Algebra - Kevät 2016 [version 20 Apr 2016 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

Algebra Funktioavaruus Summa Skalaari Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Algebra

1 / 39

Funktioavaruus Algebra Funktioavaruus Summa Skalaari Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Olkoon K jokin kunta, ja S jokin joukko. Tutkitaan funktioiden f : S → K joukkoa F (S) = {f | f : S → K}. Määritellään joukossa F (S) ns. pisteittäiset operaatiot. Jatkossa tässä f, g, h ovat mielivaltaisia funktioita, s joukon S mielivaltainen alkio, ja a ∈ K mielivaltainen skalaari. Muista, että funktioyhtälö f =g tarkoittaa, että f (s) = g(s) kaikille s ∈ S.

2 / 39

Funktioiden summa Algebra Funktioavaruus Summa Skalaari

Kun f, g ∈ F (S), määritellään f + g ∈ F (S) asettamalla (f + g)(s) = f (s) + g(s)

Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause

kaikille s ∈ S. Koska kunnan K alkioiden yhteenlasku on assosiatiivista, niin

Suora summa Vapaista moduleista

f + (g + h) = (f + g) + h. Lisäksi vakiofunktio 0F (S) = 0, jolle 0(s) = 0K kaikille s ∈ S, sopii neutraalialkioksi f + 0 = f = 0 + f. Edelleen funktion f vasta-alkioksi käy −f ∈ F (s), joka määräytyy säännöstä (−f )(s) = −f (s). Tällöin f + (−f ) = 0 = (−f ) + f. F (s) on abelin ryhmä tämän funktioiden summan suhteen.

3 / 39

Skalaarikertolasku Algebra Funktioavaruus Summa Skalaari Matriisirengas

Funktion f skalaarimonikerta af määritellään samassa hengessä kertomalla funktion arvot ko. skalaarilla (af )(s) = af (s),

Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

missä oikealla puolella esiintyy kunnan K kertolasku alkioiden a ja f (s) välillä. Koska 1 = 1K on kertolaskun neutraalialkio, 1f = f . Joukosta F (S) tulee näillä operaatiolla varustettuna vektoriavaruus yli kunnan K. Kunnan K assosiatiivi- ja distrbutiivilait antavat moduliaksioomat.

4 / 39

Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina

Matriisirengas

Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

5 / 39

Matriisirengas Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Palautetaan mieleen, että jos n on kiinnitetty positiivinen kokonaisluku, niin reaaliset n × n matriisit muodostavat matriisioperaatioiden suhteen renkaan n

o Mn (R) = (aij )n×n aij ∈ R kaikilla 1 ≤ i, j ≤ n .

Tässä voimme kunnan R korvata millä tahansa kunnalla K. Itse asiassa sen paikalla voidaan käyttää myös mitä tahansa rengasta R. Neliömatriisien joukko ‘perii’ kertolaskun assosiatiivisuuden ja muut tarvittavat ominaisuudet renkaalta R. Renkaan R ykkösalkio on identiteettimatriisi 1R = In .

6 / 39

Pystyvektorit modulina Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Tarkastellaan alla kuitenkin yksinkertaisuuden vuoksi matriisirengasta yli R:n, ja olkoon R = Mn (R). Vektoriavaruudesta Rn saadaan R-moduli V , kun ajattelemme n-paikkaisia vektoreita pystyvektoreina. Jos nimittäin X ∈ V ja A ∈ R, niin matriisitulo AX ∈ V . Moduliaksioomat on nimittäin tarkistettu lineaarialgebran kurssilla, jolloin todettiin matriisien kertolaskun noudattavan mm. sääntöjä (AB)X = A(BX) ja A(X + Y ) = AX + AY kaikille A, B ∈ R, X, Y ∈ V .

7 / 39

Alirengas Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Tehtävä: Tarkista alirengaskriteerin avulla, että diagonaaliset 2 × 2-matriisit muodostavat renkaan R = M2 (R) alirenkaan S=

(

) ! a 0 a, b ∈ R . 0 b

Ratkaisu; Nähdään, että 1R = I2 ∈ S. Lisäksi kahden diagonaalimatriisin erotus on sekin diagonaalimatriisi, joten S on yhteenlaskun suhteen R:n aliryhmä. Lisäksi kahden diagonaalimatriisin tulo on sekin diagonaalimatriisi, eli S on suljettu kertolaskun suhteen. Alirengaskriteerin ehdot ovatkin näin tulleet tarkistetuiksi.

8 / 39

Esimerkki 1A.1 Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Demotehtävän nojalla 2-paikkaisten pystyvektorien muodostama M2 (R)-moduli V on myös S-moduli, kun S on edellisen kalvon diagnoaalimatriisien muodostama alirengas. Osoitetaan, että S-modulilla V on alimodulit V1 =

(

) ! x1 x1 ∈ R 0

ja V2 =

(

) ! 0 x2 ∈ R . x 2

Selvästi V1 ja V2 ovat R-vektoriavaruuden aliavaruuksia, erityisesti ne ovat V :n aliryhmiä. Näin ollen riittää tarkistaa, että ne ovat kumpikin suljettuja renkaan S matriisilla kertomisen suhteen.

9 / 39

Esimerkki 1A.2 Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Tämä on suoraviivainen lasku, sillä selvästi a 0 0 b

!

a 0 0 b

!

x1 0

!

0 x2

!

=

ax1 0

!

∈ V1

0 bx2

!

∈ V2 .

ja =

Samantapaisilla laskuilla nähdään, että V1 ja V2 ovat molemmat syklisiä S-moduleja. Koska x1 0 0 1

!

1 0

!

=

x1 0

!

,

nähdään, että ! alimodulin V1 jokainen alkio on alkion 1 m1 = S-kertoiminen lineaarikombinaatio. 0 10 / 39

Esimerkki 1A.3 Algebra Matriisirengas Matriisirengas Pystyvektorit modulina Alirengas Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Joten V1 on alkion m1 generoima S-moduli. Samanlainen lasku ! ! ! 0 0 1 0 = 1 x2 0 x2 0 1

osoittaa, että V2 on alkion m2 =

!

generoima S-moduli.

Edelleen lasku x1 0 0 x2

!

1 1

!

=

x1 x2

!

paljastaa, että myös koko avaruus!V on syklinen S-moduli. 1 . Generaattoriksi kelpaa m = 1

11 / 39

Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5

Hilapisteet modulina

Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

12 / 39

Tason hilapisteet Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5

Tutkitaan seuraavaksi additiivista Abelin ryhmää Z2 . Sen alkiot voidaan kuvata tason pisteinä. Mukaan tulevat pisteet, joiden kumpikin koordinaatti on kokonaisluku. 6

4

Homomorfialause 2

Suora summa Vapaista moduleista -6

-4

2

-2

4

6

-2

-4

-6

13 / 39

Esimerkki 1B.1 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5

Tehtävä: Kuvaile aliryhmä M = hm1 = (1, 1), m2 = (1, −1)i. Laskemalla pisteitä a1 m1 + a2 m2 , a1 , a2 ∈ Z muodostuu kuva (M :n alkiot punaisella) 6

4

Homomorfialause 2

Suora summa Vapaista moduleista -6

-4

2

-2

4

6

-2

-4

-6

14 / 39

Esimerkki 1B.2 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Kuva muistuttaa punamustan shakkilaudan ruudukkoa, eli näyttäisi siltä, että M = M ′ = {(a, b) ∈ Z2 | a + b on parillinen}. Todistetaan tämä: Pisteen a1 m1 + a2 m2 = (a1 + a2 , a1 − a2 ) koordinaattien summa on (a1 + a2 (+(a1 − a2 ) = 2a1 selvästi parillinen. Näin ollen jokainen aliryhmän M alkio kuuluu joukkoon M ′ , ja siis M ⊆ M ′ .

15 / 39

Esimerkki 1B.3 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Toisaalta, jos v = (a, b) ∈ M ′ , niin v = (a + b, 0) + (−b, b) = (a + b, 0) − bm2 . Tässä a + b on parillinen, sanokaamme a + b = 2ℓ, ℓ ∈ Z, jolloin v = (2ℓ, 0) − bm2 = ℓ(m1 + m2 ) − bm2 ∈ hm1 , m2 i, sillä m1 + m2 = (2, 0). Jokainen joukon M ′ alkio siis kuuluu aliryhmään M , ja näin ollen M ′ ⊆ M . Tästä seuraa, että M = M ′.

16 / 39

Esimerkki 1B.4 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista

Tehtävä: Kuvaile myös aliryhmä N = hn1 = (2, 1), n2 = (1, −2)i. Ratkaisu: Huomaamme sisätuloa käyttäen, että vektorit n1 ja n2 ovat toisiaan √ vastaan kohtisuorassa, ja molemmat pituudeltaan 5. Näin ollen pisteet kn1 + ℓn2 , (k + 1)n1 + ℓn2 , (k + 1)n1 + (ℓ + 1)n2 ja kn1 + (ℓ + 1)n2 ovat kallellaan olevan neliön kärjet riippumatta kokonaislukuparametrien k ja ℓ arvoista. Kuva tästä on seuraavalla kalvolla. Aliryhmän N alkiot on merkitty sinisille pisteillä.

17 / 39

Esimerkki 1B.5 Algebra

6

Matriisirengas Hilapisteet modulina Tason hilapisteet Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5

4

2

-6

-4

2

-2

4

6

Homomorfialause Suora summa

-2

Vapaista moduleista -4

-6

Huomaa, että jos laskemme jokaisen sinisen pisteen kuuluvan siitä oikealla ylhäällä olevaan neliöön, niin kussakin neliössä on 5 pistettä. 18 / 39

Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8

Homomorfialause

Suora summa Vapaista moduleista

19 / 39

Filosofia Algebra

■

Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8 Suora summa Vapaista moduleista

■ ■

■

Algebrassa homomorfialause antaa isomorfismin minkä tahansa homomorfismin kuvan ja sen tekijästruktuurin välillä, joka saadaan jakamalla lähtöstruktuurista homomorfismin ydin pois. Jos f : G → G′ on ryhmähomomorfismi, niin N = Ker f E G ja ryhmät f (G) ja G/N ovat isomorfisia. Jos f : R → R′ on rengashomomorfismi, niin I = Ker f on renkaan R ihanne, ja rengas R/I on isomorfinen renkaan f (R) kanssa. Jos f : M → M ′ on R-modulihomormorfismi, niin N = Ker f on alimoduli ja moduli M/N on isomorfinen modulin f (M ′ ) kanssa.

20 / 39

Esimerkki 1C.1 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8 Suora summa Vapaista moduleista

Joukko N = {(a, b) ∈ Z2 | b = 2a}

on ryhmän Z2 aliryhmä, kuten luennoilla aliryhmäkriteerin avulla helposti nähtiin. Lisäksi luennolla osoitimme, että N = h(1, 2)iZ . Kuvaillaan tekijäryhmän Z2 /N alkioita, ja annetaan esimerkki sellaisesta homomorfismista f : Z2 → Z, jonka ydin on N . Ratkaisu: Jos (a, b) on mielivaltainen, niin (a, 2a) ∈ N , ja näin ollen (0, b − 2a) = (a, b) − (a, 2a) ∈ (a, b) + N on samassa sivuluokassa modulo N kuin (a, b). 21 / 39

Esimerkki 1C.2 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8 Suora summa Vapaista moduleista

Toisaalta muotoa (0, y) oleva alkio on aliryhmässä N sjvsk y = 0. Näin ollen kaikki alkiot (0, y) ∈ Z2 , y ∈ Z ovat aliryhmän N eri sivuluokissa. Jokaisessa N :n sivuluokassa on siis yksi ja vain yksi sellainen alkio, jonka ensimmäinen koordinaatti on nolla. Alkiot P = (a, b) ja (0, y) ovat samassa aliryhmän N sivuluokassa sjvsk pisteen P kautta piirretty suora, jonka kulmakerroin on kaksi leikkaa y-akselin pisteessä (0, y). Seuraavassa kalvossa on värikoodein merkitty eräitä aliryhmän N sivuluokkia - samanväriset pisteet kuuluvat samaan aliryhmän N sivuluokkaan.

22 / 39

Esimerkki 1C.3 Algebra

6

Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8

4

2

-6

-4

2

-2

4

6

-2

Suora summa Vapaista moduleista

-4

-6

23 / 39

Esimerkki 1C.4 Algebra

Tutkitaan sitten funktiota

Matriisirengas

f : Z2 → Z, f ((a, b)) = b − 2a.

Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8

Selvästi f kuvaa kokonaislukupisteen kokonaisluvuksi. Lisäksi f kuvaa summan summaksi, koska se saadaan rajoittamalla saman kaavan antama lineaarikuvaus R2 → R. ■ ■

Suora summa Vapaista moduleista

■

f ((0, n)) = n kaikille n ∈ Z, joten Im f = Z. f ((a, b)) = b − 2a = 0 sjvsk a = 2b sjvsk (a, b) ∈ N , joten Ker f = N . Homomorfialauseen nojalla Z2 /N ∼ =Z

24 / 39

Esimerkki 1B.6 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8 Suora summa

Tehtävä: Olkoon N = h(2, 1), (−1, 2)iZ (jatkoa aiempaan). Tutki tekijäryhmää Z2 /N homomorfialauseen nojalla Ratkaisu: Seuraavan sivun kuvasta näemme, että kaikki tasohilan Z2 pisteet kuuluvat johonkin sivuluokista N (sininen), (1, 0) + N (punainen), (2, 0) + N (vihreä), (3, 0) + N (harmaa) tai (4, 0) + N . Tämä sopii yhteen aikaisemman havainnon kanssa, kun totesimme tason jakautuvan neliöihin siten, että kussakin neliössä sopivasti laskettuna on tasan viisi pistettä.

Vapaista moduleista

25 / 39

Esimerkki 1B.7 Algebra

6

Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8

4

2

-6

-4

2

-2

4

6

-2

Suora summa Vapaista moduleista

-4

-6

26 / 39

Esimerkki 1B.8 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Filosofia Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1C.4 Esimerkki 1B.6 Esimerkki 1B.7 Esimerkki 1B.8 Suora summa Vapaista moduleista

Homomorfialause saadaan mukaan tutkimalla homomorfismia g : Z2 → Z5 , g((a, b)) = 2a + b. Näemme heti, että g((2, 1)) = 5 = 0, ja g((−1, 2)) = 0. Tämän perusteella alkioiden (2, 1) ja (−1, 2) generoima aliryhmä N ⊆ Ker g. Osoitamme, että itse asiassa tässä on yhtäsuuruus. Joka tapauksessa tiedämme jo, että sivuluokka x + N kuvautuu kokonaisuudessaan alkiolle g(x). ■ ■ ■ ■

g((1, 0) + N ) = g(1, 0) = 2, g((2, 0) + N ) = g(2, 0) = 4, g((3, 0) + N ) = g(3, 0) = 1, ja g((4, 0) + N ) = g(4, 0) = 3

Näin ollen A) Ker g = N ja B) g on surjektio. Siis Z2 /N ∼ = Z5 .

27 / 39

Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Alimodulien summa Esimerkki 1D Esimerkki 1C.5

Suora summa

Vapaista moduleista

28 / 39

Alimodulien summa Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Alimodulien summa Esimerkki 1D Esimerkki 1C.5 Vapaista moduleista

Olkoot R rengas, M R-moduli, ja N1 , N2 , . . . ⊂ M alimoduleja. Tällöin N1 + N2 + · · · + Nk = {n1 + n2 + · · · + nk | ni ∈ Ni kaikille i} on sekin M :n alimoduli. Kutsutaan alimodulien Ni summaksi. Alimodulien summaa sanotaan suoraksi summaksi, jos joukon N1 + · · · + Nk alkion esitys ko. muodossa on yksikäsitteinen. Lause 1.1. sanoo: ■ ■

Kun k = 2, niin N1 + N2 on suora summa sjvsk N1 ∩ N2 = {0}. Kun k = 3, niin N1 + N2 + N3 on suora sjvsk Ni ∩ (Nj + Nk ) = {0} aina, kun {i, j, k} ovat alaindeksit 1, 2, 3 millä tahansa tavalla permutoituina.

29 / 39

Esimerkki 1D Algebra

Ryhmän Z12 aliryhmät

Matriisirengas Hilapisteet modulina

N1 = {0, 3, 6, 9}

Homomorfialause Suora summa Alimodulien summa Esimerkki 1D Esimerkki 1C.5 Vapaista moduleista

ja N2 = {0, 4, 8} leikkaavat triviaalisti (eli N1 ∩ N2 = {0}). Näin ollen niiden summa on suora. Koska ryhmässä M on voimassa 1 = 9 + 4, n1 = 9, n2 = 4, niin 1 ∈ N1 + N2 . Koska M = h1i, niin N1 + N2 = M . Näin ollen M = N1 ⊕ N2 .

30 / 39

Esimerkki 1C.5 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina

Näimme aiemmin, että ryhmän Z2 aliryhmän N = {(a, b) | b = 2a} = h(1, 2)i jokaisessa sivuluokassa on yksi ja vain yksi joukon

Homomorfialause Suora summa Alimodulien summa Esimerkki 1D Esimerkki 1C.5 Vapaista moduleista

N ′ = {(0, y) | y ∈ Z} alkio. Joukko N ′ on alimodulikriteerin nojalla sekin ryhmän Z2 alimoduli. Väite: Z2 = N ⊕ N ′ Todistus: N ∩ N ′ muodostuu niistä alkioista (0, y) joille y = 2 · 0 = 0. Siis N ja N ′ leikkaavat triviaalisti. Lisäksi N + N ′ = Z2 , koska (kuten aiemmin näimme). Mielivaltainen tasohilan piste (a, b) voidaan kirjoittaa muodossa (a, b) = (a, 2a) + (0, b − 2a), missä ensimmäinen termi ∈ N ja jälkimmäinen ∈ N ′ . MOT. 31 / 39

Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Vapaista moduleista

32 / 39

Ihanne vapaana modulina Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause

Oletetaan että R on kommutatiivinen rengas. Sen mikä tahansa ihanne I on tällöin R-moduli. Voiko kyseinen moduli olla vapaa? Jos I = {0R }, niin se on triviaalisti vapaa astetta nolla. Muutoin...

Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Mietitään ensin, voiko yksittäinen alkio a ∈ I, a 6= 0, olla R-modulin I kanta? ■

■ ■

Koska alkion a generoima R-moduli on Ra = {ra | r ∈ R} on sama kuin alkion a generoima ihanne (kommutatiivisuusoletusta tarvitaan, koska muuten Ra on vain vasemmanpuoleinen ihanne), niin tällöin I:n on oltava pääihanne. Joukko {a} on lineaarisesti riippumaton yli R:n sjvsk a ei ole nollanjakaja. Tulos1: I = haiR on vapaa R-moduli, jos a ei ole nollanjakaja. 33 / 39

Kokonaisalueen ihanne Algebra

■

Matriisirengas Hilapisteet modulina

■

Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

■

Tulos2: jos R on kokonaisalue, niin sen jokainen pääihanne on vapaa. Erityisesti siis Tulos3: jos R on pääihannealue (=PID), niin sen kaikki ihanteet ovat vapaita R-moduleja Jos a1 , a2 ∈ R ovat jotkin kaksi (eri) alkiota, niin niiden välillä on lineaarisen riippuvuuden relaatio a2 · a1 − a1 · a2 = 0.

■ ■

Tämä relaatio on ei-triviaal, jos ainakin toinen alkioista a1 , a2 6= 0. Näin ollen mikään kommutatiivisen renkaan R ihanne ei voi olla vapaa moduli, jonka aste olisi ≥ 2. Tulos4: Kommutatiivisen renkaan jokainen ihanne on vapaa moduli sjvsk kyseinen rengas on PID.

34 / 39

Vapaan modulin aste.1 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Oletetaan edelleen, että rengas R on kommutatiivinen. Väitetään, että tällöin äärellisesti generoidun vapaan R-modulin aste on hyvinmääritelty. Eli jos Rm ja Rn ovat isomorfisia R-moduleja, niin välttämättä m = n. Monisteessa selitetään, miksi kannanvaihtomatriisit A ∈ Mm×n (R) ja B ∈ Mn×m (R) tällöin toteuttavat yhtälöt AB = Im

ja

BA = In .

Tästä päädytään johtopäätökseen m = n myös seuraavalla tavalla (olettaen valinta-aksiooma).

35 / 39

Vapaan modulin aste.2 Algebra

■

Matriisirengas Hilapisteet modulina

■

Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

■

Olkoon I renkaan R maksimaalinen ihanne. Tällaisen olemassaolo seuraa Zornin lemmasta (PK2). Tällöin tekijärengas K := R/I on kunta, ja luonnollinen projektio f : R → K, f (a) = a + I on rengashomomorfismi. Jos f (A) ∈ Mm×n (K) ja f (B) ∈ Mn×m (K) ovat ne matriisit, jotka saadaab soveltamalla homomorfismia f matriisien A ja B alkioihin, niin f (A)f (B) = Im

■

ja

f (B)f (A) = In .

Nyt matriisit ovat yli kunnan, joten lineaarialgebran matriisien asteita koskevat tulokset ovat voimassa.

36 / 39

Vapaan modulin aste.3 Algebra

■

Matriisirengas Hilapisteet modulina

n = r(In ) = r(f (B)f (A)) ≤ r(f (A)) ≤ m.

Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Erityisesti käyttämällä sääntöä kahden matriisin tulon aste on enintään tekijämatriisin aste saadaan

■

Samoin nähdään, että m ≤ n, joten väite seuraa.

37 / 39

Esimerkki 1E.1 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Tehtävä: Osoita, että vektorit u = (2, 1) ja v = (3, 2) muodostavat vapaan Abelin ryhmän Z2 kannan. Ratkaisu: Käytetään monisteen Lausetta 1.6. Vektoreiden u ja v esitykset luonnollisen kannan (1, 0) ja (0, 1) avulla muodostavat matriisin A=

2 3 1 2

!

.

Tämän matriisin determinantti on det A = 2 · 2 − 1 · 3 = 1. Koska tämä on renkaan Z yksikkö niin väite seuraa Lauseesta 1.6.

38 / 39

Esimerkki 1E.2 Algebra Matriisirengas Hilapisteet modulina Homomorfialause Suora summa Vapaista moduleista Ihanne vapaana modulina Kokonaisalueen ihanne Vapaan modulin aste.1 Vapaan modulin aste.2 Vapaan modulin aste.3 Esimerkki 1E.1 Esimerkki 1E.2

Väite voidaan perustella toisin käyttämällä A:n käänteismatriisi. Oleellista tässä on, että matriisin A−1 =

2 −3 −1 2

!

alkiot ovat kokonaislukuja (vrt. Cramerin sääntö). Tarkistetaan, että tämä antaa luonnollisen kannan vektorit u:n ja v:n Z-kertoimisina lineaarikombinaatioina. Luetaan kertoimet matriisin A−1 pystyvektoreista: 2u − 1v = 2(2, 1) − 1(3, 2) = (1, 0),

−3u + 2v = −3(2, 1) + 2(3, 2) = (0, 1).

39 / 39

Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

Jaollisuus kokonaisalueessa

1 / 19

Neliöjuurirengas Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

Oletetaan, että kokonaisluku n ei ole 0, 1 eikä se ole jaollinen minkään alkuluvun neliöllä. Tutkitaan joukkoa √ √ Z[ n] = {a + b n | a, b ∈ Z}. ■ ■ ■

√ Alirengaskriteerin avulla nähdään, että Z[ n] on C:n alirengas. √ Koska C on kokonaisalue, niin alirengas Z[ n] perii tämän ominaisuuden. √ √ Renkaan Z[ n] alkion esitys muodossa a + b n on √ yksikäsitteinen (ks. seuraava kalvo), eli Z[ n] on √ yhteenlaskun suhteen vapaa Z-moduli kantana {1, n}.

2 / 19

Yksikäsitteisyys Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

Tehdään vastaoletus, että joillekin kokonaisluvuille a, b, a′ , b′ √ ′ ′√ a + b n = a + b n, √ missä a 6= a′ tai b 6= b′ . Siirretään n termit toiselle puolelle, jolloin √ ′ ′ a − a = (b − b) n. Jos tässä a − a′ 6= 0, niin myös b′ − b 6= 0 ja päinvastoin. Näin ollen voimme jakaa luvulla b′ − b, ja saamme n=



a − a′ b − b′

2

.

Tämä on mahdotonta, sillä oikeanpuolen osoittajassa ja nimittäjässä jokainen alkuluku esiintyy parillisessa potenssissa, mutta n ei ole jaollinen minkään alkuluvun neliöllä. Jos o.p.:lla kaikki alkuluvut supistuvat, niin n = 1 mikä on vastoin oletusta. 3 / 19

Konjugointi Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

√ √ Tutkitaan kuvausta σ : Z[ n] → Z[ n] √ √ σ(a + b n) = a − b n. Helposti nähdään, että σ on rengashomomorfismi. Selvästi σ(1) = 1. Esimerkiksi Lauseesta 1.2. seuraa suoraan, että se on additiivisten ryhmien välinen homomorfismi. Tulojen säilyminen seuraa laskusta √ √ ′ ′√ ′ ′ σ((a + b n)(a + b n)) = σ([aa + nbb ] + n[ab′ + a′ b]) √ ′ ′ = [aa + nbb ] − n[ab′ + a′ b] √ ′ ′√ = (a − b n)(a − b n) √ ′ ′√ = σ(a + b n)σ(a + b n).

4 / 19

Normi Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

√ Määritellään ns. normifunktio N : Z[ n] → Z säännöllä √ √ √ N (a + b n) = (a + b n)σ(a + b n) = a2 − nb2 . ■

Koska σ kunnioittaa tuloja, ja kertolasku on kommutatiivista, niin N (αβ) = N (α)N (β)

■ ■ ■

√ kaikille α, β ∈ Z[ n]. √ Jos α on renkaan Z[ n] yksikkö, on oltava N (α) | N (1) = 1, joten N (α) = ±1. Kääntäen, jos N (α) = ±1, niin ±σ(α) on α:n käänteisalkio. Jos N (α) on alkuluku (=renkaan Z jaoton alkio), niin α √ on renkaan Z[ n] jaoton alkio. 5 / 19

Esimerkki 2A.1 Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

√ Osoitetaan, ettei tekijöihinjako renkaassa Z[ −5] ole yksikäsitteistä. √ Väite 1. Renkaassa Z[ −5] ei ole sellaisia alkiota, joiden normi olisi 2 tai 3. Perustelu: Tämä seuraa siitä, että √ N (a + bi 5) = a2 + 5b2 . Tässä 5b2 on joko nolla tai ≥ 5. Koska a2 6= 2 ja a2 6= 3, ensimmäinen vaihtoehto ei käy. Jälkimmäisessä tapauksessa pitäisi olla a2 < 0 mikä ei sekään käy.

6 / 19

Esimerkki 2A.2 Jaollisuus Neliöjuurirengas Yksikäsitteisyys Konjugointi Normi Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Eukleideen alue

√

√ √ Väite 2. Luvut 2, 3, 1 + i 5 ja 1 − i 5 ovat renkaan Z[ −5] jaottomia alkioita. Perustelu: Näiden lukujen normit ovat 4,9, 6 ja 6. Jos jokin niistä voitaisiin kirjoittaa kahden ei-yksikön tulona, kyseisten ei-yksiköiden (joiden normit > 1) normien on oltava näiden lukujen tekijöitä. Siis joko 2 tai 3. Väitteessä 1 todistettiin, ettei tällaisia lukuja ole olemassa. Nyt nähdään, että luvulla 6 on kaksi oleellisesti erilaista esitystä jaottomien alkioiden tulona: √ √ 6 = 2 · 3 = (1 + i 5)(1 − i 5). Koska liitännäisten alkioiden normit voivat erota toisistaan ainoastaan etumerkin osalta (yksikön normi on ±1), √ ei 2 ole liitännäinen kummankaan jaottoman tekijän 1 ± i 5 kanssa. 7 / 19

Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Eukleideen alue

8 / 19

Esimerkki 2B.1 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Tehtävä: Osoita, että normikuvaus N (a + bi) = a2 + b2 on renkaan Z[i] Eukleideen normi. Ratkaisu: Edetään vaiheittain. Aiemmin olemme jo nähneet, että N noudattaa sääntöä N (αβ) = N (α)N (β) kaikille α, β ∈ Z[i]. Koska lisäksi N (β) ≥ 1 aina, kun β ∈ Z[i], β 6= 0, niin N (αβ) = N (α)N (β) ≥ N (α) aina, kun α, β ∈ Z[i], β 6= 0. Vaatimus E1 on näin ollen voimassa.

9 / 19

Esimerkki 2B.2 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Vaatimusta E2 varten joudumme tekemään töitä ja määrittelemään jakoalgoritmin huolellisesti. Tavoitteena on todistaa, että jos meille annettu z1 , z2 ∈ Z[i], z2 6= 0, niin löytyy sellaiset luvut q, r ∈ Z[i] joille 1) z1 = qz2 + r,

ja

2) N (r) < N (z2 ). Ensimmäinen mieleen tuleva idea olisi yritä matkia renkaan Z jakoalgoritmia. Mutta jos kokeilemme erikoistapauksessa z1 = 4 + 4i, z2 = 5 reaali- ja imaginääriosien jakamista erikseen, niin voisi ajatella, että sekä reaali- että imaginääriosaa jaettaessa osamääräksi tulee 0 ja jakojäännökseksi 4

10 / 19

Esimerkki 2B.3 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Tällöin siis q = 0 ja r = 4 + 4i. Tämä jakojäännös r on kuitenkin liian suuri, sillä N (4 + 4i) = 42 + 42 = 32 > 25 = N (z2 ). Miten tilannetta voidaan parantaa? Huomataan, että ‘osamäärän’ q eri valinnat sallivat meidän valita termin qz2 paikalla minkä tahansa ihanteen I =< z2 >Z[i] luvun. Jos z2 = 5, niin I = {(a + bi)5 | a, b ∈ Z} = {5a + 5bi | a, b ∈ Z}. Koska aina r = qz2 − z1 , niin N (r):n minimoimiseksi meidän kannattaa valita ihanteesta I se piste qz2 :ksi, joka on mahdollisimman lähellä lukua z1 = 4 + 4i. Kuva seuraavalla kalvolla. 11 / 19

Esimerkki 2B.4 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

i

1

12 / 19

Esimerkki 2B.5 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Selvästi ihanteen piste 5 + 5i = (1 + i)z2 on lähempänä jaettavaa z1 = 4 + 4i. Tällöin r = z1 − qz2 = (4 + 4i) − (5 + 5i) = −(1 + i), ja N (r) = 12 + 12 = 2 < N (z2 ). Huomautus: Samaa temppua voidaan käyttää myös renkaassa Z. Jos sallimme negatiivisen jakojäännöksen r, niin se voidaan valita siten, että sen itseisarvo on enintään puolet jakajan itseisarvosta. Siinä renkaassa Eukleideen normin ehto saadaan kuitenkin voimaan positiivisellakin jakojäännöksellä.

13 / 19

Esimerkki 2B.6 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Miten tämä yleistyy kaikille renkaan Z[i] alkioille? Helpointa on tehdä laskut osamääräkunnan Q[i] = {q1 + q2 i | q1 , q2 ∈ Q} sisällä. Tällöin ■ ■

Normi voidaan laajentaa funktioksi N : Q[i] → Q, N (q1 + q2 i) = q12 + q22 . Kaava N (αβ) = N (α)N (β) on voimassa kaikille α, β ∈ Q[i].

14 / 19

Esimerkki 2B.7 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Seuraava idea toimii. 1. Lasketaan osamäärä z1 /z2 = q1 + q2 i, missä q1 , q2 ∈ Q. 2. Pyöristetään, eli haetaan kokonaisluvut m1 , m2 , joille |mi − q1 | ≤ 1/2. 3. Valitaan q = m1 + m2 i, ja r = z1 − qz2 . Tällöin z1 N (r) = N (z2 ( − q)) = N (z2 )N ([q1 + q2 i] − [m1 + m2 i]). z2 4. Tässä

1 1 1 N ([q1 +q2 i]−[m1 +m2 i]) = (q1 −m1 )2 +(q2 −m2 )2 ≤ + = < 4 4 2 joten N (r) < N (z2 ). MOT.

15 / 19

Esimerkki 2B.8 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Lasketaan esimerkkinä tästä syt(3 + i, 5 + i) renkaassa Z[i]. Näistä 5 + i on normiltaan suurempi, joten valitaan z1 = 5 + i, z2 = 3 + i. Nyt z1 8 1 (5 + i)(3 − i) = − i. = z2 (3 + i)(3 − i) 5 5 Pyöristämällä tässä reaali- ja imaginaariosat lähimpään kokonaislukuihin valitaan q = 2 + 0i = 2, ja siis r = r1 = z1 − qz2 = −(1 + i). Seuraavassa vaiheessa lasketaan z2 (3 + i)(−1 + i) 3+i = = −2 + i ∈ Z[i]. = 2 2 r1 −1 − i 1 +1 Jako meni siis ‘tasan’, ja r2 = 0. Vastaukseksi saatiin syt(3 + i, 5 + i) = r1 = −1 − i ∼ 1 + i. 16 / 19

Esimerkki 2B.9 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

i

1

Tällä kertaa ihanteen h3 + ii pisteet muodostavat kallellaan olevista neliöistä koostuvan verkon (punaiset pisteet).

17 / 19

Esimerkki 2C.1 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Tehtävä: Osoita, että jokainen Eukleideen alueen D ihanne I on pääihanne, eli että D on PID. Ratkaisu: Jos I = {0, }, niin I = h0i. Rajoituksetta voimme siis olettaa, että I:ssä on nollasta eroavia alkioita. Tutkitaan joukkoa S = {φ(i) | i ∈ I, i 6= 0} ⊆ Z≥0 . Joukko S on epätyhjä. Koska se on Z≥0 :n osajoukko, sillä on pienin alkio M . Löytyy siis sellainen alkio m ∈ I, m 6= 0, jolle φ(m) = M . Väite seuraa, jos pystymme todistamaan, että I = hmi. Selvästi hmi ⊆ I, joten riittää osoittaa, että I ⊆ hmi.

18 / 19

Esimerkki 2C.2 Jaollisuus Eukleideen alue Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Esimerkki 2B.3 Esimerkki 2B.4 Esimerkki 2B.5 Esimerkki 2B.6 Esimerkki 2B.7 Esimerkki 2B.8 Esimerkki 2B.9 Esimerkki 2C.1 Esimerkki 2C.2

Olkoon siis a ∈ I mielivaltainen. Jakoalgoritmin nojalla löytyy sellaiset alkiot q, r ∈ D, joille a = qm + r, ja joko r = 0 tai φ(r) < φ(m). Tässä r = a − qm ∈ I, sillä a ∈ I, ja m ∈ I, joten myös qm ∈ I. Koska φ(m) on pienin funktion φ I:ssä saamista arvoista, on vaihtoehto φ(r) < φ(m) mahdoton. Siis r = 0. Mutta tällöin a = qm ∈ hmi, ja väite seuraa.

19 / 19

Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Polynomeista

1/9

Arvon laskeminen Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Oletetaan, että R on kommutatiivinen rengas ja että S on kommutatiivinen rengas, jolla on R alirenkaana. Kiinnitetään alkio s ∈ S. Jos f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ R[x] on mikä tahansa polynomi, niin voimme laskea sen arvon kohdassa s: f (s) = a0 + a1 s + a2 s2 + · · · + an sn . ■ ■

■

Tässä oikealla puolella käytetään renkaan S operaatioita. Kuvaus f (x) 7→ f (s) on rengashomomorfismi evs : R[x] → S. Tässä tarvitaan S:n kommutatiivisuutta, sillä renkaassa R[x] pätee ax = xa kaikille a ∈ R. Yleensä tässä S = R, mutta näemme esimerkkejä myös muista tilanteista.

2/9

Esimerkki 3A Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Etsitään renkaan Z2 [x] kaikki jaottomat toista astetta olevat polynomit. Ratkaisu: Kunnassa Z2 = {0, 1} on äärellisen monta alkiota, joten tehtävästä selvitään kokeilemalla. Oletetaan, että p(x) = ax2 + bx + c on jaoton. Jotta se olisi toista astetta, on oltava a = 1. Koska sen aste ≤ 3, niin se on jaoton renkaassa Z1 [x] sjvsk sillä ei ole nollakohtia kunnassa Z2 . Jotta 0 ei olisi nollakohta on oltava p(0) = c 6= 0, eli c = 1. Jotta 1 ei olisi nollakohta on lisäksi oltava p(1) = 1 + a + c = 1 + a + 1 = a 6= 0, eli on oltava p(x) = x2 + x + 1.

3/9

Esimerkki 3B.1 Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Väite: Olkoon K kunta, f (x) ∈ K[x] \ K, ja α ∈ K. Tällöin f (x) on jaoton yli K:n sjvsk f (x − α) on jaoton yli K:n. Todistus: Koska tässä on ekvivalenssi, niin voimme yhtä hyvin käsitellä jaollisuutta. Lyhyesti kyse on seuraavista "ilmeisistä"implikaatioista: f (x) = g(x)h(x) =⇒ f (x − α) = g(x − α)h(x − α) ja f (x − α) = g(x)h(x) =⇒ f (x) = g(x + α)h(x + α), jotka kertovat, että toisen polynomin ei-triviaali jako tekijöihin johtaa vastaavaan myös toiselle.

4/9

Esimerkki 3B.2 Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Jos tässä jokin kohta epäilyttää, niin pedantimmin asiaa voi käsitellä ensimmäisen kalvon Arvon Laskeminen hengessä seuraavasti. Valitaan siellä S = K[x], jolloin sillä on luonnollisella tavalla K vakiopolynomeista muodostuvana alirenkaana. Edellisen kalvon väitteet seuraavat nyt siitä, että valinnoilla s = x − α ja s = x + α saadut kuvaukset f (x) 7→ f (x − α)

ja f (x) 7→ f (x + α)

ovat rengashomomorfismeja.

5/9

Esimerkki 3C Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

(monisteen Esimerkki 3.2.4.) Olkoon f (x) = x3 − 4. Tämän jaottomuutta ei voida päätellä suoraan Eisensteinin kriteerin avulla, sillä p = 2 on vakiotermin −4 ainoa alkutekijä, mutta koska myös p2 | (−4), niin Eisensteinin kriteerin ehdot eivät toteudu. Mutta polynomi f (x + 1) = x3 + 3x2 + 3x − 3 toteuttaa Eisensteinin kriteerin ehdot valinnalla p = 3. Näin ollen f (x + 1) on jaoton renkaassa Z[x]. Esimerkin 3B nojalla myös f (x) on jaoton yli Z:n.

6/9

Havainto Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Väite: Jos D on UFD ja a, b, c sen alkioita, niin syt(a, b) = syt(a − cb, b). Todistus: Jos d | a ja d | b, niin myös d | a − cb. Kääntäen, jos d | b ja d | a − cb, niin myös d | a. Näin ollen lukuparien yhteisten tekijöiden joukot ovat samat, edelleen niiden sytit ovat samat. MOT. Tämä havainto tuo vapauksia sytin laskemiseen Eukleideen alueessa. Ei ole pakko heti siirtyä Eukleideen normiltaa pienimpään jakojäännökseen. Käytän tätä seuraavassa Esimerkissä laskiessani polynomin jakojäännöstä vaiheittain.

7/9

Esimerkki 3D.1 Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

(monisteen Esimerkki 3.3.1) Etsitään polynomin f (x) = x5 + 2x4 + 2x3 + 4x2 + x + 2 monikertaiset nollakohdat. Ratkaisu: Lasketaan syt(f (x), f ′ (x)). Nyt f ′ (x) = 5x4 + 8x3 + 6x2 + 8x + 1. Alla laskujen välivaiheina tuotetaan uusia polynomeja ri , i = 0, 1, . . ., joille edellisen kalvon havainnon perusteella aina on voimassa syt(ri , ri−1 ) = syt(ri−1 , ri−1 ). Tässä r0 = f ja r1 = f ′ . r2 = (5f − xf ′ )/2 = x4 + 2x3 + 6x2 + 2x + 5 r3 = (5r1 − f ′ )/2 = x3 + 12x2 + x + 12 r4 = (r2 − (x − 10)r3 )/125 = x2 + 1.

8/9

Esimerkki 3D.2 Polynomeista Arvon laskeminen Esimerkki 3A Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3C Havainto Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2

Seuraavaksi nähdään, että r3 on jaollinen polynomilla r4 (x) = x2 + 1. Näin ollen Eukleideen algoritmi päättyi, ja syt(f, f ′ ) = x2 + 1. Koska yli C:n x2 + 1 = (x − i)(x + i) tarkoittaa tämä, että ±i ovat polynomin f (x) 2-kertaisia nollakohtia. Edelleen siis (x2 + 1) on f (x):n kaksinkertainen tekijä. Jakamalla nähdään, että f (x) = (x + 2)(x2 + 1)2 .

9/9

Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Kuntalaajennus

Esimerkkilaskuja

1 / 30

Adjungointi Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Jos L on kunnan K laajennus, ja S ⊂ L jokin joukko, niin käytetään merkintää K(S) pienimmästä L:n alikunnasta F , jolle S ⊆ F . Alikuntakriteerin avulla nähdään, että tämä saadaan ottamalla kaikkien joukon S sisältävien kuntien F leikkaus: \ K(S) = F. S⊆F ⊆L

■ ■

Esimerkkilaskuja

■

Sanotaan, että kunta K(S) saatiin adjungoimalla joukon S alkiot kuntaan K. Kunta L tarvittiin tässä, jotta meillä olisi valmiina joukon S alkioiden yhteen- ja kertolaskut (jotka noudattavat kunnan aksioomia). Jos S = (a1 , a2 , . . . , an ) on äärellinen joukko käytetään merkintää K(S) = K(a1 , a2 , . . . , an ). 2 / 30

Jotain uutta? Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Voimme laajentaa tunnettua kuntaa K myös vaikkei meillä olisikaan isompaa kuntaa L valmiina, jonka sisällä voisimme tehdä laajennuksia. ■

Jos haluamme vain laajentaa kuntaa K, voimme käyttää tuntematonta "muuttujaa" x, joka adjungoimalla saadaan rationaalifunktioiden kunta K(x) =

Esimerkkilaskuja

■



f (x) f (x), g(x) ∈ K[x], g(x) 6= 0 g(x



polynomirenkaan K[x] osamääräkuntana. Voimme laajentaa kuntaa K adjungoimalla sinne jonkin jaottoman polynomin p(x) ∈ K[x] nollakohdan.

3 / 30

Transsendenttinen laajennus Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

Jos L/K on kuntalaajennus ja ρ ∈ L ei ole minkään K-kertoimisen polynomin nollakohta, niin ■ ■ ■ ■ ■

f (ρ) 6= 0 kaikille f (x) ∈ K[x]. Arvonlaskemishomomorfismi eρ : K[x] → L, eρ (f (x)) = f (ρ) on injektio. Rengas K[ρ] = Im(eρ ) on isomorfinen polynomirenkaan K[x] kanssa. Kunta K(ρ) on isomorfinen rationaalifunktioiden kunnan K(x) kanssa. Q(π) ≃ Q(x) ≃ Q(e) (Hermiten ja Lindemann-Weierstrassin lauseet 1800-luvun lopulta).

4 / 30

Algebrallinen laajennus Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Jos sen sijaan ρ ∈ L ⊇ K on jonkin K-kertoimisen polynomin nollakohta, niin tilanne on hyvin erilainen. ■ ■ ■

■

Esimerkkilaskuja

■ ■

Arvonlaskemishomomorfismi eρ : K[x] → L, f (x) 7→ f (ρ) ei ole injektio, joten sen ydin ei ole nollaihanne. K[x] on PID, joten I = Ker(eρ ) on pääihanne I = hm(x)i, missä m(x) on I:n matala-asteisin polynomi 6= 0. Tässä m(x) on jaoton, sillä jos m(x) = g(x)h(x) on matalampiasteisten polynomien tulo, niin 0 = m(ρ) = g(ρ)h(ρ), joten joko g ∈ tai h ∈ I. Ristiriita. m(x) jaoton =⇒ I maksimaalinen ihanne =⇒ K[x]/I ≃ Im(eρ ) on kunta. Siis K[ρ] = Im(eρ ) on kunta ja K[ρ] = K(ρ). [K(ρ) : K] = deg m(x), ja K(ρ):lla on K-kanta {1, ρ, ρ2 , . . . , ρn−1 }, n = deg m(x).

5 / 30

Esimerkkejä 4A Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

■

■

Jos n ∈ Z on neliövapaa tai −1, niin x2 − n on jaoton yli √ Q:n, koska sillä ei ole rationaalisia nollakohtia ( n irrationaalinen). Näin ollen √ √ Q( n) = {a + b n | a, b ∈ Q}

√ on kunta, ja {1, n} on sen vektoriavaruuskanta yli Q:n. k − 2 ∈ Q[x] on jaoton aina, Eisensteinin kriteerin nojalla x √ kun k > 2. Joten jos ρ = k 2, niin Q(ρ) on kunnan Q astetta k oleva laajennus, eli Q(ρ) = {a0 + a1 ρ + · · · + ak−1 ρk−1 | a0 , a1 , . . . , ak−1 ∈ Q} on kunta, ja sen lukujen esitys kuvatussa muodossa ρ:n rationaalikertoimisena polynomina on yksikäsitteinen.

6 / 30

Rationaalijuuritesti.1 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Kerrataan tämä, koska luennoilla syntyi vaikutelma, etteivät kaikki eivät muistaneet tätä koulusta. Oletetaan, että f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] ja, että x = r/s on sen rationaalinen nollakohta (r, s ∈ Z, syt(r, s) = 1). Tällöin s | an ja r | a0 . Erityisesti, jos an = 1, niin polynomin f (x) rationaaliset nollakohdat ovat kokonaislukuja.

Esimerkkilaskuja

7 / 30

Rationaalijuuritesti.2 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

Todistus: Sijoitetaan r/s x:n paikalle ja lavennetaan samannimisiksi r an rn + an−1 rn−1 s + · · · + a1 rsn−1 + a0 sn 0 = f( ) = . n s s Osoittajassa kaikki muut termit paitsi an rn ovat jaollisia s:llä. Koska osoittajan on oltava nolla, niin saamme s | an rn . Koska syt(r, s) = 1, niin s | an . Samoin osoittajassa kaikki muut termit paitsi a0 sn ovat jaollisia r:llä. Tästä saman päättelyn avulla seuraa r | a0 .

8 / 30

Esimerkki 4B.1 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

Tehtävä: Määrää luvun α = kunnan Q.

√

√ 2 + 3 minimaalipolynomi yli

Ratkaisu: Peräkkäisillä neliöinneillä on suhteellisen helppoa löytää kokonaislukukertoiminen polynomi, jolla on α √ √ nollakohtana. Koska (α − 3) = 2, niin √ 2 √ 2 2 = (α − 3) = α − 2 3α + 3. Tästä edelleen saadaan siirtämällä neliöjuuritermi yksin toiselle puolelle √ 2 3α = α2 + 3 − 2 = α2 + 1.

9 / 30

Esimerkki 4B.2 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Neliöimällä tämä uudestaan saadaan 12α2 = (α2 + 1)2 = α4 + 2α2 + 1. Näin ollen saamme tulokseksi, että α toteuttaa kokonaiskertoimisen yhtälön α4 − 10α2 + 1 = 0. Polynomilla p(x) = x4 − 10x2 + 1 on siis α nollakohtana. Osoitamme, että p(x) on jaoton ylin Q:n.

Esimerkkilaskuja

10 / 30

Esimerkki 4B.3 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

Näemme, että √ √ polynomin √ p(x) √ nollakohdat ovat √ α, √ β = 3 − 2, γ = − 3 + 2 = −β ja δ = − 3 − 2 = −α. Nimittäin käyttämämme peräkkäisten neliöintien prosessi juurikin häivytti nämä merkkierot. Rationaalijuuritestin mukaan p(x):n rationaalinen nollakohta on ±1. Koska p(±1) 6= 0, niin p(x):llä ei ole ensimmäisen asteen tekijöitä ∈ Q[x]. On vielä suljettava pois vaihtoehto, että p(x) olisi kahden toisen asteen rationaalikertoimisen polynomin tulo, p(x) = f (x)g(x), f, g ∈ Q[x]. Rajoituksetta voimme olettaa, että f (α) = 0. Renkaassa R[x] meillä on tekijöihinjako p(x) = (x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ).

11 / 30

Esimerkki 4B.4 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus Esimerkkilaskuja

Koska f (x) on myös renkaassa R[x], ja polynomin p(x) toisen asteen tekijät siellä saadaan kahden ensimmäisen asteen tekijän tulona, on polynomin f (x) oltava jokin tuloista (x − α)(x − β), (x − α)(x − γ), (x − α)(x − δ). Mutta mikään näistä ei ole rationaalikertoiminen: √ 2 √ 2 √ 2 (x − α)(x − β) = (x − 3) − ( 2) = x − 2 3x + 1, √ 2 √ 2 √ 2 (x − α)(x − γ) = (x − 2) − ( 3) = x − 2 2x − 1, √ 2 2 2 (x − α)(x − δ) = x − α = x − (5 + 2 6),

√ √ √ sillä luvut 2, 3 ja 6 ovat irrationaalisia.

12 / 30

Algebrallinen laajennus 2 Kuntalaajennus Adjungointi Jotain uutta? Transcendental Algebraic Esimerkkejä 4A Rat. juuri 1 Rat. juuri 2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4B.4 Algebraic 2 Kosinit.1 Kosinit.2 Isom. Laajennus

Laajennusta L/K sanotaan algebralliseksi, jos jokainen ρ ∈ L on algebrallinen yli K:n, eli jos K(ρ) = K[ρ] kaikilla ρ ∈ L. ■

Jos L/K on algebrallinen, niin mielivaltainen alkio ρ kuuluu siis kunnan K johonkin äärellisulotteiseen laajennukseen F : L=

[

F.

F ⊂L,dimK F