2 . Till slut beräknar vi 7 ( ) och får
7 ( ) = 7 (a1 + a3 2 ) = a1 + a3 2 :
2 LN3 , om och endast om = a1 +p a3 2 , med a1 och a3 godtyckliga, d.v.s. om och endast om 2 Q ( 2). Vi lämnar som en övning för läsaren att med ett liknande förfarande veri era att p LN1 = Q (i 2) och LN2 = Q (i). Sålunda gäller
21.3. Ett större exempel
563
G
H1
N1
N2
N3
H2
N4
H3
H4
f g Figur 21.6 1
Mellankropparna dergrupper i
G.
LN1 , LN2 , LN3
och
LN4
svarar mot normala un-
Enligt Galoisteorins huvudsats skall de därför vara
normala utvidgningar av
Q , d.v.s. de skall vara splittringskroppar för
Q [x]. Så är också fallet, ty de är splittringskroppar x2 + 2, x2 + 1, x2 2 respektive (x2 + 1)(x2 2) = x4 x2 2.
något polynom i för
p
p
Läsaren bör inte ha några större problem med att, på liknande sätt som ovan, visa att
LH3 = Q (i 4 2)
och
LH4 = Q ( 4 2).
Fixkroppar-
LH1 och LH2 är måhända något knepigare att bestämma. När det gäller LH1 så har vi 2 LH1 , om och endast om 8 ( ) = . Om vi na
resonerar på samma sätt som tidigare, så får vi
8 ( ) = a0
a5 a2 2 + a7 3
Alltså måste vi ha
a6
a1 = a5 , a7 = a3
a4 i a1 i + a6 i 2 + a3 i 3 : och
får vara vad som helst. Således skall
a2 = a4 = 0, medan a0
och
vara på formen
= a0 + a1 + a3 3 a1 i + a6 i 2 + a3 i 3 = a0 + a1 (1 i) + a6 i 2 + a3 (1 + i) 3 ; vilket vid första anblicken inte precis gör en direkt klokare. Men nu är
[(1 i) ]2 = (1 i)2 2 = 2i 2 och
[(1 i) ]3 = (1 i)3 3 = 2(1 + i) 3 ;
Kapitel 21. En introduktion till Galoisteori
564
a02 = a6 =2 och a03 = a3 =2, så blir
vilket ger, att om vi sätter
= a0 + a1 (1 i) + a02 [(1 i) ]2 + a03 [(1 i) ]3 :
p
LH1 = Q ((1 i) 4p2). Med samma förfarande övertygar 4 man sig om att LH2 = Q ((1 + i) 2). Mellankropparna LHi kan enligt huvudsatsen inte vara normala Därmed har vi
Q , eftersom de svarar mot icke-normala undergrupper p4 i G. Till exempel är inte LH4 en normal utvidgning av Q , ty Q ( 2) p4 innehåller inte samtliga nollställen till x till 2 p4 p4 4 2, minimalpolynomet i 2 saknas nämligen i över Q . De icke-reella nollställena i 2 och utvidgningar av
denna kropp. Vi lämnar som en övning åt läsaren att veri era att inte heller
LH1 , LH2
eller
LH3
är normala utvidgningar av
Q.
Till sist presenteras i gur 21.7 ett Hassediagram som redogör för hur mellankropparna till
Q
och
L
är relaterade till varandra. Notera
att detta kan fås från motsvarande diagram för undergrupperna i
G
( gur 21.6 på föregående sida), genom att vända uppochned på detta! Detta beror på (iii) i huvudsatsen.
L LH1
LH2
LN4
LH3
LN1
LN2
LN3
LH4
Q
Figur 21.7 Övningar till avsnitt 21.3 1.
Veri era de geometriska tolkningarna av elementen
2.
Veri era att
3.
Visa att
p
LN1 = Q (i 2) och LN2 = Q (i).
p
p
LH3 = Q (i 4 2) och LH4 = Q ( 4 2).
j
på sidan 561.
21.3. Ett större exempel 4.
Visa att de
5.
LH1
565
p
LH2 = Q ((1 + i) 4 2), genom att imitera resonemanget röran-
på föregående sida.
Visa att varken
LH1 , LH2
eller
LH3
är normala utvidgningar av
Q.
Kapitel 22
Polynomekvationer I detta sista kapitel av boken skall vi använda Galoisteori för att studera huruvida en polynomekvation kan lösas med hjälp av successiva rotutdragningar eller inte. Vi kommer i avsnitt 22.1 att bevisa att om
p(x) över en kropp K inte är en lösbar p(x) = 0 inte heller möjlig att lösa. Sedan
Galoisgruppen för ett polynom grupp, så är ekvationen
övergår vi till att studera polynomekvationer över
Q.
I avsnitt 22.2
kommer vi att härleda formlerna, eller snarare algoritmerna, för hur man löser polynomekvationer av grad
4
eller lägre, och i avsnitt 22.3
rundar vi av med att ge ett kriterium för hur man kan avgöra om en femtegradsekvation är lösbar eller inte. Liksom i föregående kapitel, antar vi att
samtliga kroppar i vår framställning har karakteristiken 0.
22.1 Rotutvidgningar Vi inleder med ett exempel för att få ett uppslag till en de nition i termer om kroppsutvidgningar, av vad som menas med att ett polynom är lösbart.
Exempel 22.1.
Låt
f (x) = x6 6x3 +7 2 Q [x]. Ekvationen f (x) = 0
är en sjättegradsekvation som vi med lätthet kan lösa, eftersom det i själva verket bara är frågan om en andragradsekvation med obekant. För det första har vi
p
x3 = 3 + 2
eller
566
x3 = 3
p
2;
x3
som
(22.1)
22.1. Rotutvidgningar
567
p Q ( 2). Detta innebär att om vi vill nna en kroppsutvidgning av Q som innehåller nollställena till f (x), p så börjar vi lämpligen med att adjungera 1 = 2 till Q . Lösningarna vilket är två polynomekvationer över
till ekvationerna (22.1) ges av
p
8 >
: x5;6
p
p
= 3p 3 2 p 3 = ! p3 2 p = !2 3 3 2;
p
p
!p = e2i=p3 = (i 3 1)=2. Om vi adjungerar 2 = 3 3 + 2 och 3 = 3 3 2 till Q ( 1 ), så blir resultatet en utvidgning av Q som åtminstone innehåller x1 och x2 . För att få med övriga nollställen till p f (x) adjungerar vi också 4 = i 3. Vi har därmed en växande följd Q Q ( 1 ) Q ( 1 ; 2 ) Q ( 1 ; 2 ; 3 ) Q ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ) där
av kroppar, där varje kropp i följden är erhållen från föregående genom adjungering av antingen en kvadratrot eller en tredjerot, och där den sista kroppen i följden är så pass stor att den omfattar pen till
f (x).
För att ett polynom i
Q [x] skall vara lösbart med hjälp av successiva
rotutdragningar, måste polynomets
samtliga
nollställen kunna uttryc-
kas med hjälp av dess koe cienter, i en formel som endast innehåller de fyra vanliga räknesätten samt
n:te-rötter.
I termer om kroppsutvidg-
ningar innebär detta att det skall vara möjligt att fånga polynomets splittringskropp, genom att successivt utvidga av
n:te-rötter.
Q
medelst adjungering
De nition 22.2. En utvidgning L av en kropp K kallas för en rotutvidgning av K , om det nns element 1 ; 2 ; : : : ; r 2 L och positiva heltal n1 ; n2 ; : : : ; nr sådana att (i) L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; r ) n1 (ii) 1 2 K ni (iii) i 2 K ( 1 ; 2 ; : : : ; i 1 ), för i = 2; 3; : : : ; r . Ett polynom f (x) 2 K [x] säges vara lösbart (med hjälp av successiva rotutdragningar) över K , om dess splittringskropp över K är innehållen i någon rotutvidgning av K .
Kapitel 22. Polynomekvationer
568
Exempel 22.3.
Det är lätt att se att elementet
r
=
p 11 2,
5
p
q
1+ 7 2 3
p 11
2;
pQ . Genom attp5till exempel välja p 2 = 3 1 , 3 = 7 och 4 = 1 + 3 2 2 , så
är innehållet i en rotutvidgning av
1 =
erhåller vi
2 Q ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ); 2 2 2 11 1 2 Q , 2 2 Q ( 1 ), 3 2 Q ( 1 ; 2 ) (i själva verket 3 2 Q ) och 2 Q ( 1 ; 2 ; 3 ).
där
54
Innan vi bevisar den stora satsen i detta avsnitt, ska vi formulera och bevisa några lemman. Det första av dessa har att göra med huruvida
K
M
är en normal utvidgning av kroppen
K , om
L M , där L är en normal utvidgning K
normal utvidgning av
L. I allmänhet
visar det sig
vi har situationen
och
M
inte
i sin tur en
vara så, d.v.s.
normal utvidgning av är inte en transitiv relation. Vi kan dock rädda transitiviteten genom att bilda mer jordnära till
K.
M
på ett speciellt sätt, så att
M
blir
Lemma 22.4. Låt K vara en kropp och L en normal utvidgning av K . Låt vidare f (x) 2 K [x] vara ett icke-konstant polynom. Antag splittringskroppen till f (x), betraktat som polynom över L, ges av M . Då är M en normal utvidgning av K . Bevis.
Vi har som sagt bestämt oss för att endast betrakta kroppar
0. Detta gör att vi kan använda primitiva elementsatsen för att konstatera att L = K ( ) för något 2 L. Låt m(x) 2 K [x] vara minimalpolynomet till över K . Då måste L vara splittringskroppen till m(x) över K . Polynomet g (x) = f (x)m(x) tillhör K [x] och det splittras över M . I själva verket är M splittringskroppen till g(x) över K . För att bevisa detta, måste vi visa att det inte nns någon kropp F , sådan att K F < M och så att g (x) splittras över F . Antag att så är fallet. Samtliga nollställen till g (x) tillhör då F . Ett av dessa är , och eftersom K F , så följer därmed L = K ( ) F . Men om g (x) splittras över F , så gäller naturligtvis detsamma för f (x). med karakteristik
22.1. Rotutvidgningar Detta medför att
569
F , eftersom M ju är splittringskroppen till f (x)
M
L. Vi har här en motsägelse, och alltså är M splittringskroppen g(x) över K , d.v.s. en normal utvidgning av K .
över till
Nästa lemma säger att om man har en given rotutvidgning av en
K , så kan man alltid ersätta denna med en annan (större) rotK . Ett exempel p4 ges av Q ( 2), som är en rotutvidgning av Q men inte en normal sådan. p4 Den större rotutvidgningen Q ( 2; i) är dock normal, eftersom den är 4 2 2 Q [x]. splittringskroppen till x kropp
utvidgning, som dessutom är en normal utvidgning av
Lemma 22.5. Antag att L = K ( 1 ; 2 ; : : : ; r ) är en rotutvidgning av K . Då nns det en normal rotutvidgning M av K sådan att L M . Bevis.
Vi låter
Ki = K ( 1 ; 2 ; : : : ; i )
för alla
i = 1; 2; : : : ; r,
K0 = K . Med dessa beteckningar har vi givet en följd
samt
K = K0 K1 Kr = L i = 1; 2; : : : ; r har Ki = Ki 1 ( i ) och positivt heltal ni . Vi visar först, med hjälp av
av kroppar, där vi för varje
ni i
2 Ki
för något
induktion, att det är möjligt att konstruera en följd
K = F0 F1 Fr Ki Fi för varje i = 0; 1; : : : ; r, och där varje Fi K. Sätt till att börja med F0 = K0 . Då är givetvis F0 en normal rotutvidgning av K som omfattar K0 . Antag att Fi är en normal rotutvidgning av K , sådan att Ki Fi . Vi skall konstruera en utvidgning Fi+1 av Fi som omfattar Ki+1 , och som är en normal rotutvidgning av K . Låt Gi beteckna Galoisgruppen G(Fi =K ). Detta är en ändlig grupp av K -automor smer på Fi , säg Gi = f1 ; 2 ; : : : ; mi g. Bilda nu polyav kroppar sådana att
är en normal rotutvidgning av
nomet
f (x) =
mi Y k=1
[xni
k ( ni i )]:
(22.2)
Kapitel 22. Polynomekvationer
570
är ett godtyckligt element i Gi , så är 1 ; 2 ; : : : ; mi en uppräkning av samtliga element i Gi , vilket innebär att vi också har Om
f (x) =
2 Gi. Härav
k=1
[xni
( ni i )]
f (x) hör Gi = G(Fi =K ). Av (i) i Galoisteorins huvudsats följer att denna xkropp ges av K , eftersom Fi (enligt vårt induktionsantagande) är en normal utvidgning av K . Med andra ord har vi f (x) 2 K [x]. Låt nu Fi+1 vara splittringskroppen till f (x), betraktat som polynom i Fi [x]. Eftersom Fi är en normal utvidgning av K så ger lemma 22.4 att Fi+1 är en normal utvidgning av K . En av faktorerna i n produkten i (22.2) har utseendet x i ni i (eftersom något k måste vara lika med identitetsavbildningen på Fi ). Således är i ett nollställe till f (x), vilket betyder att i 2 Fi+1 . Eftersom Ki Fi Fi+1 så följer därmed att Ki+1 = Ki ( i ) Fi+1 . Det återstår att bevisa att Fi+1 är en rotutvidgning av K . Det räcker att visa att Fi+1 är en rotutvidgning av Fi , eftersom Fi enligt induktionsantagandet i sin tur är en rotutvidgning av K . Nu är ju Fi+1 splittringskroppen till f (x) över Fi , så vi kan bilda en följd av mellankroppar till Fi och Fi+1 enligt för alla
mi Y
följer att samtliga koe cienter till
hemma i xkroppen till Galoisgruppen
Fi = Fi0 Fi1 Fiti = Fi+1 ; där varje
Fi(j +1)
erhålls från
Fij
genom adjungera ett nollställe till en
ni :te-rot. Således är Fi+1 en rotutvidgning av K , vilket fullbordar induktionen. Speciellt kommer Fr att vara en normal rotutvidgning av K som omfattar Kr = L. Således kan vi välja M = Fr , och vi är därmed klara. av faktorerna i produkten i (22.2), d.v.s. en
Av speciellt intresse är Galoisgruppen för ett polynom av typen över en kropp
K.
Splittringskroppen till ett sådant polynom är en
rotutvidgning, eftersom den erhålls genom att adjungera rötter till
K.
xn a
tal
n:te-
22.1. Rotutvidgningar
Lemma 22.6.
571
Antag att
K
a 2 K . Låt L vara K [x]. Då är G(L=K ) en
är en kropp och låt
splittringskroppen till polynomet
1
xn
a
2
lösbar grupp.
f (x) = xn a 2 K [x]. Vi delar upp beviset i två fall. Fall 1: K innehåller samtliga n:te enhetsrötter, d.v.s. samtliga n n 1 2 K [x]. Låt ! vara en primitiv n:te enhetsrot. nollställen till x K De n enhetsrötterna kan då skrivas Bevis.
Låt
1K ; !; !2 ; : : : ; !n 1 ; och alla dessa antas alltså tillhöra
K . Låt 2 L vara ett nollställe till
f (x). Samtliga nollställen till f (x) ges då av
; ! ; !2 ; : : : ; !n 1 ; vilket inses genom direkt evaluering
f (!i ) = (!i )n
a = (!n )i n a = 1iK n a = n
a = 0K :
L till f (x) över K ges därmed av K ( ). Ett element 2 G(L=K ) bestäms entydigt av ( ), som måste vara lika med något i av nollställena till f (x) i L. Vi måste således ha ( ) = ! för något i. i j Om sålunda ( ) = ! och ( ) = ! , så är Splittringskroppen
( ) = [( )] = (!i ) = (!i ) ( ) = !i !j ; ty
!i 2 K
och
är en
K -automor sm. På samma sätt fås ( ) = !j !i :
!i !j = !j !i = !i+j ,
ger detta att = . Sålunda är G(L=K ) abelsk, och därmed också lösbar. Fall 2: K innehåller inte samtliga n:te enhetsrötter. Låt ! och vara som ovan. Då måste ! 2 = K , ty annars skulle K innehålla samtliga n:te enhetsrötter, i och med att ! är en primitiv sådan. Splittringskroppen L till f (x) innehåller såväl som ! (ty båda dessa element är nollställen 1 = ! . Sätt K = K (! ), som till f (x)), och därmed också (! ) 1 Eftersom
1
För en repetition av vad som menas med att en grupp är lösbar, hänvisar vi
till avsnitt 11.2.
Kapitel 22. Polynomekvationer
572
är splittringskroppen till
xn
1K
över
K,
eftersom
!
är en primitiv
enhetsrot. Då gäller
K < K1 L: K1 bestäms entydigt av dess värde i !, vilket i måste vara lika med ! för något i. Om ; 2 G(K1 =K ) är de nierade i j enligt (! ) = ! respektive (! ) = ! , så blir En
K -automor sm
på
(!) = [(!)] = !ij = !ji = [(!)] = (!); d.v.s.
G(K1 =K ) är abelsk, och således lösbar.
Betrakta nu följden
f"g G(L=K1 ) G(L=K )
(22.3)
K1 är splittringskroppen till xn 1K över K , så är K1 en normal utvidgning av K . Enligt Galoisteorins huvudsats är G(L=K1 ) därmed en normal undergrupp i G(L=K ). Sålunda är (22.3) en subnormal följd. Kvotgruppen G(L=K1 )=f"g ' G(L=K1 ) är abelsk. Detta följer av fall 1, eftersom K1 innehåller samtliga n:te enhetsrötter. Alltså är G(L=K1 ) lösbar. Galoisteorins huvudsats säger att av grupper. I och med att
G(L=K ) = G(L=K1 ) ' G(K1 =K ); och eftersom
G(K1 =K ) och G(L=K1 ) båda är lösbara, är även G(L=K )
lösbar, enligt följdsats 11.19.
Vi är nu redo att koppla samman begreppen lösbart polynom och lösbar grupp.
Sats 22.7 (Galois). Låt K vara en kropp och f (x) ett polynom i K [x]. Låt vidare L vara splittringskroppen till f (x) över K . Om f (x) är lösbart med hjälp av successiva rotutdragningar, så är G(L=K ) en lösbar grupp.
Bevis.
Lösbarheten hos polynomet
f (x) innebär, i termer om kroppsL till f (x) över K är innehållen
utvidgningar, att splittringskroppen i någon rotutvidgning
M
av
K.
Tack vare lemma 22.5 är det ingen
22.1. Rotutvidgningar
573
inskränkning att anta att
M
är en normal utvidgning av
K.
Vi har
alltså situationen
K = M1 M2 Ms = M;
(22.4)
i = 1; 2; : : : ; s gäller att Mi+1 = Mi ( i ), där i 2 Mi+1 uppfyller 2 Mi för något ni 2 Z+, och där L M . Våra utvidgningar av K måste innehålla tillräckligt många enhetsdär det för varje
ni i
rötter, för att till exempel lemma 22.6 skall kunna användas i bevisföringen, och fördenskull måste vi hjälpa dem litet på traven. Sätt
n = n1 n2 : : : ns och låt ! vara en primitiv n:te enhetsrot över K . Sätt vidare Fi = Mi (! ) för i = 1; 2; : : : ; s, samt F0 = K (! ). Vi får då att K F0 F1 Fs :
n:te enhetsrot, så är Fs = Ms (!) = M (!) xn 1K , betraktat som ett polynom över M . Eftersom M i sin tur är en normal utvidgning av K , så ger lemma 22.4 att Fs är en normal utvidgning av K . Dessutom är det lätt att se att Fs är en rotutvidgning, så i (22.5) har vi nu en annan rotutvidgning av K , som är bättre än den i (22.4), i det avseendet att Eftersom
!
(22.5)
är en primitiv
splittringskroppen till polynomet
den innehåller er enhetsrötter.
G(Fs =K ) är lösbar. För att bevisa n 1 detta, konstaterar vi först att F0 är splittringskroppen till x K över K , på grund av att F0 = K (! ) och ! är en primitiv n:te enhetsrot. Därmed är F0 alltså en normal utvidgning av K . Samtidigt konstaterar Vi påstår nu att Galoisgruppen
vi med hjälp av lemma 22.6 att
G(F0 =K ) är lösbar:
(22.6)
Vidare har vi
Fi+1 = Mi+1 (!) = Mi ( i ; !) = Fi ( i );
ni i 2 Mi Fi för alla i = 0; 1; : : : ; s 1. Nollställena till polynomet xni ni i ges av alla ni i !jn=ni , där j = 0; 1; : : : ; ni 1. Samtliga dessa tillhör Fi+1 , och då Fi+1 = Fi ( i ) så kan det inte nnas någon mindre kropp över vilken detta polynom splittras. Från detta följer att Fi+1 är en normal utvidgning av Fi , närmare bestämt splittringskroppen till n polynomet x i ni i över Fi . I och med detta ger lemma 22.6 att där
G(Fi+1 =Fi ) är lösbar för varje i = 0; 1; : : : ; s 1:
(22.7)
Kapitel 22. Polynomekvationer
574
Att varje kropp i följden (22.5) är en normal utvidgning av föregående kropp, implicerar med hjälp av Galoisteorins huvudsats att vi har en subnormal följd i form av
f"g = G(Fs =Fs) G(Fs =Fs 1 ) G(Fs =F0 ) G(Fs =K ): G(Fs =Fs ) lösbar. Antag att G(Fs =Fs j +1 ) är lösbar, där j > 0. Eftersom G(Fs =Fs j +1 ) är en normal undergrupp i G(Fs =Fs j ) Här är givetvis
så kan vi bilda motsvarande kvotgrupp. Av Galoisteorins huvudsats följer att
G(Fs =Fs j ) = G(Fs =Fs
j +1 ) ' G(Fs j +1 =Fs j );
som enligt (22.7) är en lösbar grupp. Då vi vidare antagit att Galois-
G(Fs =Fs j +1 ) är lösbar, så implicerar följdsats 11.19 att även G(Fs =Fs j ) är lösbar. Således har vi nu med hjälp av induktion visat att G(Fs =Fi ) är en lösbar grupp för varje i = 0; 1; : : : ; s. Nu följer vårt påstående om att G(Fs =K ) är lösbar på ett liknande vis: Vi har G(Fs =F0 ) G(Fs =K ) och gruppen
G(Fs =K ) = G(Fs =F0 ) ' G(F0 =K ): Det visades ovan att följdsats 11.19 måste
G(Fs =F0 ) är lösbar, så på grund G(Fs =K ) vara en lösbar grupp.
av (22.6) och
Vi får inte glömma bort att vi egentligen vill komma fram till att
G(L=K ) är lösbar, där L är splittringskroppen till vårt lösbara polynom f (x) över K . Eftersom L är en normal utvidgning av K som är innehållen i M , och därmed också i Fs , så gäller G(Fs =L) G(Fs =K ). Vidare är
G(L=K ) ' G(Fs =K ) = G(Fs =L): Varje kvotgrupp erhållen utifrån en lösbar grupp är lösbar, enligt följdsats 11.18, och i och med detta är beviset fullbordat.
Man kan visa att även omvändningen till ovanstående sats är sann, d.v.s. om Galoisgruppen till ett polynom är en lösbar grupp, så är polynomet ifråga ett lösbart polynom. Då vi endast är ute efter att visa att det existerar icke lösbara femtegradsekvationer, kommer vi inte att vara behov av denna omvändning. Den vetgirige läsaren hänvisas förslagsvis till Morandi [11] eller Stewart [13] för ett bevis.
22.2. Polynomekvationer av lägre grad än fem
575
Övningar till avsnitt 22.1 1. Bestäm en rotutvidgning Q ( 1 ; 2 ; : : : ; r ) av Q som innehåller p p p p p p3 (a) s 1+ 2+ 32+ 4 2 (b) 5 + p 4 7 p4 p4 p3 2 + 1 13 3 + p 14 (c) p (d) p4 99 3 p p7 13p6 67 p 3 +p 99 p p (e) 4i 8 11 (f) ( 2 + 3)( 2 3). 2.
Konstruera en rotutvidgning av till följande polynom i
(a) x2 + 8x + 10
3. 4.
Q
[x].
Q
som innehåller splittringskroppen
(b) x8 3x4 + 1
Visa att de positiva heltalen
(c) x9 4x6 + 5x3 2
ni i de nition 22.2 kan antas vara primtal.
K , L och M vara kroppar sådana att K L M . G(M=K ) är lösbar. Visa att G(M=L) också är lösbar. Låt
Antag att
22.2 Polynomekvationer av lägre grad än fem Vi övergår nu till att härleda de allmänna lösningarna till polynomekvationer av grad
4 eller lägre. De polynom vi utgår från antas vara mo-
niska och ha rationella koe cienter.
Förstagradsekvationen En allmän polynomekvation av grad
1 har utseendet
x + a = 0: Trivialt är
x= a dess lösning.
Andragradsekvationen Babylonierna kunde redan
1 500 år före Kristi födelse lösa problem som
med våra dagars terminologi ger upphov till en andragradsekvation, och såvitt man vet var de först med detta. Med våra moderna beteckningar tecknar vi en andragradsekvation enligt
x2 + ax + b = 0
Kapitel 22. Polynomekvationer
576
och för att lösa denna, kvadratkompletterar vi vänsterledet, vilket ger
a a 2 x2 + 2 + 2 2
a 2
2
+b= x+
a 2 +b 2
a2 = 0: 4
Ur detta får vi den välbekanta formeln
a x= 2
r
a2 4
b:
Tredjegradsekvationen Matematiken i Europa påbörjade sin väg ut ur medeltidens mörker i Norditalien. Bland annat vid universitet i Bologna verkade mot slutet av 1400-talet och under större delen av 1500-talet era framträdande matematiker, bland dessa Scipione del Ferro (14651526). Denne lyckades nna den allmänna lösningen till en tredjegradsekvation på formen
x3 + px = q,
men höll detta hemligt i hela sitt liv, tills han på sin
dödsbädd anförtrodde lösningen åt en av sina studenter, Antonio Fior. Det skulle emellertid visa sig att Fior inte var så duktig på att bevara del Ferros hemlighet. Istället gick snarare omkring och skröt om sin förmåga att kunna lösa tredjegradsekvationer. Detta skryt ck en matematiklärare i Venedig, Nicolo Fontana (15001557), mer känd under
2 att få upp ögonen för problemet
sitt tillnamn Tartaglia, stammaren,
med att lösa tredjegradsekvationer. Han lyckades så småningom på egen hand göra om del Ferros bedrift och dessutom överträa den, genom att också nna den allmänna lösningen till en ekvation på formen
x3 + px2 = q.
År 1535 kom det att arrangeras en oentlig tävling mellan Fior och Tartaglia, i förmågan att lösa tredjegradsekvationer. Tartaglia gick tämligen enkelt ur som segrare i denna tävling, medan Fior å sin sida ck lämna den med svansen mellan benen, för att sedan aldrig mera göra något väsen av sig i matematiska sammanhang (och inte annars heller, för den delen). Tävlingen ck Girolamo Cardano (15011576) i Milano att bli ny ken. Han bjöd hem Tartaglia till Milano och lyckades övertala honom att avslöja detaljerna i dennes härledning, något som Tartaglia dittills 2
Sitt talfel hade han ådragit sig som tolvåring, till följd av att han hade blivit
svårt sårad i samband med att franska trupper då ockuperade hans hemstad Brescia.
22.2. Polynomekvationer av lägre grad än fem
577
nekat alla andra. Cardano ck dock lova Tartaglia att inte sprida detta vidare till någon. Men Cardano höll inte sitt löfte, utan presenterade svekfullt lösningen till tredjegradsekvationen i sitt verk
Ars Magna
från 1545. Han hade då fått veta, att det egentligen var del Ferro och inte Tartaglia som var först med att lösa tredjegradsekvationen. Därmed ansåg sig Cardano inte vara tvungen att hålla sitt löfte gentemot Tartaglia, vilket gjorde denne minst sagt förgrymmad. Till Cardonos försvar bör dock nämnas att han i
Ars Magna
krediterade såväl del
Ferro som Tartaglia för sina upptäckter. Vi ska nu (med moderna beteckningar) visa hur man löser en allmän tredjegradsekvation. Låt
f (x) = 0,
och gör först
f (x) = x3 +ax2 +bx+c. Vi vill lösa ekvationen substitutionen x = y a=3. Detta ger, efter
litet räkningar, att
y3 + py + q = 0;
(22.8)
där
a2 ; q=c 3
p=b Antag att
ab 3
2a3 : 27
y = u + v är en lösning till (22.8), d.v.s. att
(u + v)3 + p(u + v) + q = u3 + v3 + q + (3uv + p)(u + v) = 0: Denna likhet är uppfylld om
u och v är sådana att u3 + v3 + q = 0 och
3uv + p = 0. Men detta medför att
8
: y3
Genom att subtrahera
p
p
= 3 t1 + 3 t2 ; p p = ! 3 t1 + !2 3 t2 ; p p = !2 3 t1 + ! 3 t2 :
a=3
(22.9)
från var och en av dessa rötter, får man
rötterna till den ursprungliga ekvationen.
Exempel 22.8.
Vi önskar lösa tredjegradsekvationen
x3 + 3x2 Substitutionen
x = y 1 ger y3
d.v.s. vi har
3x 11 = 0: 6y 6 = 0;
(22.10)
p = q = 6 i (22.8). Med dessa värden på p och q blir r
t1 = t2 =
6 ( + 2 r 6 ( 2
p 6)2 ( 6)3 + =3+ 9 8 =4 4 27 2 p 6) ( 6)3 + =3 9 8 = 2: 4 27
Lösningsformeln (22.9) ger att (22.10) har rötterna
8 >
: y3
p
p
= 3 4+ 32 p p = ! 3 4 + !2 3 2 p p = ! 2 3 4 + ! 3 2;
22.2. Polynomekvationer av lägre grad än fem där
579
! = e2i=3 . Den ursprungliga ekvationen har alltså 8 >
: x3
p
p
= 34+ 32 1 p p = ! 3 4 + !2 3 2 1 p p = !2 3 4 + ! 3 2 1
som sina rötter.
Fjärdegradsekvationen Efter att Tartaglia hade avslöjat för Cardano hur man löser tredjegradsekvationer, uppmanade Cardano en av sina studenter, Lodovico Ferrari (15221565), att undersöka möjligheten att lösa ekvationer av grad
4. Ferrari tog sig an uppgiften och lyckades nå en lösning år 1540.
Cardano publicerade också denna lösning i sitt verk
Ars Magna.
Med moderna beteckningar ser Ferraris härledning ut som följer. Betrakta en fjärdegradsekvation
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0:
(22.11)
Denna är ekvivalent med
x4 + ax3 = bx2 cx d; som efter en kvadratkomplettering av vänsterledet kan skrivas
x2 +
ax 2 a2 = 2 4
b x2
cx d:
Om det här vore möjligt att skriva högerledet på formen
(rx + s)2 , så
skulle man kunna dra roten ur båda leden och på så sätt erhålla två andragradsekvationer, som man sedan löser på vanligt sätt. För att uppnå detta utför vi följande lilla trick: Notera att vi för alla
x2 +
ax y 2 2 ax 2 ax y2 + = x + + y x2 + + 2 2 2 2 4 2 2 a ay y = b + y x2 + c x+ 4 2 4 = Ax2 + Bx + C;
y har
d
Kapitel 22. Polynomekvationer
580
A = a2 =4 b + y, B = ay=2 c och C = y2 =4 d. Vi är ute efter 2 att välja y så att uttrycket Ax + Bx + C kan skrivas om på formen 2 (rx + s) . Nu är där
B =A x+ 2A
Ax2 + Bx + C
vilket blir på den form vi önskar ifall talet Men
B2
så det
+C
B2 ; 4A
B 2 4AC
2 a
2
ay
2
är lika med noll.
2 y
c 4 b+y d 2 4 4 = y3 + by2 + (4d ac)y + (c2 + a2 d 4bd);
4AC =
y vi söker är en rot till tredjegradsekvationen y3 by2 + (ac 4d)y + (4bd c2
a2 d) = 0:
Denna ekvation löser vi på det sätt som beskrivits ovan. Låt na en godtycklig rot till (22.12). För detta
för några
x2 +
2
ax y + 2 2
y
(22.12)
y beteck-
gäller alltså
= (rx + s)2 ;
r; s, vilket leder till två andragradsekvationer i x, nämligen a y x2 + r x+ s=0 2 2
respektive
x2 +
a
2
+r x+
y + s = 0: 2
De fyra rötterna till dessa två ekvationer är de sökta rötterna till den ursprungliga fjärdegradsekvationen.
Exempel 22.9.
Lös fjärdegradsekvationen
x4 + 4x 1 = 0: Eftersom högerledet i
x4 = 4x + 1
22.2. Polynomekvationer av lägre grad än fem inte kan skrivas som en kvadrat
581
(rx + s)2 , får ta till vår lilla hjälpvari-
y från härledningen ovan. Vi får y 2 y2 x2 + = x4 + yx2 + 2 4 y2 = 4x + 1 + yx2 + 4 " # 2 2 4 1 y =y x + + y y2 y 4 2 2 4 y2 +1+ ; =y x y y 4 så vi skall välja y så att 4 y2 +1 = 0; 4 y abel
(22.13)
vilket leder till tredjegradsekvationen
y3 + 4y 16 = 0: På denna kan man direkt använda tredjegradsekvationens lösningsformel, om man så önskar. Det kan dock löna sig att först undersöka om ekvationen eventuellt har några heltalsrötter. En sådan måste vara en
16. Det visar y = 2 är en rot. Med detta värde på y så övergår (22.13) i (x2 + 1)2 = 2(x 1)2 ;
delare i konstanttermen till polynomet, i det här fallet sig att
som i sin tur ger upphov till två andragradsekvationer
p
x2 + 1 = 2(x 1): Lösningarna till dessa är
r
1 p 1 x= p i + 2 2 2
och
1 x= p 2
r
1 p + 2: 2
Dessa fyra rötter är alltså lösningarna till vår ursprungliga ekvation.
Kapitel 22. Polynomekvationer
582
Övningar till avsnitt 22.2 1. Visa att substitutionen x = y a=4 omvandlar fjärdegradsekvationen x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 4 2 till en ekvation på formen y + py + qy + r = 0. 2.
Lös följande tredjegradsekvationer.
3.
Lös följande fjärdegradsekvationer.
(a) x3 + 9x + 6 = 0 (c) x3 + 6x2 + 9x + 6 = 0
(b) x3 + 20 = 12x
(a) x4 + 6x3 + 5x2 4x 1 = 0 (b) x4 + 2x3 + x2 2x 1 = 0 (c) x4 + 2x3 + 4x2 + 2x + 3 = 0
22.3 Femtegradsekvationen Den italienske matematikern Paolo Ru ni (17651822) var den förste som påstod sig ha ett bevis för att en femtegradsekvation inte är lösbar. Han publicerade detta resultat år 1799. Ru nis resonemang emellertid ha en del luckor. Det första accepterade beviset gavs år 1824 av den norske matematikern Abel. Vi skall i detta sista avsnitt av boken angripa just femtegradsekvationen. Vi noterar först att Galoisgruppen till ett irreducibelt p
f (x) 2 Q [x]
av grad
n 1 är isomorf med en undergrupp i Sn . Detta f (x) över Q
kommer sig av att vi kan teckna splittringskroppen till som
L = Q ( 1 ; 2 ; : : : ; n ); 1 ; 2 ; : : : ; n är nollställena till f (x). Alla dessa är olika (eftersom char Q = 0). Ett element i Galoisgruppen till f (x) måste avbilda varje i på något av dess konjugerade element, och är också entydigt där
bestämt av hur detta sker. Detta betyder att restriktionen av varje
A = f 1 ; 2 ; : : : ; n g är en permutation på denna mängd. Då A består av n element kan lika gärna tolkas som en permutation på f1; 2; : : : ; ng, eller med andra ord som ett element i Sn . Speciellt gäller alltså att ett irreducibelt femtegradspolynom i Q [x] har en Galoisgrupp isomorf med en undergrupp i S5 , som inte är en lösbar
2 G(L=Q )
till
22.3. Femtegradsekvationen
583
grupp (enligt sats 11.30). Sats 22.7 medför att det därmed inte säkert att polynomet är lösbart.
Lemma 22.10.
Låt
H
Sn, där n 2. Om H n, så är H = Sn .
vara en undergrupp i
innehåller en transposition och en cykel av längd
Bevis.
H innehåller transpo n-cykeln = 1 2 : : : n . Varje permuta-
Det är ingen inskränkning att antaga att
sitionen
= 1 2
och
Sn kan skrivas som en produkt av transpositioner (se sats 5.16). Lemmat följer därmed om vi kan visa att samtliga transpositioner i Sn tillhör H . Tag därför en godtycklig transposition r s 2 Sn . Vi kan antaga att 1 r < s n. Vi vill visa att r s 2 H . Eftersom ; 2 H , så gäller tion i
2 3 3 4
= 2 3 2 H; 1 = 3 4 2 H; 1 = 4 5 2 H; 1
. . .
n 1 n
1
= n 1
2 H;
H innehåller samtliga transpositioner i Sn av typen m m + 1 , där m = 1; 2 : : : ; n 1, samt transpositionen n 1 = 1 n . Detta d.v.s.
medför att
1 2 2 3 1 2 = 1 3 2 H; 1 3 3 4 1 3 = 1 4 2 H;
. . .
1 n 2 n 2 n 1 1 n 2 = 1 n 1 Alltså innehåller Om
H
alla transpositioner
1 m
, där
r = 1, är vi därmed klara. I annat fall har vi att
1 r 1 s 1 r = r s tillhör
H . Därmed är beviset klart.
2 H:
m = 2; 3; : : : ; n.
Kapitel 22. Polynomekvationer
584
Sats 22.11. Låt f (x) 2 Q [x] vara ett irreducibelt polynom av grad p, där p är ett primtal. Antag att f (x) har exakt p 2 reella och två ickereella nollställen. Då är Galoisgruppen till f (x) isomorf med Sp . L vara splittringskroppen till f (x) över Q . visa att G(L=Q ) ' Sp . Följdsats 21.18 ger att Bevis.
Låt
Vårt mål är att
jG(L=Q )j = [L : Q ]:
Låt
vara ett av nollställena till f (x). Då är
[Q ( ) : Q ] = degQ ( ) = deg f (x) = p:
Eftersom
[L : Q ] = [L : Q ( )] [Q ( ) : Q ];
p är en delare i [L : Q ] = jG(L=Q )j. Enligt Cauchys sats (sats 12.33), måste G(L=Q ) innehålla ett element av ordning p. Eftersom vi kan betrakta G(L=Q ) som en undergrupp i Sp och då p är ett primtal, innehåller G(L=Q ) därmed en cykel av längd p. Låt = a + bi vara ett av de två icke-reella nollställena till f (x). Då = a bi. Eftersom och båda ges det andra icke-reella nollstället av 2 2ax + (a2 + b2 ) över Q (se exempel 21.9), har minimalpolynomet x , ( ) = så nns exakt ett 2 G(L=Q ) som uppfyller ( ) = samt ( i ) = i för alla övriga nollställen i till f (x). Betraktat som element i Sp är således en transposition. Alltså innehåller G(L=Q ) en p-cykel och en transposition. Enligt lemma 22.10 måste därmed G(L=Q ) ' Sp . så innebär detta att
Följdsats 22.12.
f (x) = 0, där f (x) 2 Q [x], rotutdragningar, om f (x) är
En femtegradsekvation
kan inte lösas med hjälp av successiva
irreducibelt och har exakt tre reella och två icke-reella nollställen.
Bevis. med
Med hjälp av föregående sats fås att Galoisgruppen blir isomorf
S5 , som inte är en lösbar grupp.
Därmed återstår det blott en liten detalj, nämligen den att visa att verkligen
nns
ett femtegradspolynom med de egenskaper, som följd-
satsen ovan kräver. Till vår hjälp behöver vi då en sats från analysen, som vi för fullständighetens skull återger här, men som vi inte bevisar.
22.3. Femtegradsekvationen
585
Sats 22.13 (Satsen om mellanliggande värden).
Antag
f
är en
reellvärd funktion av en variabel, sådan att den är kontinuerlig i det kompakta intervallet
[a; b]. Då antar f varje värde mellan f (a) och f (b)
i detta intervall.
Polynomfunktioner är kontinuerliga, så om vi till exempel känner till
f uppfyller f (a) < 0 och f (b) > 0, där a < b, så f ha (minst) ett nollställe i intervallet ]a; b[. Om vi dessutom att f är strängt monoton i detta intervall, så kommer det nnas
att ett polynom måste vet
exakt ett nollställe där. Nu är vi redo att bevisa att det nns icke lösbara femtegradspoly-
3 Närmare bestämt skall vi visa att
nom.
x5 2x2 + 2 (22.14) 5 5 10x2 +10 är ett Eisensteinpolynom är ett sådant. Eftersom 5f (x) = x (för p = 2 eller p = 5), är f (x) irreducibelt över Q . Vi deriverar f (x) f (x) =
och får
f 0(x) = x4
så vi har
4x = x(x3
4);
p f 0(x) = 0, om och endast om x = 0 eller x = 3 4.
Ett teckenstudium av derivatan, se gur 22.1 på följande sida, visar
fp(x) har ett lokalt maximum för x = 0 och ett lokalt minimum för x = 3 4. Vi nner att f (0) = 2 > 0 respektive att
p3
p
p ( 3 4)5 f ( 4) = 2( 3 4)2 + 2 5p 12 3 2 = + 2 < 0: 5 Vidare gäller limx! 1 f (x) = 1 och limx!1 f (x) = 1, så eftersom ett polynom är en kontinuerlig funktion från
R
till
R,
fås av satsen
f (p x) har exakt ett nollställe i intervallet p ] 1; 0[, ett i ]0; 3 4[ och ett i ] 3 4; 1[, inalles tre reella nollställen. I gur 22.2 på nästa sida har vi skissat grafen till funktionen y = f (x). om mellanliggande värden att
Av följdsats 22.12 följer att det inte går att lösa ekvationen (22.14), åtminstone inte med hjälp av successiva rotutdragningar. 3
(Trumvirvel
:::
)
Kapitel 22. Polynomekvationer
586
x
x3 4 f 0 (x) f (x)
p3
0 0 0
4 + 0 0
lok. max.
lok. min.
+
%
+
& Figur 22.1
+ + +
%
Figur 22.2
Övningar till avsnitt 22.3
9x + 3 inte är lösbart över Q .
1.
Visa att femtegradspolynomet
2.
Visa ingen av följande femtegradsekvationer är lösbar med hjälp av
x5
successiva rotutdragningar.
(a) x5 10x2 + 5 = 0 (b) 2x5 5x4 +10x2 10x 5 = 0 5 4 3 2 (c) 2x + 15x + 40x + 40x = 5 (d) x5 + 5x4 + 10 = 40x2 + 80x 3.
Bevisa att ett reducibelt femtegradspolynom i över
4.
Q.
Q
[x]
alltid är lösbart
Avgör om följande femtegradsekvationer kan lösas med hjälp av successiva rotutdragningar.
(a) x5 6x3 8x + 2 = 0 (c) 4x5 4x2 + 1 = 0 5.
Är femtegradsekvationen
(b) x5 +2x4 5x3 +10x2 = 9x 1 (d) x5 + 4x3 + 3x2 + 3x + 3 = 0
x5 5x4 + 6x3 x2 + 5x 6 = 0 lösbar med
hjälp av successiva rotutdragningar? I så fall: lös den!
Litteraturförteckning [1] Artin M.
Algebra.
Prentice-Hall, Inc. 1991.
[2] Bhattacharya P. B., Jain S. K. & Nagpaul S. R.
Algebra.
Basic Abstract
Cambridge University Press. 1986.
[3] Dornho L. L. & Hohn F. E.
Applied Modern Algebra.
Macmillan
Publishing Co., Inc. 1978. [4] Fraleigh J. B.
A First Course in Abstract Algebra. 6 uppl. Addison-
Wesley Publishing Company. 1999. [5] Humphreys J. F.
A Course in Group Theory.
Oxford University
Press. 1996. [6] Koblitz N.
A Course in Number Theory and Cryptography. 2 uppl.
Springer Verlag New York, Inc. 1994. [7] Lidl R. & Pilz G.
Applied Abstract Algebra. 2 uppl. Springer Verlag
New York, Inc. 1998. [8] Lidl R. & Niederreiter H.
Applications.
Cambridge University Press. 1984.
[9] McEliece, R. J.
neers.
Introduction to Finite Fields and their
Finite Fields for Computer Scientists and Engi-
Kluwer Academic Publishers. 1987.
[10] Marcus, M.
Introduction to Modern Algebra.
Marcel Dekker, Inc.
1978. [11] Morandi P.
Field and Galois Theory.
1996. 587
Springer Verlag New York.
Litteraturförteckning
588
[12] Nicholson W. K.
Introduction to Abstract Algebra.
2 uppl. John
Wiley & Sons, Inc. 1999. [13] Stewart I.
Galois Theory.
[14] Tengstrand A.
2 uppl. Chapman & Hall. 1989.
Lineär algebra med vektorgeometri.
Studentlittera-
tur. 1994. [15] Vermani L. R. Hall. 1996.
Elements of Algebraic Coding Theory. Chapman &
Facit 1.1 Mängdlära p p 1. (a) f 1; 0; 1; 2; 3g (b) ; (c) f 2; 2g (d) f0; 1; 4; 9g (e) f1 + 2i; 1 2ig (f) fmåndag; tisdag; onsdag; torsdag; fredag; lördag; söndagg 2. (a) ; (b) f2; 3; 4; 5; 6; 8; 9; 10g (c) f6; 10g (d) f2; 4; 6; 8; 10g (e) f2; 3; 4; 8; 9; 10g (f) ; 3. (a) f0; 1; 3g (b) f3; 7; 8; 9g 9. (b) jA [ B [ C j = jAj + jB j + jC j jA \ B j jA \ C j jB \ C j + jA \ B \ C j 10. (a) f(a; 1); (a; 2)g (b) f(a; 1; x); (a; 1; y); (a; 1; z ); (a; 2; x); (a; 2; y); (a; 2; z )g (c) f(1; x); (1; y); (1; z ); (2; x); (2; y); (2; z )g (d) ; 13.
Varken eller!
1.2 Heltal 7. (a) q = 11; r = 1 (b) q = 4; r = 27 (c) q = 19; r = 167 (d) q = 49; r = 66 11. (a) SGD(a; b) = 5; s = 11, t = 5 (b) SGD(a; b) = 2; s = 19, t = 21 (c) SGD(a; b) = 1; s = 34, t = 21 (d) SGD(a; b) = 6; s = 13, t = 11 13. SGD(30; 105; 385) = 5, MGM(30; 105; 385) = 2 310 17. (a) 22 3 29 (b) 22 7 29 (c) 32 7 11 (d) 3 367 6 7 12 13 19. (b) 2 (2 1) = 8 128 och 2 (2 1) = 33 550 336 589
590
Facit
1.3 Ekvivalensrelationer 1. (a) f(2; 1); (3; 1); (4; 1); (3; 2); (4; 2); (4; 3)g (b) f(1; 2); (1; 3); (1; 4); (2; 3); (2; 4); (3; 4)g (c) f(1; 1); (2; 2); (3; 3); (4; 4)g (d) f(1; 1); (2; 1); (2; 2); (3; 1); (3; 2); (3; 3); (4; 1); (4; 2); (4; 3); (4; 4)g (e) f(1; 4); (2; 3); (3; 2); (4; 1)g (f) f(1; 1); (2; 4)g 2. (a) Symmetrisk (b) Symmetrisk (c) Re exiv, symmetrisk och transitiv (d) Re exiv och symmetrisk (e) Re exiv och transitiv (f) Transitiv 3. (a) Ingen ekvivalensrelation, ty ej symmetrisk (b) Ingen ekvivalensrelation, ty ej re exiv (c) Ekvivalensrelation (d) Ingen ekvivalensrelation, ty ej symmetrisk 4. (a) b = 5 (b) b = 7 (c) b = 2 (d) b = 0 (e) b = 8 (f) b = 10 5. (a) Sant (b) Falskt (c) Falskt (d) Sant (e) Falskt (f) Sant 6. [(0; 2)] = f(a; a + 2) j a 2 N g 7. 15 8. 2n2 relationer, varav 2n(n 1) är re exiva och 2n(n+1)=2 symmetriska. 9. Det är inte säkert att det nns några x och y i X sådana att x y.
1.4 Avbildningar 1. (f Æ g)(x) = 16x2 + 16x + 4, (g Æ f )(x) = 4x2 + 8x 3 2. (a) R (b) N p (c) fz 2 C j jz j = 1g (d) fx 2 R j jxj 2g 3. (a) [1; 4] (b) [ 1; 1] (c) ; (d) [1; 4] (e) [ 4; 2] [ [2; 4] (f) f0g (g) [ 2; 1] [ [1; 2] (h) [1; 2] 4. (a) Varken injektiv, surjektiv eller bijektiv. (b) Surjektiv, men inte injektiv eller bijektiv. (c) Injektiv, men inte surjektiv eller bijektiv. (d) Injektiv, surjektiv och bijektiv.
Facit
591
2.1 De nition och exempel 1. (a) Ja (e) Nej 2. (a) a 3. (a) 1 (d) 3 4. (a) [
f2g f2g f1; 2g f2g f2; 3g f1; 2g
f3g f3g f1; 3g f2; 3g f3g M f1; 3g f2; 3g M
f1; 2g
n ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
4 ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
; ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
f1g ; f1g ; ; f1g f1g ; f1g f1g ; ; f2g f3g f2g f3g f2; 3g f2; 3g f1g f1g ; f1; 2g f1; 3g f2g f3g
f2g ; ; f2g ; f2g ; f2g f2g f2g ; f1g ; f3g f1g f1; 3g f3g f1; 3g f2g f2g f1; 2g ; f2; 3g f1g
f3g ; ; ; f3g ; f3g f3g f3g f3g ; f1g f2g ; f1; 2g f1g f2g f1; 2g f3g f3g f1; 3g f2; 3g ;
f1; 2g ; f1g f2g ; f1; 2g f1g f2g f1; 2g f1; 2g ; ; ; f3g ; f3g f3g f3g f1; 2g f1; 2g f2g f1g
\ ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g M
M
(d)
M
5. (a) 8
M
M
M
M M
M
f2; 3g
M f2; 3g M
M
f3g f1; 3g
(d) Nej (h) Ja (d) b (c) 9 (f) 25
f1g f1g f1g f1; 2g f1; 3g f1; 2g f1; 3g
M
(c)
(c) Nej (g) Nej (c) a
; ; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g
(b)
(b) Nej (f) Ja (b) b (b) 6 (e) 1
M
f1g f2g f1; 2g
f1; 2g f1; 2g f1; 2g f1; 2g M M M M
M
; f2; 3g f1; 3g f3g
f1; 3g f1; 3g f1; 3g
f2; 3g f2; 3g M
M f1; 3g M f1; 3g M M
f2; 3g f2; 3g
f1; 3g ; f1g ; f3g f1g f1; 3g f3g f1; 3g f1; 3g ; ; f2g ; f2g ; f2g f2g f1; 3g f1; 3g f3g
f2; 3g ; ; f2g f3g f2g f3g f2; 3g f2; 3g f2; 3g ; f1g ; ; f1g f1g ; f1g f2; 3g f2; 3g
M
f1g f2; 3g ; f1; 2g f2g
M M f2; 3g M
M
f3g f2g f1; 3g f1; 2g ; f1g
M M M M M M M M M M
; f1g f2g f3g f1; 2g f1; 3g f2; 3g M M
; ; ; ; ; ; ; ;
M M f2; 3g f1; 3g f1; 2g
f3g f2g f1g ;
Facit
592
2.2 Associativitet, kommutativitet och distributivitet 1.
Associativa: (d), (e), (g) och (h). Kommutativa: (c), (d), (f ), (g), (h) och (i).
2.
a b c d
a a b d a
b b c b c
c d d a b c c b b d
3. (a) är associativ. (b) am an = am+n och (am )n = amn för alla m; n 2 Z+. 4. (a) abc (b) (ab)ac (c) bc a (d) (ba)ca bc b +c a (e) a (f) a (g) (bc) (h) (bc)a
är högerdistributiv över .
5. (a) Ja
(b) Nej
2.3 Neutrala och inverterbara element
1. (a) Inget neutralt element (b) Inget neutralt element (c) Inget neutralt element (d) 1 är neutralt element (e) Inget neutralt element (f) Inget neutralt element (g) 1 000 är neutralt element (h) 6 är neutralt element (i) c är neutralt element 1 2. Om a 6= 0, så är a inverterbart och a 1 = . 9a 5. [0] [1] [2] [3] [4] [5]
[0] [1] [2] [3] [4] [5]
[0] [1] [2] [3] [4] [5]
6. (a) 7
[0] [1] [2] [3] [4] [5] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0]
[1] [2] [3] [4] [5] [0] [1] [0] [1] [2] [3] [4] [5]
[2] [3] [4] [5] [0] [1] [2] [0] [2] [4] [0] [2] [4]
[3] [4] [5] [0] [1] [2] [3] [0] [3] [0] [3] [0] [3] (b) 0
[4] [5] [0] [1] [2] [3] [4] [0] [4] [2] [0] [4] [2]
[5] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [0] [5] [4] [3] [2] [1]
(c) 11
(d) 21
Facit
593
7. (a) 1, 2, 3, 4, 5 och 6 (b) 1, 3, 7 och 9 (c) 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13 och 15 (d) 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 49, 53 och 59 8. (a) Additiv invers är 7. Multiplikativ invers är 5. (b) Additiv invers är 10. Multiplikativ invers saknas. (c) Additiv invers är 3. Multiplikativ invers är 15. (d) Additiv invers är 2. Multiplikativ invers är 16.
3.1 Grupper
1. (a) Ja (b) Nej, till exempel saknar 2 invers (c) Ja (d) Ja (e) Ja (f) Nej, n är ej associativ (g) Nej, 1 saknar invers (b) 1 5 2. (a) 1 3 5 7 1 1 3 5 7 1 1 5 3 3 1 7 5 5 5 1 5 5 7 1 3 7 7 5 3 1 (c) 1 2 4 5 7 8 1 1 2 4 5 7 8 2 2 4 8 1 5 7 4 4 8 7 2 1 5 5 5 1 2 7 8 4 7 7 5 1 8 4 2 8 8 7 5 4 2 1 (d) 1 3 5 9 11 13 1 1 3 5 9 11 13 3 3 9 1 13 5 11 5 5 1 11 3 13 9 9 9 13 3 11 1 5 11 11 5 13 1 9 3 13 13 11 9 5 3 1
4. 7.
Neutralt element: 0,
a
1
= a 1 1 + 1.
De innehåller endast ett element vardera.
3.2 Grundläggande egenskaper hos grupper 2. (a) x = 6 (b) x = 3 (c) x = 8 3. (a) x = 5 (b) x = 3 (c) x = 8 4. (a) x 9 (mod 14) (b) x 3 (mod 7) (c) x 4 (mod 15)
Facit
594
5. (a) = 3 (b) = 1 (c) = 3 8. Låt G = N , och låt beteckna vanlig addition.
3.3 Cayleytabeller för grupper 1. e a b c d e a b c d
e a b c d
a d
c e
d
c
c
e
d
a
a
b
e
b
e
d
c
e a b c d f
e e a b c d f
a a b c d f e
b b c a f e d
c c d f e b a
d d f e a c b
2. Ja 4.
b
b d
f f e d b a c
(till exempel)
3.4 Potenser och potenslagar 1. (a) 1 (b) 1 (c) 4
(d) 1
3.5 Undergrupper 1. 2. 3. 4.
(a) och (d) (a) och (d) Undergrupper i och
Z6
Z5:
f0g och Z . Undergrupper i Z : f0g, f0; 3g, f0; 2; 4g 5
6
Z12
f0; 2; 4; 6; 8; 10g f0; 3; 6; 9g f0; 4; 8g
f0; 6g
f0g 5. f"g, f"; g, f"; g, f"; g, f"; ; g och D 1
2
3
2
3
3
Facit 10.
595
Nej. Kan Du ge ett motexempel?
4.1 Inledning
1. (a) och (c) 2. Nej 3. fe2ki=n j SGD(n; k) = 1g
4.2 Strukturen hos cykliska grupper 1. o(1) = 1, o(4) = 2 och o(2) = o(3) = 4 i Z5 o(1) = 1 och o(3) = o(5) = o(7) = 2 i Z8 o(1) = 1, o(9) = 2 och o(3) = o(7) = 4 i Z10 o(") = 1, o(1 ) = o(2 ) = o(3 ) = 2 och o(2 ) = o(3 ) = 3 i D3 4. o(A) = 4 och o(B ) = 6; AB är av oändlig ordning. Detta motsäger inte föregående övning.
4.3 Undergrupper i cykliska grupper 1. (a) 1, 3, 5 och 7 (b) 1, 3, 5, 9, 11 och 13 (c) 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 21, 22, 23 och 24 (d) 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 och 29 2. (a) 15 (b) 6 (c) 10 (d) 5 3. (a) 1 = 30 , 3 = 31 , 5 = 35, 9 = 32 , 11 = 34 , 13 = 33 (b) o(1) = 1, o(13) = 2, o(9) = o(11) = 3, o(3) = o(5) = 6 4. (a) f3; 9; 5; 15; 1g (b) 9, 5 och 15 5. (a) h0i och h1i (b) h0i, h1i, h2i, h5i och h10i (c) h0i, h1i, h2i, h4i, h7i och h14i (d) h0i, h1i, h2i, h3i, h4i, h6i, h9i, h12i och h18i 6. (a) 3, 6, 9 och 12 (b) 8 och 24 7. (a) 6Z (b) 3Z (c) 9Z 8. (p 1)(q 1) 9. pn 1 (p 1) 12.
Nej
4.4 Grupper med era generatorer 1. (a) Z (b) 4Z (c) 3Z
(d) SGD(m; n)Z
Facit
596
5.1 Den symmetriska gruppen 1. (a) 15 24 32 43 51 1 2 3 4 5 (c) 2 4 3 5 1 1 2 3 4 5 6 7 8 2. (a) 5 1 4 6 7 8 3 2 (c) 17 25 34 42 56 61 73 88 (e) 17 24 38 41 53 65 76 82 4. (a) 4 (b) 6 (d) 14 23 31 42 55 (e) 11 24 5. (a) = 13 24 32 41 1 2 3 4 (c) = 4 3 2 1 6. (a) Cykel av längd 3 (c) Ej cykel 7.
8. 9. 10.
(b) 12 24 35 43 51
(d) 14 (b) 14 (d) 18 (f) 12
2 1 2 8 2 3 2 6
3 4 5 2 3 5
3 5 3 1 3 1 3 1
4 2 4 7 4 5 4 3 (c) 4
5 3 5 6 5 4 5 5
6 3 6 2 6 8
7 2 7 6 7 4
8 5 8 7 8 7
(f) 13 21 35 44 52
(b) = 14 23 31 42
(d) = 14 22 31 43 (b) Ej cykel (d) Cykel av längd 6
(a) 18 24 33 45 51 66 72 87 (b) 15 1 2 3 4 5 6 7 8 (c) 6 1 3 7 5 2 8 4 (a) 1 6 5 7 4 2 3 (b) 1 (a) 1 2 3 7 9 4 5 6 (b) 1 1 4 8 2 5 1 (c) = 1 8 6 9 5 2 4 7 , = 1 3 = 2 4 6 5 3 8 7 9 och 2 1 = 1 9 7 5 2 8 3 6 4
2 3 4 5 6 7 8 1 8 3 2 4 7 6
2 7 4 6 9 4 8 2 7 3
8 2 9 5 6 7
,
11. Nej 12. (a) Nej (b) Ja, till exempel = 14 25 33 46 52 67 71 88 14. (b) 8(a): f1; 4; 5; 6; 7g; f2; 3g , 8(b): f1; 2; 7g; f4; 6g; f3g; f5g
Facit
597
0
1 0
1 0
1 0
1 0
1
1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 15. (a) @0 1 0A, @0 0 1A, @1 0 0A, @0 0 1A, @1 0 0A 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 och @0 1 0A. 1 0 0
5.2 Den alternerande gruppen 1. (a) 1 4 2 6 2 3 2 5 ; jämn (b) 2 5 3 6 3 4 ; udda 2. (a) 1 8 2 6 9 12 3 10 4 5 11 7 = 1 8 2 12 2 9 2 6 3 10 4 7 4 11 4 5 ; jämn
3 8 (b) 1 4 7 5 9 2 10
= 1 9 1 5 1 7 1 4 2 8 2 3 2 10 ; udda 3. = 1 6 2 8 3 7 4 5 är udda, = 1 4 6 2 3 8 5 7 är udda, = 3 5 6 4 7 8 är jämn.
4. (b)
"
" "
"
"
"
5.3 Symmetrigrupper 1. (a) " = identitetsavbildningen; k = rotation (k 1) 90Æ medurs (k = 2; 3; 4); 1 ; 3 = spegling i en av de två räta linjer, som lutar 45Æ plustecknets axlar;
2 ; 4 = spegling vertikalt respektive horisontellt
(b) " = identitetsavbildningen;
= rotation ett halvt varv; = spegling horisontellt; = spegling vertikalt (c) " = identitetsavbildningen; = rotation ett halvt varv; = spegling i den utritade diagonalen; = spegling i den ej utritade diagonalen 2. (a) Samma Cayleytabell som för D4
mot
Facit
598
3. 4. 5. 6. 7.
(b) Samma Cayleytabell som för Kleins fyrgrupp (c) Samma Cayleytabell som för Kleins fyrgrupp
f"; g, f"; g, f"; g, f"; g och f"; g f"; ; ; g, f"; ; ; g och f"; ; ; g 3 2
(a) 1
S3
1
3
4
2
3
3
1
(b) 4
3
4
3
2
(c) 5
4
(d) 5
24
6.1 Sidoklasser 1. (a) 5Z = f: : : ; 10; 5; 0; 5; 10; : : : g, 1 + 5Z = f: : : ; 9; 4; 1; 6; 11; : : : g, 2 + 5Z = f: : : ; 8; 3; 2; 7; 12; : : : g, 3 + 5Z = f: : : ; 7; 2; 3; 8; 13; : : : g och 4 + 5Z = f: : : ; 6; 1; 4; 9; 14; : : : g (b) 8Z = f: : : ; 16; 8; 0; 8; 16; : : : g, 2 + 8Z = f: : : ; 14; 6; 2; 10; 18; : : : g, 4 + 8Z = f: : : ; 12; 4; 4; 12; 20; : : : g och 6 + 8Z = f: : : ; 10; 2; 6; 14; 22; : : : g (c) h3i = f0; 3; 6g, 1 + h3i = f1; 4; 7g och 2 + h3i = f2; 5; 8g (d) h10i = f1; 10g, 2 h10i = f2; 9g, 3 h10i = f3; 8g, 4 h10i = f4; 7g och 5 h10i = f5; 6g 2. (a) Vänstersidoklasser: H1 = f"; 2; 3 ; 4 g och 1 H1 = f1 ; 2 ; 3 ; 4 g. Högersidoklasserna är desamma. (b) Vänstersidoklasser: H2 = f"; 3; 1 ; 3 g och 2 H2 = f2 ; 4 ; 2 ; 4 g. Högersidoklasserna är desamma. (c) Vänstersidoklasser: H3 = f"; 3g, 2 H3 = f2 ; 4 g, 1 H3 = f1 ; 3 g och 2 H3 = f2; 4 g. Högersidoklasserna är desamma. (d) Vänstersidoklasser: H4 = f"; 2g, 2 H4 = f2 ; 3 g, 3 H4 = f3 ; 4 g och 4 H4 = f4 ; 1 g. Högersidoklasser: H4 = f"; 2 g, H4 2 = f2 ; 1 g, H4 3 = f3 ; 4 g och H4 4 = f4 ; 3 g. 3. Vänstersidoklasser: f 2 S4 j (k) = 4g för k = 1; 2; 3; 4 Högersidoklasser: f 2 S4 j (4) = k g för k = 1; 2; 3; 4 4. wU = fz 2 C j jz j = jwjg. Sidoklasserna är koncentriska cirklar med medelpunkt i origo.
9. H1 , H2 och H3 . Även f"; 3; 2 ; 4 g är normal. 11. (a) 5 (b) 6 (c) 4 (d) 2 13. Avbildningen blir inte välde nierad, såvida inte H G.
Facit
599
6.2 Lagranges sats 1. 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 eller 24 2. 77 3. 540
7. Ja 11. Varje element i G med exakt en gång längs med huvuddiagonalen. 12. (c) 1G a a2 b ab a2 b 1G 1G a a2 b ab a2 b a a a2 1G ab a2 b b 2 2 a a 1G a a2 b b ab b b a2 b ab 1G a2 a ab ab b a2 b a 1G a2 a2 b a2 b ab b a2 a 1G
6.3 Fermats och Eulers satser 1. (a) 4 (b) 6 (c) 16 3. 1 4. 19 7.1 Symmetriska krypton 1. (a) 137 (b) 8 446 2. 3. 4. 5. 6.
(a) OJ (a) DQDOÄV
(b) GRR (b) DOJHEUD
(c) 6 709 178 (c) A BC (c) PDXHPDXLN
DENNA TEXT ÄR KRYPTERAD
(b) 682 891 (a) D(y) = 7y + 1 (c) D(y) = 25y + 3 7. (a) T 8. OM DU KAN LÄSA DETTA
(c) 812 (b) D(y) = 2y + 14 (d) D(y) = 13y + 31 (b)
SÅ HAR DU ANTAGLIGEN LÖST UPPGIFTEN KORREKT
9. E (x) = x + 120 11. HEJSAN 7! EANHSJ, OAGGDD 7! GODDAG 12. ICANÖFZZSNAREFHTMB
7.2 Asymmetriska krypton 1.
(d) 24
GLIPP
Facit
600
2. (a) n = 143, e = 103 (c) n = 253, e = 139 3. (a) d = 29, p = 5, q = 13 (c) d = 143, p = 31, q = 43 4. 259
(b) n = 221, e = 11 (d) n = 1 271, e = 667 (b) d = 111, p = 11, q = 41
8.1 De nition och exempel
1. (a) Isomor sm (b) Ej isomor sm (c) Ej isomor sm (d) Isomor sm 4. (1) = 1, (2) = 3, (3) = 7 och (4) = 9 (t.ex.)
8.2 Några grundläggande egenskaper
1. (a) Grupperna är av olika ordning. (b) Endast en av grupperna är abelsk. (c) Endast en av grupperna innehåller ett element av ordning 4. (d) Endast en av grupperna är cyklisk. (e) Endast en av grupperna är cyklisk. (f) Grupperna innehåller olika många element av ordning 2. 2. (a) 2 (b) 4 (c) 4 (d) 2 (e) 4 (f) 10
8.3 Cayleys sats
1. (a) 1 2 3 (c) 1 2 3 4 5
(b) 1 2 3 4 (d) 1 2 3 4 5
9.1 Yttre direkta produkter 1. (a) (0; 1; 4) (b) (4; 2)
(c) (3 ; 2)
(d) (2; 1)
(c) 6 (g) 40
(d) 60 (h) 20
2. (a) och (c) 3. (b), (c) och (f ) 4. (a) 6 (b) 3 (e) 210 (f) 40 5. 24
9.2 Inre direkta produkter 5. m = 2, n = 16 6. Z36 = h5i h35i
Facit
601
9.3 Ändliga abelska grupper 1. (a) 2 (b) 4 (c) 10 (d) 4 (e) 2 (f) 6 (g) 9 (h) 15 2. Z2 Z2 Z3 Z3 Z5, Z2 Z2 Z9 Z5, Z4 Z3 Z3 Z5 och Z4 Z9 Z5 4. 1 5. Z2 Z2 Z2 Z3, Z2 Z4 Z3 och Z8 Z3. Element av ordning 6 är (1; 0; 0; 1), (1; 0; 1) respektive (4; 1) (t.ex.) 6. Z2 Z2 Z2 Z3 Z3 Z5 saknar element av ordning 20. Z2 Z2 Z2 Z9 Z5 saknar element av ordning 20. Z2 Z4 Z3 Z3 Z5 har t.ex. elementet (0; 1; 0; 0; 1) av ordning 20. Z2 Z4 Z9 Z5 har t.ex. elementet (0; 1; 0; 1) av ordning 20. Z8 Z3 Z3 Z5 har t.ex. elementet (2; 0; 0; 1) av ordning 20. Z8 Z9 Z5 har t.ex. elementet (2; 0; 1) av ordning 20. 7. Maximal ordning hos elementen i Z2 Z2 Z2 Z3 Z3 är 6. Maximal ordning hos elementen i Z2 Z2 Z2 Z9 är 18. Maximal ordning hos elementen i Z2 Z4 Z3 Z3 är 12. Maximal ordning hos elementen i Z2 Z4 Z9 är 36. Maximal ordning hos elementen i Z8 Z3 Z3 är 24. Maximal ordning hos elementen i Z8 Z9 är 72. 8. Z3 Z3 Z3, Z9 Z3 och Z27; här är endast Z27 cyklisk, i Z3 Z3 Z3 är samtliga element utom det neutrala av ordning 3, och i Z9 Z3 nns det element av högst ordning 9. 9. (a) p(2) = 2, p(3) = 3, p(5) = 7 och p(6) = 11 (d) 70 9.4 Bevis för struktursatsen 1. (a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 3 (e) 2 2. (a) m1 = 2, m2 = 240 (b) m1 = 3, m2 = 60 (c) m1 = 10, m2 = 30 10.1 Normala undergrupper och kvotgrupper 1. Z9=N = f0 + N; 1 + N; 2 + N g, där 0 + N = f0; 3; 6g, 1 + N = f1; 4; 7g och 2 + N = f2; 5; 8g. 0+N 1+N 2+N
0+N 0+N 1+N 2+N
1+N 1+N 2+N 0+N
2+N 2+N 0+N 1+N
Facit
602
2. Z14=N1 = f1N1; 3N1g, där 1N1 = f1; 9; 11g och 3N1 = f3; 5; 13g. 1N1 3N1 1N1 1N1 3N1 3N1 3N1 1N1 Z14=N2
= f1N2; 3N1; 5N1g, 5N1 = f5; 9g.
där
1N2 = f1; 13g, 3N1 = f3; 11g och
1N2 3N2 5N2 1N2 1N2 3N2 5N2 3N2 3N2 5N2 1N2 5N2 5N2 1N2 3N2 3. D4 =N = f"N; 2N; 1 N; 2 N g, där "N = f"; 3 g, 2 N = f2; 4 g, 1 N = f1 ; 3 g och 2 N = f2 ; 4 g. "N "N 2 N 1 N 2 N
"N 2 N 1 N 2 N
2 N 2 N "N 2 N 1 N
1 N 1 N 2 N "N 2 N
2 N 2 N 1 N 2 N "N
10.2 Homomor smer och kvotgrupper 2. (a) ker = f1g, im = R+ (b) ker = f1; 1g, im = R+ (c) ker = f 1; 1g, im = R+ 3. ker = f0g, im = fx + ix j x 2 Rg ker = falla konstanta funktionerg, im = C (R) 4. ker = f(1G ; h) j h 2 H g, im = G Exempel 7.4: Exempel 7.6:
10.3 Några exempel 1. (a) 4 (b) 2 (d) 10 (e) 12 2. (a) 3 (b) 3 (e) 2 (f) 1
(c) 2 (g) 6
(c) 2 (f) 12 (d) 1
3. Nej 4. h(0; 2)i, (Z2 Z4)= h(0; 2)i ' Z2 Z2
h(1; 0)i, (Z Z )= h(1; 0)i ' Z h(1; 2)i, (Z Z )= h(1; 2)i ' Z 5. (a) Z Z (b) Z 2
(e) Z4
2
4
4
2
4
4
2
4
(f) Z4
(c) Z4 (g) Z12
(d) Z2 Z2 (h) Z3 Z3
Facit
603
10.4 De tre isomor satserna för grupper 1. (a) ker = h3i, im = h8i (b) 0 + ker = f0; 3; 6; 9; 12; 15g, 1 + ker = f1; 4; 7; 10; 13; 16g, 2 + ker = f2; 5; 8; 11; 14; 17g (c) (a + ker ) = a, för a = 0; 1; 2
4. Nej 6. (a) 1 (b) 8 7. h0i, h1i, h3i och h5i, vilka motsvarar Z, 15Z, 5Z respektive 3Z. 8. (a) H + N = f0; 2; 4; 6; 8; 10; 12; 14; 16; 18; 20; 22g, H \ N = f0; 12g (b) 0+ N = f0; 6; 12; 18g, 2+ N = f2; 8; 14; 20g, 4+ N = f4; 10; 16; 22g (c) 0+(H \ N ) = f0; 12g, 4+(H \ N ) = f4; 16g, 8+(H \ N ) = f8; 20g (d) (a + N ) = 2a + (H \ N ), för a = 0; 2; 4 9. 4Z +6Z = 2Z, 4Z \ 6Z = 12Z, (4Z +6Z)=6Z = f0+6Z; 2+6Z; 4+6Zg,
4Z=(4Z \ 6Z) = f0 + (4Z \ 6Z); 4 + (4Z \ 6Z); 8+ (4Z \ 6Z)g 10. (a) 0 + H = f0; 3; 6; 9; 12; 18; 21; 24; 27; 30; 33g, 1 + H = f1; 4; 7; 10; 13; 16; 19; 22; 25; 28; 31; 34g, 2 + H = f2; 5; 8; 11; 14; 17; 20; 23; 26; 29; 32; 35g (b) 0 + K = f0; 9; 18; 27g, 1 + K = f1; 10; 19; 28g, 2 + K = f2; 11; 20; 29g, 3 + K = f3; 12; 21; 30g, 4 + K = f4; 13; 22; 31g, 5 + K = f5; 14; 23; 32g, 6 + K = f6; 15; 24; 33g, 7 + K = f7; 16; 25; 34g, 8 + K = f8; 17; 26; 35g (c) 0+K = f0; 9; 18; 27g, 3+K = f3; 12; 21; 30g, 6+K = f6; 15; 24; 33g (d) (0 + K ) + H=K = f0 + K; 3 + K; 6 + K g, (1 + K ) + H=K = f1 + K; 4 + K; 7 + K g, (2 + K ) + H=K = f2 + K; 5 + K; 8 + K g (e) (a + H ) = (a + K ) + H=K för a = 0; 1; 2
10.5 Enkla grupper
1. Grupp (b), (c) och (f ) 2. (a) h2i (b) h3i, h5i och h7i (c) A4 (d) h2 i 3. Normala undergrupper i D4 : N1 = f"; 2; 3 ; 4 g, N2 = f"; 3; 1 ; 3 g, 4.
N3 = f"; 3; 2 ; 4 g och N4 = f"; 3g, där N1 , N2 och N3 är maximala. Motsvarande kvotgrupper: D4 =N1 , D4 =N2 och D4 =N3 , alla isomorfa med Z2, samt D4 =N4 , isomorf med V . Nej
Facit
604
10.6 Centrum och kommutatorundergruppen 1. 2. 3. 6.
(a) " (b) 3 (a) " (b) " (a) V (b) A3 (a) (0; 0) är neutralt element; (a; b) (b) (a; b) = (2; 0); (2; 0)n = (2n; 0) (d) h(2; 0)i
(c) " (c) 3 (c) f"g Z4
1
= (a( 1)b+1 ; b)
7. D4 =Z (D4 ) ' V
11.1 Jordan-Hölders sats 1. (a) (d) (g), (b) (e) och (c) (h). 2. (a) f0g Z5 (b) f0g h4i h2i Z8 (c) f0g h3i Z15 och f0g h5i Z15 (d) f"g A3 S3 (e) f0gh4ih2i Z12, f0gh6ih2i Z12 och f0gh6ih3i Z12 (f) f0g h12i h4i h2i Z36, f0g h12i h6i h2i Z36, f0g h12i h6i h3i Z36, f0g h18i h6i h2i Z36, f0g h18i h6i h3i Z36 och f0g h18i h9i h3i Z36 (g) f0gh24ih8ih4ih2i Z72, f0gh24ih12ih4ih2i Z72, f0gh24ih12ih6ih2i Z72, f0gh24ih12ih6ih3i Z72, f0gh36ih12ih4ih2i Z72, f0gh36ih12ih6ih2i Z72, f0gh36ih12ih9ih3i Z72, f0gh36ih18ih6ih2i Z72, f0gh36ih18ih6ih3iZ72 och f0gh36ih18ih9ih3iZ72 (h) f(0; 0)g f0g Z3 h3i Z3 Z9 Z3, f(0; 0)g h3i f0g h3i Z3 Z9 Z3 och f(0; 0)g h3i f0g Z9 f0g Z9 Z3 3.
Z4
och
V
(t.ex.)
11.2 Lösbara grupper 1. (a) (4; 3; 1) (b) (3; 2; 2; 1) (c) (6; 2) (d) (5; 3) 2. (a) (1; 1; 1), (2; 1) eller (3) (b) (1; 1; 1; 1), (2; 1; 1), (2; 2), (3; 1) eller (4) (c) (1; 1; 1; 1; 1), (2; 1; 1; 1), (2; 2; 1), (3; 1; 1), (3; 2), (4; 1) eller (5) (d) (1; 1; 1; 1), (2; 2) eller (3; 1) 4. (a) = 14 21 35 42 53 66 77 (b) Inget sådant existerar. 1 2 3 4 5 6 7 (c) Inget sådant existerar. (d) = 1 3 4 2 6 5 7
Facit
605
5. 14 23 36 41 58 67 75 82 6.
1 2 3 4 5 6 7 8 3 4 7 2 1 6 5 8 1 2 3 4 5 6 7 8 . eller 3 4 7 8 2 6 5 1 ,
Permutation (a) och (c)
12.1 Verkan av grupper på mängder 1. (a) X" = f1; 2; 3; 4g, X2 = X3 = X4 = X2 = X4 = ;, X1 = f1; 3g och X3 = f2; 4g. (b) G1 = G3 f"; 1g och G2 = G4 = f"; 3g. 2. (b) orbH (g) = Hg, Hg = f1Gg 3. (b) Cirkeln med medelpunkt i 0 och radie jz j. (c) h2i 12.2 Burnsides formel 1. (b) orbG (1) = f1; 4; 6; 7; 8g av längd 5, orbG (2) = f2; 3g av längd 2 och orbG (5) = f5g av längd 1. (c) G1 = G4 = G6 = G7 = G8 = f1G; 5 g, G2 = G3 = f1G; 2 ; 4 ; 6 ; 8 g och G5 = G. (e) X1G = X , X = X3 = X7 = X9 = f5g, X2 = X4 = X6 = X8 = f2; 3; 5g och X5 = f1; 4; 5; 6; 7; 8g. 2. 243 3. 30 (Kort efter det att man gjort denna uträkning, gick för övrigt aggfabriken i konkurs.)
4. 165 (Likt aggfabriken i föregående uppgift, har även denna rma nyligen gått i konkurs.)
5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
72 92
(a) 21
30 63 102 15 76 57 57
(b) 24
Facit
606
12.3 Konjugatklasser och Sylowundergrupper 1. (a) 5-undergrupper: f0g och Z5, varav Z5 är en 5-Sylowundergrupp. (b) 2-undergrupper: f0g, h14i och h7i, varav h7i är en 2-Sylowundergrupp.
7-undergrupper: f0g och h2i, varav h2i är en 7-Sylowundergrupp.
(c) 2-undergrupper: f"g, h1 i, h2 i och h3 i, varav h1 i, h2 i och h3 i
2-Sylowundergrupper. 3-undergrupper: f"g och h2 i, varav h2 i är en 3-Sylowundergrupp. (d) 3-undergrupper: f(0; 0)g, h(0; 1)i, h(1; 0)i, h(1; 1)i, h(1; 2)i och Z3 Z3, varav Z3 Z3 är en 3-Sylowundergrupp. (e) 2-undergrupper: f1g, h4i och Z5, varav Z5 är en 2-Sylowundergrupp. (f) 2-undergrupper: f1g och h8i, varav h8i är en 2-Sylowundergrupp. 3-undergrupper: f1g och h4i, varav h4i är en 3-Sylowundergrupp. a 0 2. (a) Alla matriser på formen 0 b i GL2 (R) (b) GL2 (R) a b (c) Alla matriser på formen 0 a i GL2 (R) är
(d) Alla matriser på formen ab ab i GL2 (R) 6. (a) 5 (b) f"g, f 1 2 ; 1 3 ; 1 4 ; 2 3 ; 2 4 ; 3 4 g,
f 1 2 3 ; 1 2 4 ; 1 3 2 ; 1 3 4 ; 1 4 2 ; 1 4 3 ; 2 3 4 ; 2 4 3 g, f 1 2 3 4 ; 1 3 2 4 ; 1 4 2 3 g och f 1 2 3 4 ; 1 2 4 3 ; 1 3 2 4 ; 1 3 4 2 ; 1 4 2 3 ; 1 4 3 2g
(c) 24 = 1 + 6 + 8 + 3 + 6 7. S5 har klassekvationen 120 = 1 + 10 + 15 + 20 + 20 + 30 + 24. D4 har klassekvationen
19. (b) CG (a)
8 = 2 + 2 + 2 + 2.
12.4 Sylows satser
1 5-Sylowundergrupp, medan det kan nnas 1 25 3-Sylowundergrupper. 2. Det kan nnas 1, 7 eller 49 undergrupper av ordning 9, och 1 undergrupp av ordning 49. 1.
Det kan endast nnas eller
13.
Ja
Facit
607
13.1 Ringar
1. (b), (d) och (e) är ringar; av dessa är (b) en kropp. 13. (a) 1 och 2 (b) 1, 3, 5, 9, 11 och 13 (c) (1 ; 1), (1; 1), ( 1;1) och( 1; 1) 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 (d) 0 1 , 1 0 , 1 1 , 1 1 , 0 1 och 1 0 14. Till exempel R = Z6, S = f0; 3g. 15. (a) 0 och 2 (b) 0, 6 och12 (c) 0, 10, 20, 30 och 40 0 0 0 1 0 0 (d) 0 0 , 0 0 , 1 0 och 11 11
16. (1R a) 1 = 1R + a + a2 + + an 1 18. (a) 0 och 1 (b) 0,1 och10 (c) 0, 1, 25 och 26 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 (d) 0 0 , 0 0 , 0 1 , 0 0 , 1 0 , 10 01 , 00 11 och
19.
0 0 1 1
Ringen måste vara kommutativ.
13.2 Nolldelare och integritetsområden 1. (a) 2 (b) 2, 4 och 6 (c) 2, 4, 6, 7, 8, 10 och 12 (d) 5, 10, 15 och 20 (e) (0; 1), (0; 2), (0; 3), (0; 4), (1; 0) och (2; 0) (f) (0;1),(0; 2) , (0; 3), samt alla (a; 0), där a 6= 0 2. 10 00 , 00 10 , 01 00 , 00 01 , 10 10 , 11 00 , 00 11 , 0 0 och 1 1 1 1 1 1 3. 5.
Nej En godtycklig oändlig kropp duger, t.ex.
13.3 Karakteristiken av en ring 1. (a) 12 (b) 12 (d) 6 (e) 0 8 4 4 8 2. a + 2 a b + b 14.1 Ideal och kvotringar 1. (a) f0g, f0; 3g, f0; 2; 4g och Z6
Q.
(c) 20 (f) 2
Facit
608
(b) f0g, f0; 6g, f0; 4; 8g, f0; 3; 6; 9g, f0; 2; 4; 6; 8; 10g och Z12 (c) f(0; 0)g, f(0; 0); (0; 2)g, f(0; 0); (1; 0)g, f(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3)g,
f(0; 0); (0; 2); (1; 0); (1; 2)g och Z Z 2
2. (a)
+ 0+I 1+I 2+I 3+I
0+I 1+I 2+I 3+I 4+I
(b)
+ 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I
0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I
4
0+I 0+I 1+I 2+I 3+I 0+I 0+I 0+I 0+I 0+I 0+I
1+I 1+I 2+I 3+I 4+I 1+I 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I
2+I 2+I 3+I 4+I 0+I 2+I 0+I 2+I 4+I 1+I 3+I
3+I 3+I 4+I 0+I 1+I 3+I 0+I 3+I 1+I 4+I 2+I
4+I 4+I 0+I 1+I 2+I 4+I 0+I 4+I 3+I 2+I 1+I
0+I 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I 0+I 0+I 0+I 0+I 0+I 0+I 0+I
1+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I 0+I 1+I 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I
2+I 2+I 3+I 4+I 5+I 0+I 1+I 2+I 0+I 2+I 4+I 0+I 2+I 4+I
3+I 3+I 4+I 5+I 0+I 1+I 2+I 3+I 0+I 3+I 0+I 3+I 0+I 3+I
4+I 4+I 5+I 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 0+I 4+I 2+I 0+I 4+I 2+I
5+I 5+I 0+I 1+I 2+I 3+I 4+I 5+I 0+I 5+I 4+I 3+I 2+I 1+I
8. (b) 3Z 9. (b) 12Z 10. (b) I3 = f0g, I5 = f0; 4; 8; 12; 16g och I12 = f0; 5; 10; 15g 11. (b) f0; 6; 12; 18; 24; 30g 12. (c) 6Z
14.2 Homomor smer och isomor smer 2. (a) Ej homomor sm (c) Homomor sm
(b) Ej homomor sm (d) Ej homomor sm
Facit
609
14.4 Primideal och maximala ideal 1. (a) Z6: f0g = h0i, f0; 3g = h3i, f0; 2; 4g = h2i och Z6 = h1i Z12: f0g = h0i, f0; 6g = h6i, f0; 4; 8g = h4i, f0; 3; 6; 9g = h3i, f0; 2; 4; 6; 8; 10g = h2i och Z12 = h1i Z2 Z4: f(0; 0)g = h(0; 0)i, f(0; 0); (0; 2)g = h(0; 2)i, f(0; 0); (1; 0)g = h(1; 0)i, f(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3)g = h(0; 1)i och Z2 Z4 = h(1; 1)i (b) Z6: f0; 3g och f0; 2; 4g Z12: f0; 3; 6; 9g och f0; 2; 4; 6; 8; 10g Z2 Z4: f(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3)g och f(0; 0); (0; 2); (1; 0); (1; 2)g (c) Z6: f0; 3g och f0; 2; 4g Z12: f0; 3; 6; 9g och f0; 2; 4; 6; 8; 10g Z2 Z4: f(0; 0); (0; 1); (0; 2); (0; 3)g och f(0; 0); (0; 2); (1; 0); (1; 2)g 15.1 Partiella ordningar och gitter
1. (e) och (f ) 2. Ja! 3. (a) Totalt ordnad (b) Ej totalt ordnad (c) Ej totalt ordnad (såvida inte M = ;) 4. Alla maximala ideal är maximala element, nollidealet är minimalt element.
5. (a) Existerar ej (d) f 6. 20 18
14
10 2
6
(b) j (e) h
(c) Existerar ej (f) Existerar ej
9 3
7. (a) Maximala element är 7, 8, 9, 10, 11 och 12. Minimalt element är 1. (b) Majoranter saknas. Minorant är 1. (c) sup Y existerar inte, inf Y = 1. (d) Delbarhetsrelationen 8. (a) a ^ b = c _ d (b) a ^ (b _ c) = (a ^ b) _ c (c) a _ b c ^ d (d) (a ^ b) _ a a ^ (b _ c) 9. a ^ b = min(a; b), a _ b = max(a; b).
Facit
610
10. ^
11.
a b c d e f
a a b c d e f d
b b b c d e f
c c c c f f f
d d d f d f f
e e e f f e f
_ a b c d e f
f f f f f f f
a b c d e f
a a a a a a a b b b b b a b c b b c a b b d b d a b b b e e a b c d e f
e a
b f
14.
Om
c X
har ett största (minsta) element, så är detta in mum (supre-
mum) till
;.
15.2 Begränsade, distributiva och komplementära gitter 2. Gittret är komplementärt men ej distributivt. 6. 1L är har komplementet 0L; b har komplementen c, d komplementet komplementet
b; d har komplementet b; f
1L .
och
har komplementet
f ; c har b; 0L har
15.3 Booleska algebror 1. Ja, det högra. 8. (a) 66 13. a0 = 30=a 15. Primtalsdelarna i n.
(b) 5
(c) 165
15.4 Booleska algebror och elektriska kretsar 3. f (x1 ; x2 ; : : : ; x8 ) = (x1 ^ x2 ^ x3 ) _ (x3 ^ x6 ) _ (x2 ^ x5 ^ x7 ) 4. f :
n
x1
x2 x3
g:
x1
x2 x3
5. 2 7. Ja: (a) och (d) är ekvivalenta, liksom (b) och (c). 2
Facit 8.
611
En seriekoppling av reläerna
x01 , x2
och
x3 .
16.1 Polynom 1. (a) 900 (b) 54 (c) 2 500 (d) 8 (e) 63 2. (a) x4 + 5x3 + 2x 2 (b) x3 + 3x2 (c) 4x4 + 5x3 + 2x2 + 4x + 2 (d) 85 x2 125 x 13 10 3 2 3. (a) 2x 5x 9x 3 (b) 12 x5 + 203 x4 + 121 x3 158 x2 254 x 454 (c) x5 + x3 + x2 + x + 1 (d) 6x4 + 5x3 + 5x2 + 2x + 6 4. (a) 3x4 + x3 + x2 + 4x + 2 (b) 3x2 + 2x + 2 4 (c) 2x + 2 (d) 4x4 + x2 + 5x + 1 5. Därför att Z4 inte är en kropp. 9. (x2 + 2x + 1)y3 + (3x3 + x)y2 + (x 3)y + x2 + 1 2 (Q [x])[y],
3y2 x3 + (y3 + 1)x2 + (2y3 + y)x + y3 3y + 1 2 (Q [y])[x]
16.2 Evalueringar och nollställen 1. f (0) = f (1) = f (2) = 1 p (c) 2i 2. (a) 25 (b) 4 2 5 (d) 4 (e) 0 (f) 4 3. (a) 1 och 1 (b) 2 och 3 (c) Nollställen saknas
4. 4 7. (a) 9 9. Om S
(d) Nollställen saknas
(b) 16
(c) 125
inte att vara en homomor [f (x)g(x)] = [f (x)] [g(x)] inte kommer att vara uppfyllt. Satsen kan dock räddas, om vi av elementet kräver att r = r för alla r 2 R. inte är kommutativ, så kommer
sm, eftersom
16.3 Divisionsalgoritmen 1. (a) q(x) = x, r(x) = 2x + 8 (b) q(x) = x3 + x + 1, r(x) = x4 + x3 + x (c) q(x) = 4x, r(x) = 1 (d) q(x) = x2 + x + 5, r(x) = x + 5 2. a = 3 3. a = 2
Facit
612
16.4 Irreducibla polynom 1. Polynom (a) och (b) 2. Polynom (b) 3. (a) Irreducibelt 4. Polynom (b) och (c) 5. Kropp (a) och (c)
(b) Ej irreducibelt
16.5 Entydig faktorisering av polynom 1. (a) (x 1)(x2 + x 1) (b) (x 1)(x3 + x2 + x 1) (c) x4 + 2x + 2 (d) x4 x3 + x + 1 4 3 2 (e) (x + 1)(x + x + x + x + 1) 2. (a) (x + 4)(x2 + x + 1) (b) (x + 1)(x + 2)(x + 3) (c) (x + 2)(x4 + x2 + x + 1) 3. (a) (x + 2)(x + 3)(x + 4) (b) (x 1)(x + 2)(x2 + 2x + 2) (c) (x2 + 1)(x3 + 2x + 1) p 2 p 2)(x + 1) 4. (a) (x2 p2)(x2 +p1) (b) (x + 2)(x 2 2 (c) (x + 2)(x 2)(x + i)(x i) (d) (1 + x ) (e) (x + 2)(x + 3)(x2 + 3) (f) (x + 3)(x + 4)(x2 + 1) 5. (a) (x + 1)6 (b) (x + 1)3 (x4 + x3 + 1) 6. Ideal (a) och (d) 7. (a) Maximalt (b) Ej maximalt (c) Maximalt
(d) Ej maximalt
16.6 Kvotringar bildade utifrån polynomringar 1. Nej, ty x2 + 2 är inte irreducibelt över Z3. 2. Endast ring (c) 3. (x3 + x2 ) + I 4. (4x2 + 4) + hf (x)i
5. 31 x3 2x 3 + x4 + 6x2 + 9x + 3
2 4 6. 1 x + 2x x + hp(x)i 2 3 18
7. (a) 8 (b) (x2 + x + 1) + x3 + x + 1 8. x3 + hp(x)i 9. Z2[x]= hf (x)i är en kropp, och inversen till (1 + x2 ) + hf (x)i ges av (x3 + x + 1) + hf (x)i
Facit 10. 11. 12. 13. 14.
613
[ ]= hf (x)i är inte en kropp. Inversen till x3 + hf (x)i ges av (4x3 + x + 4x + 4) + hf (x)i. (x + 1) + I och (2x + 2) + I (x + 2) + hp(x)i och (x2 + 2x + 2) + hp(x)i (t.ex.) 3 2 Till exempel duger p(x) = x + x + 2, och med detta val av p(x) blir 1 2 (x + hp(x)8i) = (x + x) + hp(x)i. > om n 0 (mod 3)
: ( 1 x) + I om n 2 (mod 3) Z5 x 2
17.1 Ett fraktionskropp p integritetsområdes p 3. Q ( 2) = fa + b 2 j a; b 2 Q g 4.
Q
17.2 Faktoriella ringar
1. (a) Irreducibelt (b) Ej irreducibelt (c) Irreducibelt (d) Irreducibelt (e) Ej irreducibelt (f) Irreducibelt 3 2. (a) 4 och 4 (b) 2x 1 och 2x3 + 1 (c) x2 + 3x 7 och x3 3x + 7 (d) x + 1 (e) 2x + 1, 4x + 2, 6x + 3, x + 4, 3x + 5 och 5x + 6 (f) f4cx3 + 3c j c 6= 0g 10. (a), (c) och (e) 12. Ja 13. (a) 2 5 (x 2) (b) 2 (x 1)(x + 2)2 2 (c) 5 (x 2)(x + 4x + 2) (d) 2 3 5 (x2 +2x +2)(x2 2x 2) (e) (x 1)(3x3 + 2x2 4x 2) (f) 3 (5x 1)(3x2 x + 3) (g) 2 5 (x 1)(x +2)(x2 +2x +2) (h) 2 32 (x 1)3 (x2 + 2x + 3)
17.3 Euklidiska ringar 4. Nej 9. (a) 3 10. x2 + 5x + 1
(b) x2 + 1
17.4 Gaussiska heltal 1. (a) 5 (b) 16 2. (a) 3 2i och 2 3i
(c) x + 1
(d) x3 + 2x2 + 2
(c) 34 (d) 101 (b) 5, 5i, 4 3i och 3 4i
Facit
614
3. (a) 1 i (c) (6 5i) och (5 + 6i) 4. (a) = 2i, = i (c) = 1 + i, = i (e) = 1 + i, = 3i 5. (a) 1 + 3i (b) 1 + i (d) 1 (e) 1 + i 6. (a) 1 och i (c) (1 + i) och ( 1 + i) 7. (a), (b) och (c) 8. (a) (1 + 2i)(1 i) (c) (1 + 4i)(1 4i) (e) (2 + i)2 (f) 2 + i (h) 3(1 2i) 11. Nej
(b) (5 2i) och (2 + 5i) (d) 4 och 4i (b) = i, = 1 + i (d) = 5 + 2i, = 0 (f) = 0, = 8 + 6i (c) 1 + i (f) 6 + 4i (b) (3 2i) och (2 + 3i) (b) (3 + 2i)2 (d) (1 + i)(2 + i)(1 4i) (g) (5 + 2i)(5 2i)
17.5 Något om kvadratiska heltalsringar 1. 2. 3. 4. 10. 13. 17.
(b) och (d)
p
(a) 1 + 5 (a) 19 p (a) 2 5
p
p
p
(b) 6 2 7 (c) 40 + 17 2 (d) 8 4 2 (b) 3 (c) 176 (d) 21 p (b) Invers saknas (c) 7 4 3
(a), (b) och (d) Nej
p
p
p
p
p
(b) (3 2 3)(7 + 2 3) = (12 7 3)(20 + 11 3) = 9 8 3 (c) Ingen motsägelse
18.1 Vektorrum p 1. f1; 2g (t.ex.) 5. (a) Ej underrum (c) Underrum 6. Polynom (b) och (e) 11. Ja, mängd (a). 12. n + 1
(b) Underrum (d) Ej underrum
Facit
615
18.2 Ändliga och algebraiska utvidgningar 3. (a) x5 2 (b) x4 4x2 + 2 (c) x6 2x3 2 4 2 4 2 (d) x x + 1 (e) x + 2x + 25 (f) x4 28x2 + 121 p p 5. (a) x4 4xp2 + 16 (b) x2 2 3x + 4 (c) x p3 i (d) x2 2 3x + 4 (e) x2 2ix 4 (f) x 3 i 6 9. x 675 11. 6 12. [Q ( ) : Q ] = 4; minimalpolynomet till ges av x4 6x2 + 2. p p p p p (b) f1; 4 3; 3; ( 4 3)3 g 13. (a) f1; p3 3; ( 3 3)2 g (c) f1; 4 3g 14. (a0 b0 +2a1b2 +2a2b1 )+(a0 b1 + a1 b0 +2a2b2 ) +(a0 b2 + a1b1 + a2b0 ) 2 15. 10 16. 6 17. m(x) = x6 4x3 2, [Q ( ) : Q ] = 6 18. (c) 10 p p pp p p p 19. (b) fp1; p2; 3 3; 2 3 3; ( 3 3)2 ; 2( 3 3)2 g (t.ex.) 6 20. = 3 7 3 (t.ex.) p p med motsvarande minimalpolynom x 4 1 323. 21. = i( 2 + 3) (t.ex.) med tillhörande minimalpolynom x + 10x + 1. p 22. (a) 2 (b) = 3 (t.ex.) 28. R \ A 18.3 Geometriska konstruktioner
1. (a) Konstruerbart (b) Ej konstruerbart (d) Konstruerbart (e) Konstruerbart (g) Ej konstruerbart 10. Nej
(c) Ej konstruerbart (f) Konstruerbart
19.1 Koder och kodord 1. (a) 0:82 (b) 0:98 2. (a) 3 (b) 6 (c) 2 (d) 4 3. (a) f0000; 1000; 0100; 0010; 0001g (b) f01001; 11001; 00001; 01101; 01011; 01000g (c) f101; 001; 111; 100; 110; 000; 011g 4. (a) 16 (b) 42 (c) 99
Facit
616
P
5. jBr (x)j = rk=0 nk 6. (a) 2 (b) 4 7. (a) 1 (b) 3 8. Ja, koden i (b) (för r = 1).
(c) 2 (c) 1
19.2 Linjära koder 1. (a) 00111 (b) 110111 (c) 011110 (d) 0111 4. (a) 2 (b) 4 (c) 3 (d) 0 6. Ja, wt(x + y) är alltid jämnt. Bevis? 7. 3 8. (a) 011101 111011 = 010101 100100 = 1 (c) C ? är en linjär (n; n m)-kod. 9. 000 + C = f000; 011; 101; 110g och 001 + C = f001; 010; 100; 111g; sidoklassen 001 + C kan även representeras av 010 eller 100. 10. (a) 011110 (b) 001101 (c) Kan ej korrigeras 19.3 Generatormatriser och kontrollmatriser 1. Kodord: 00000, 00110, 01001, 01111, 10011, 10101, 11010 och 11100. Minimiavstånd: 2 0 1 1 0 1 0 B0 1 0 1C 0 1 B C 1 B1 0 0 0C B @ A 2. 1 respektive B0 1 0 0C C B C 1 @0 0 1 0A 0 0 0 1 3. (a) 0000000, 0001110, 0010111, 0011001, 0100011, 0101101, 0110100, 0111010, 1000101, 1001011, 1010010, 1011100, 1100111, 1101000, 1110001 och 1111111 (b) 1 respektive 2 4. (a) 001 (b) 111 (c) 110 (d) 110 5. (a) Korrigerat ord 1101001, syndrom 100 (b) Korrigerat ord 0000000, syndrom 011 (c) Korrigerat ord 1000011, syndrom 101 (d) Korrigerat ord 0110011, syndrom 001 1 0 1 1 0 6. Till exempel koden som genereras av 0 1 0 1 1 . 7. Till exempel koden som genereras av 10 01 01 01 10 10 11 11 .
Facit
617
20.1 Splittringskroppar 1. (a) 8 (c) (1 + + 2 )3 = 1 + ; 2 (1 + 2 )(1 + ) = 1 + 2 2. (b) 121 (c) 1 + 2 3. 1 + +
4. Kropp (a), (b), (d) och (e) 5. Nej p 6. (a) Q p (b) Q ( 3 2; !), där ! = e2i=3 (c) Q ( p4 3; ip) (d) Q ( 3 2; 4 3; !; i), där ! = e2i=3 7. (a) (x 3)( p3 x 2) p3 p 2i=3 (b) (x p2)(x !p 2)(x p!2 3 2), där p4 ! = e 4 4 4 (c) (x +p 3)(x p3)(x + i p3)(x i p3) p p p (d) (x 3 2)(x ! 3 2)(x !2 3 2)(x + 4 3)(x 4 3)(x + i 4 3)(x i 4 3), där
! = e2i=3
8. (a) 2 (b) 2 (c) 4 (d) 6 (e) 2 (f) 12 p p 9. (a) (x + ip 3)(x pi 3) p (b) p (x + 1)(x 1)(x + i)(x i) 2)(x + 5)(px 5) (c) (x + p2)(x p (d) (x 3 3)(x ! 3 3)(x !2 3 3), där ! = e2i=3 2 2i=3 (e) (x 1)( p x !)(px ! ),p3där ! = ep3 p (f) (x + 2)(x 2)(x 2)(x ! 2)(x !2 3 2), där ! = e2i=3 10. (x2 + 1)(x2 7) och x4 49 (t.ex.) 11. (a) (x 1)4 (t.ex.) (b) x4 1 (t.ex.) (c) (x2 2)(x2 3) (t.ex.) (d) x4 2 (t.ex.)
20.2 Separabla utvidgningar 2. (a) 4x3 3 (b) 6x2 +2(1+2i)x i (c) x2 + 1 4 3 (d) 4x + x + 4x + 3 (e) 3x + 4 (f) 0 3. (b) Polynomets grad får inte vara en multipel av p.
20.3 Ändliga kroppar 1. 23, 25, 27, 29, 31, 32 och 37 2. (a) 2 och 3 (b) 2, 6, 7 och 8 3. (a) 2 (b) 2
(c) 2, 6, 7 och 11 (c) 2
Facit
618
6.
(d) 0 (g) 0
(e) 4 (h) 4
(f) 6 (i) 0
Vilket element som helst, utom det multiplikativt neutrala elementet, duger som generator.
( ) = fa + b j a; b 2 Z3; 2 = 2g; som generator till Z3( ) duger 1 + . 8. 2 + och 2 + 4 12. (a) x, x + 1, x3 + x2 + 1 och x3 + x + 1 (b) x, x + 1, x + 2, x2 + 1, x2 + x + 2 och x2 + 2x + 2 (c) x, x + 1, x2 + x +1, x4 + x3 +1, x4 + x3 + x2 + x +1 och x4 + x +1 (d) Produkten av alla irreducibla polynom i Zp[x], vars grad är en n 7.
T.ex.
Z3
delare i
n, är lika med xp
x.
21.1 Galoisgrupper p p p p 3. (a) p7 ochp p7 p p p (b) 1 +p 5 och p 1 5 (c) p2 + p3, 2 p 3,p 2 + 3 ochp 2 3p (d) p2 + 3poch 2 p 3 p(e) 2 + i och 2 i (f) 2 + i, 2 i, 2 + i och 2 pi p p p p (g) 3 (h) 3 3 och 3 3 p p p 2 + p7 4. (a) 2 + 7 (b) p p p3 + 5p (c) 35 + 4 10 (d) 14 + 70 5. (a) 2 (b) 4 (c) 2 (d) 2 6. 2 p p p 7. (a) G Q ( 5)=Q = f"; g, där ( 5) = 5 p p p (b) G Q ( 4 3)=Q = f"; g, där ( 4 3) = 4 3 p p p (c) G Q (i 2)=Q = f"; g, där (i 2) = i 2 p p (d) G p Q ( 7p; 11)=Q = f"; 1 ; 2 ; 3 g, där 1 , 2 och 3 verkar på 7 och 11 enligt tabellen p2 p3 p p1 7 7 7 p p p p7 11p p 11 p11 11 p p (e) G Q ( 7; 11)=Q ( 11) = f"; g, där ( 11) = 11 p p p p p p (f) G Q ( 3; 3 3)=Q = f"; g, där ( 3) = 3 och ( 3 3) = 3 3 8. (a) 2 (b) 1 (c) 6 (d) 1 (e) 4 (f) 2 (g) 12 (h) 4
Facit
619
9. (b) S3 10. Med L = fb0 + b1 + b2 2 + b3 3 j b0 ; b1 ; b2 ; b3 2 Q ; = e2i=5 g så G(L=Q ) = f"; 1 ; 2 ; 3 g, där "(b0 + b1 + b2 2 + b3 3 ) = b0 + b1 + b2 2 + b3 3 , 1 (b0 + b1 + b2 2 + b3 3 ) = (b0 b2)+(b3 b2) +(b1 b2) 2 b2 3 , 2 (b0 + b1 + b2 2 + b3 3 ) = (b0 b3) + (b2 b3) b3 2 + (b1 b3) 3 blir
och
3 (b0 + b1 + b2 2 + b3 3 ) = (b0 b1) b1 + (b2 b1 ) 2 + (b3 b1) 3
21.2 Galoisteorins huvudsats p 1. Samtliga element i Q (i 11). p p p 2. Q , Q (i), Q ( 2), Q (i 2) och Q (i; 2) 3. Undergrupper är H0 = f"g, H1 = f"; 1g, H2 = f"; p2 g, H3 p = f"; 3g och H4 = f"; 1 ; 2 ; 3 g, där 1 , 2 och 3 verkar på 2 och 7 enligt tabellen
p p2
p p2
p2
1
7
p3
p2
7
p2
7
7
p p p LH0 = Q ( 2; 7), LH1 = Q ( 2), p p LH2 = Q ( 7), LH3 = Q ( 14) respektive LH4 = Q . p p 4. (a) Q ( 2; 6) (b) Undergrupper är H = f"g, H = f"; g, H = f"; g, H p = f";p g och H = f"; ; ; g, där , och verkar på Motsvarande mellankroppar ges av
0
3
3
1
4
1
2 och 6 enligt tabellen
p p2 6
p p2 1
6
p
p2
p2 6
1
2
3
2
2
3
p3
p2 6
p
Motsvarande mellankroppar ges av
6.
2
1
p p
LH0 p= Q ( 2; 6),
LH1 = Q ( 2), LH2 = Q ( 6), LH3 = Q ( 3) respektive LH4 = Q . Kropp (b), (c), (d), (e) och (h)
22.1 Rotutvidgningar 1. (a) Q ( 1 ; 2 ; 3 ), där 21 = 2, 32 = 2 och 23 = 1 (b) Q ( 1 ; 2 ; 3 ), där 21 = 5, 32 = 7 och 23 = 4 2 (c) Q ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ), där 41 = 2, 22 = 13, 43 = 67, 34 = 2 3 2 och 5 = ( 1 + 1)= 4 (d) Q ( 1 ; 2 ; 3 ; 4 ), där 21 = 13, 32 = 14, 23 = 3 + 2 och 99 4 = 99 (e) Q ( 1 ; 2 ; 3 ), där 21 = 1, 72 = 8 och 63 = 11 (f) Q
Facit
620
p
2. (a) Q ( 6) q p q p p (b) Q 2; 4 (3 + 2)=2; 4 (3 2)=2
p p
(c) Q (i 3; 3 2)
22.2 Polynomekvationer av lägre grad än fem p p 2. (a) x1 = 3 p3 3 9, p x2 = ! 3p3 !2 p3 9, x3 = !2p3 3 p! 3 9, där ! = e2i=3 (b) x1 = 3 p4 3 6, p x2 = ! 3p4 !2 p3 6, x3 = p!2 3 4 ! 3 6p, där ! = e2i=3 p p (c) x1 = 3 p 2 + p5 3 2 + 5 +p2, p 3 x2 = ! 3p 2 + p5 !2 p 2 + p5 + 2, x3 = !2 3 2 + 5 ! 3 2 + 5 + 2, där ! = e2i=3 p p 1 5 5 21 3. (a) x1;2 = ; x3;4 = 2p 2 p p p 1 + 2 i p1 + 2p2 1 2 1 1 + 2 2 ; x3;4 = (b) x1;2 = 2 2 p 2 2 (c) x1;2 = i; x3;4 = 1 i 2 22.3 Femtegradsekvationen 4. (a) Ej lösbar
(b) Lösbar
(c) Ej lösbar
p
(d) Lösbar
p
5. Ja; x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 1 + i 3 , x5 = 1 i 3 2 2
Index Abel, Niels Henrik, 56, 582
element, 405 polynom, 369
abelsk grupp, 56
asymmetriskt krypto, 150
struktursatsen för ändliga abelska grupper, 182, 185
atom, 348
190
automor sm inre, 166
absorptionslagar, 331 addition modulo
K -automor sm, 539
n, 51
på grupp, 166
adjungering av element, 449
på kropp, 539
a n avbildning, 141
avbildning, 3037
a nt krypto, 141 algebraisk utvidgning, 455
a n, 141
algebraiskt
bijektiv, 34
element, 451
boolesk, 355
hölje, 519
injektiv, 34 invers till, 33
sluten, 518
inverterbar, 33
tal, 465
sammansatt, 30
algebrans fundamentalsats, 518
surjektiv, 34
allmänna linjära gruppen, 56 alternerande gruppen, 112
bana, 246
andra isomor satsen
bas för vektorrum, 446
för grupper, 212
begränsat gitter, 337
för ringar, 317
bijektiv avbildning, 34
andragradsekvationen, 575576
bild
annulleringslagar
till avbildning, 32
i en grupp, 63
till homomor sm, 200, 314
i en ring, 297
binär symmetrisk kanal, 478
i ett gitter, 339
Boole, George, 323
antisymmetrisk relation, 324
boolesk
aritmetikens fundamentalsats, 17
algebra, 342
Ars Magna, 577
isomorfa booleska algebror,
Artin, Emil, 419
346
artinsk ring, 419
ändlig, 345
associativa lagen, 42
avbildning, 355
associerade
ring, 354
621
Index
622
Burnside, William, 251
distributivt gitter, 338
Burnsides formel, 254
divisionsalgoritmen, 11, 371 divisionsring, 290
Caesar, Julius, 140
dual kod, 494
Caesarkrypto, 140
dualitetsprincipen, 334
Cardano, Girolamo, 576 cartesisk produkt, 5, 6
Eisenstein, Gotthold, 382
Cartesius,
Eisensteinpolynom, 382
se Descartes, René
Cauchy, Augustin-Louis, 265
Eisensteins kriterium, 382
Cauchys sats, 265
ekvivalensklass, 24
Cayley, Arthur, 40
ekvivalensrelation, 23
Cayleys sats, 168
ekvivalenta
Cayleytabell, 40 centralisator, 81, 263
kretsar, 358 subnormala följder, 229
centrum, 81, 221
Elementa, 14
cirkelns kvadratur, 467
enhet, 288
cykel, 102
enhetsgrupp, 289
cykelstruktur, 239 cyklisk
modulo
n, 60
enkel
grupp, 84 undergrupp, 84
grupp, 216 utvidgning, 449 enkelt nollställe, 522
De Morgan, Augustus, 7
etta, 286
De Morgans lagar, 7, 345
Euklides, 14
de nitionsmängd, 30
Euklides' algoritm, 14, 424
delare, 12, 373, 405
euklidisk
gemensam, 12 största gemensam, 13, 413
ring, 421 värdering, 421
trivial, 16
Euler, Leonhard, 133
äkta, 16
Eulers
derivata,
se formell derivata
Descartes, René, 5
'-funktion, 133
Eulers sats, 133 evalueringshomomor sm, 368
diamantsatsen, 213, 317 dihedrala gruppen, 114
faktoriell ring, 406
dimension av vektorrum, 446
faktorsatsen, 374
direkt produkt
familj, 5
r, 484
av grupper, 171, 177
fel av vikt
av ringar, 285
femtegradsekvationen, 582585
Dirichlet, Lejeune, 36
Fermat, Pierre de, 133
Dirichlets lådprincip, 36
Fermats lilla sats, 134
disjunkta
Ferrari, Lodovico, 579
cykler, 103
Ferro, Scipione del, 576
mängder, 5
Fior, Antonio, 576
distributiva lagen, 44, 284, 338
xkropp, 550
Index
623
xpunkt, 102, 247, 550
gradtalssatsen, 458
xpunktsmängd, 247, 261
grupp, 56
fjärdegradsekvationen, 579581
abelsk, 56, 182190
Fontana, Nicolo,
annulleringslagar i, 63
se Tartaglia
forcering av krypto, 137
centrum av, 221
formell derivata, 523
cyklisk, 84
fraktionskropp, 402
dihedral, 114
Frobenius' homomor sm, 314, 532
direkt produkt, 171
Frobenius, Georg, 314
enhetsgrupp, 289
funktion,
enkel, 216
se avbildning
förening, 330, 356
Galoisgrupp, 540, 558
första isomor satsen
grupphomomor sm, 196
för grupper, 210
gruppisomor sm, 158
för ringar, 316
gruppverkan, 245, 253
förstagradsekvationen, 575 Galois, Evariste, 533 Galois' sats, 572 Galoisgrupp, 540, 558 Galoiskropp, 533 Galoisteorins huvudsats, 553 Gauss, Carl Friedrich, 295, 518 Gauss' lemma, 414 gaussiskt heltal, 295, 426 norm av, 426 gemensam delare, 12 gemensam multipel, 12 generator till grupp, 84 till huvudideal, 318 till undergrupp, 96 generatormatris, 496 standardiserad, 496 generatormängd, 96 minimal, 186 gitter, 329 annulleringslagen, 339 begränsat, 337
isomorfa grupper, 158 kommutatorföljden till, 237 kommutatorundergruppen till, 223 kompositionsföljd till, 229 kvotgrupp, 194 lösbar, 233 ordning av, 79
p-grupp, 266
permutationsgrupp, 100 rang av, 186 rotationsgrupp, 118 subnormal följd till, 228 symmetrigrupp, 114 undergrupp, 76 yttre direkt produkt, 171 ändligt genererad, 96 gruppkod,
se kod, linjär
gruppverkan, 245, 253 trogen, 250 Hamilton, William R., 292 Hamiltons kvaternioner, nioner
distributivt, 338
Hamming, Richard, 478
komplementärt, 340
Hammingavstånd, 483
grad av polynom, 361
Hammingkod, 504
gradtal
Hammingvikt, 490
för element, 452
Hasse, Helmut, 80
för kroppsutvidgning, 454
Hassediagram, 80, 325
se kvater-
Index
624
Hermite, Charles, 451 homomor sm
polynom, 375 isomorfa
bild till, 200, 314
booleska algebror, 346
boolesk, 345
grupper, 158
evalueringshomomor sm, 368 grupphomomor sm, 196
K -homomor sm, 539 kanonisk, 204 kärna till, 200, 314
ringhomomor sm, 310 trivial, 197, 311 huvudideal, 318
ringar, 310 isomor satsen andra, 212, 317 första, 210, 316 tredje, 214, 317 isomor sm boolesk, 346 gruppisomor sm, 158
huvudidealring, 407
K -isomor sm, 539
högerdistributiva lagen, 44
ringisomor sm, 310
högerinvers, 62 högerneutralt element, 62
Jordan, Camille, 228
högersidoklass,
Jordan-Hölders sats, 231
se sidoklass
Hölder, Otto, 228
jämn permutation, 111
primideal, 321
K -automor sm, 539 k-cykel, 102 K -homomor sm, 539 K -isomor sm, 539
radikalen till, 310
kanoniska homomor smen, 204
trivialt, 306
karakteristik, 301
ideal, 305 huvudideal, 318 maximalt, 320
idempotent element, 75, 296, 330
klartext, 137
identitetsavbildning, 33
klassekvationen, 264
index av undergrupp, 127
Klein, Felix, 70
induktionsantagande, 9
Kleins fyrgrupp, 70
induktionsprincipen, 8
kod, 481
in mum, 327
dual, 494
injektiv avbildning, 34
ekvivalenta koder, 507
inre
generatormatris, 496 automor sm, 166
Hammingkod, 504
direkt produkt, 177
kontrollmatris, 499
integritetsområde, 299 fraktionskropp till, 402 invers till avbildning, 33 till element, 47
linjär, 488 minimiavstånd för, 485 perfekt, 507
r-felskorrigerande, 485 systematisk, 496
inverterbar avbildning, 33
kodord, 481
inverterbart element, 47
kommutativ ring, 286
irreducibelt
kommutativa lagen, 42
element, 405
kommutator, 223
Index
625
kommutatorföljden, 237
Caesarkrypto, 140
kommutatorundergruppen, 223
forcering av, 137
komplement
monoalfabetiskt, 139
i gitter, 340
nyckel till, 137
till boolesk avbildning, 356
polyalfabetiskt, 139
till mängd, 3
RSA-krypto, 151
komplementärt gitter, 340
substitutionskrypto, 138
kompositionsföljd, 229
symmetriskt, 138
kompositionsregel, 39
transpositionskrypto, 147
konjugatklass, 263 konjugerade
Vigenèrekrypto, 145 kryptoanalys, 138
element, 262, 540
kryptogram, 137
undergrupper, 270
kubens fördubbling, 467
konjugering av element, 262 av undergrupp, 270
kvadratfritt heltal, 432 kvadratisk heltalsring, 433 norm i, 433
konstant polynom, 364
kvaternioner, 290292
konstruerbart tal, 468
kvotgrupp, 194
kontrollmatris, 499 standardiserad, 499 korrespondenssatsen för grupper, 204 för ringar, 315 Kronecker, Leopold, 509 Kroneckers sats, 509 kropp, 290 xkropp, 550 fraktionskropp, 402 Galoiskropp, 533 mellankropp, 549 splittringskropp, 511 underkropp, 292 kroppsutvidgning, 448
kvotring, 307 kärna till homomor sm, 200, 314 Lagrange, Joseph-Louis, 121 Lagranges sats, 130 lattice,
se gitter
von Lindemann, Ferdinand, 451 linjär kod, 488 linjärkombination, 443 linjärt beroende vektorer, 444 hölje, 443 oberoende vektorer, 444 lösbar grupp, 233 lösbart polynom, 567
algebraisk, 455
majorant, 327
enkel, 449
maximal normal undergrupp, 216
gradtal för, 454
maximalt
normal, 547 rotutvidgning, 567
element, 326 ideal, 320
separabel, 522
mellankropp, 549
ändlig, 454
mellanliggande värden, satsen om,
krypto, 137
585
a nt, 141
minimal generatormängd, 186
asymmetriskt, 150
minimalpolynom, 452
Index
626
minorant, 327
p-grupp, 266 p-Sylowundergrupp, 266 p-undergrupp, 266
minsta
parallellkoppling, 357
minimalt element, 326 minimiavstånd för kod, 485
element, 326
partiell ordning, 324
gemensam multipel, 19
partiellt ordnad mängd, 324
moniskt polynom, 451
partition av mängd, 24
monoalfabetiskt krypto, 139
partitionsfunktionen, 184
multipel, 12, 373
perfekt
gemensam, 12
kod, 507
minsta gemensam, 19 multipelt nollställe, 522 multiplikation modulo
n, 51
målmängd, 30 mängddierens, 3
tal, 22 permutation, 98 cykelstruktur till, 239 jämn, 111 udda, 111
mängder, 16
permutationsgrupp, 100
mängdkomplement, 3
permutationsmatris, 108
neutralt element, 46 nilpotent element, 295 nolla, 283 nolldelare, 296 nollpolynomet, 362 nollställe till polynom, 368 enkelt, 522 multipelt, 522 nollvektor, 440 norm av gaussiskt heltal, 426 i kvadratisk heltalsring, 433 normal undergrupp, 125 utvidgning, 547 normalisator, 82, 270 nyckel till krypto, 137
PID,
se huvudidealring
Poincaré, Jules Henri, 129 Poincarés sats, 129 polyalfabetiskt krypto, 139 polynom, 361 associerade, 369 Eisensteinpolynom, 382 entydig faktorisering av, 387 evaluering av, 368 evalueringshomomor sm, 368 grad av, 361 irreducibelt, 375 koe cient till, 361 konstant, 364 lösbart, 567 minimalpolynom, 452 moniskt, 451 nollpolynomet, 362
ord, 478
nollställe till, 368
ordnad
polynomring, 364, 366
n-tipel, 6
ordnat par, 5
primitivt, 414
ordning
separabelt, 522
av element i en grupp, 85 av grupp, 79 oändligdimensionellt vektorrum, 443
splittringskropp till, 511 polynomring, 364, 366 potenslagar, 73 potensmängd, 5
Index
627
primelement, 419
rotationsgrupp, 118
primideal, 321
rotutvidgning, 567
primitiv enhetsrot, 536
RSA-krypto, 151
primitiva elementsatsen, 526
Ru ni, Paolo, 582
primitivt polynom, 414
Russel, Bertrand, 3
primtal, 16
Russels paradox, 3, 8
r-felskorrigerande kod, 485
sammansatt avbildning, 30
radikalen till ett ideal, 310
satsen om mellanliggande värden,
rang av grupp, 186
585
re exiv relation, 23
separabel utvidgning, 522
relation, 22
separabelt
antisymmetrisk, 324 ekvivalensrelation, 23
element, 522 polynom, 522
partiell ordning, 324
seriekoppling, 357
re exiv, 23
Shannon, Claude, 478
symmetrisk, 23
sidoklass, 123
transitiv, 23
skalär, 440
relativt prima
skalärprodukt, 494
element, 413
skevkropp, 290
heltal, 15
skärning, 330, 355
relä, 357
snitt av mängder, 3
frånslaget, 357
speciella linjära gruppen, 78
tillslaget, 357
splittringskropp, 511
restklass modulo
n, 28
spänna upp, 443
restsatsen, 375
stabil delmängd, 76
ring, 283
stabilisator, 247
annulleringslagar i, 297 artinsk, 419 boolesk, 354 direkt produkt, 285
standardiserad generatormatris, 496 kontrollmatris, 499 struktursatsen för ändliga abelska
euklidisk, 421 faktoriell, 406 huvudidealring, 407 isomorfa ringar, 310
grupper, 182, 185190 största element, 326 gemensam delare, 13, 413
karakteristik av, 301
subnormal följd till grupp, 228
kommutativ, 286
substitutionskrypto, 138
kvotring, 307
supremum, 327
med etta, 286
surjektiv avbildning, 34
polynomring, 364, 366
Sylow, Ludvig, 244
ringhomomor sm, 310
Sylows
ringisomor sm, 310
andra sats, 275
trivial, 286
första sats, 273
underring, 292
tredje sats, 276
Index
628
symmetri, 113
maximal normal, 216
symmetrigrupp, 114
normal, 125
symmetrisk
normalisatorn till, 82, 270
p-Sylowundergrupp, 266 p-undergrupp, 266
dierens av mängder, 7 relation, 23 symmetriska gruppen, 101
sidoklass till, 123
symmetriskt krypto, 138
stabilisator, 247
syndrom, 501 systematisk kod, 496
torsionsundergruppen, 94 underkropp, 292 underring, 292
Tartaglia, 576
äkta, 292
tomma mängden, 3
underrum, 442
torsionskoe cienter, 190
union av mängder, 3
torsionsundergruppen, 94
universalmängd, 3
totalt ordnad mängd, 334
urbild, 32
transcendent element, 451 transitiv relation, 23
vektor, 440
transposition, 108
vektorrum, 440
transpositionskrypto, 147
bas för, 446
tredje isomor satsen
dimension av, 446
för grupper, 214
linjärt hölje, 443
för ringar, 317
oändligdimensionellt, 443
tredjegradsekvationen, 576579
underrum, 442
triangelolikheten, 483 trivial
ändligdimensionellt, 443 Venn, John, 3
delare, 16
Venndiagram, 3
grupp, 67
Vigenèrekrypto, 145
homomor sm, 197, 311
de Vigenère, Blaise, 145
ring, 286
vinkelns tredelning, 467
trivialt ideal, 306
välordningsprincipen, 9
trogen gruppverkan, 250
vänsterdistributiva lagen, 44 vänsterinvers, 62
udda permutation, 111
vänsterneutralt element, 62
UFD,
vänstersidoklass,
se faktoriell ring
undergrupp, 76
se sidoklass
värdemängd, 32
centralisator, 263 cyklisk, 84
yttre direkt produkt, 171
index av, 127 inre direkt produkt, 177 kommutatorundergruppen, 223 konjugerade undergrupper, 270 konjugering av, 270
äkta delare, 16 delmängd, 3 ideal, 305 undergrupp, 76 underkropp, 292
Index
629
underring, 292 ändlig utvidgning, 454 ändligdimensionellt vektorrum, 443 ändligt genererad grupp, 96