Algebran Peruskurssi II - Kevät 2015 (5.periodi) [version 17 Jun 2015 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

Algebran Peruskurssi II ­ Kevät 2015 (5.periodi) Ajankohtaista: Tenttien (04.06. ja 16.06.) tulokset. Meni ehkä liiankin hyvin. Ensi vuonna sitten ankarampaa :­) Tenttiajankohdat: 1. tentti on torstaina 04.06. klo 09­12 Seminaarihuone 150, Publicumin 1. kerros (paikka hiukan kryptinen, eli pyörin Publicumin ala­aulassa etsimässä teitä). 2. tentti on tiistaina 16.06. klo 14­17 salissa Arc 2 (Arcanum). Näihin tentteihin EI VOI ILMOITTAUTUA (eikä tarvitse). Näihin liittyvät "kyselytunnit" pidetään tiistaina 02.06. klo 12­14 salissa Pub299 ja maanantaina 15.06. klo 12­14 salissa Pub209. 3. tentti on matematiikan laitoksen normaalini kesätenttipäivänä 18.08. Siihen puolestaan on PAKKO ILMOITTAUTUA, mutta ilmoittautumisdeadline on vasta 11.08. Demoluokkarajat: C=0, B=12, A=21, A+=32. Tentissä 5 tehtävää, joista 4 parasta arvostellaan. 8 pistettä per tehtävä. Maksimi=32. Arvostelutaulukot . Tehtävän 37 A­kohdasta puuttui itse tehtävä :­), ja 37 C­kohdassa piti tutkia jaollisuutta kolmella (eikä yhdeksällä). Korjattu versio alla. Ottakaa kantaa tenttiaikoihin! Ehdotan että päivistä ke 03.06 ja to 04.06 valitaan yksi, ja päivistä ti 16.06. ja ke 17.06. valitaan myös yksi. Tentti voisi olla joko aamupäivälle (09­12) tai iltapäivällä (15­18), mutta muukin aika voidaan järkätä. Periaatteessa minulle käy myös ko. viikkojen jokin toinen päivä (pl juhannusaatto 19.06), mutta mieluiten ei maanantai 15.06. Laitoksen normaali kesätenttipäivä on 11.06. Lisäksi järjestäisin yhden tentin laitoksen elokuun normaalina kesätenttipäivänä. "Vanhoja" harjoitustehtäväprinttejä saa opettajalta.

Yleistä: Tällä kurssilla (MATE5061) tutustutaan useisiin abstraktin algebran perusstruktuureihin, renkaisiin, kuntiin, polynomeihin, niiden perusominaisuuksiin ja niihin liittyviin peruskonstruktioihin. Lisäksi syvennetään ja täydennetään kurssin I:n osan käsitteiden tuntemusta. Tämä kurssi vaaditaan esitietoina kaikilla Turun yliopiston algebran ja lukuteorian kursseilla. Kurssin käsitteistön tunteminen on tarpeen myös Koodausteorian ja Kryptografian kursseilla. Esitietoina edellytetään kurssia Algebran Peruskurssi I. 5. periodin kurssina toteutus on tavallisesta poikkeva ja kokeellinen. Kurssin tapaamisissa lähinnä pohditaan harjoitustehtäviä Matikkapajamaisesti. Suurin osa teoriasta (määritelmät, lauseet ja todistukset) ovat itseopiskelun varassa. Harjoitustehtävät tuovat lihaa tämän luurangon ympärille, ja valaisevat joitakin määritelmien ja lauseiden kompastuskivikohtia. Luentoesimerkin roolin ottavat tukikalvot, joita ilmestyy alle pdf­muodossa (mikäli tämä on sinulle ongelma, kysy opettajalta apua).

Aikataulu: Tapaamiset 05.05.­27.05. ti 10­12, ke 12­14, to 10­12, pe 12­14. Alustava suunnitelma on, että peräkkäisissä laskuharjoituksissa on päällekkäisyyttä siten, että kaikkiin tehtäviin pääsee mukaan käymällä n. joka toisissa laskuharjoituksissa. Ideana ottaa huomioon mahdolliset päällekkäisyydet muiden kurssien kanssa. Jos tällaisia ei osallistujilla todeta olevan, voidaan aikataulua muuttaa lisäämällä luennointia tai harventamalla tapaamisia. Rasteja harjoituksista kootaan normaaliin tapaan, mutta perinteisiä demoesiintymisiä ei ole. Malliratkaisut tulevat tarjolle. Kevään/kesän tenttipäivät sovitaan kurssin osallistujien kesken Synkronointi: Keskiviikko 06.05.: Tehtävät 1­5 (6), Teema 1, Monisteen sivut 1­4. Torstai 06.05.: Tehtävät 1­10 (­12), Teemat 1+2, Monisteen sivut 1­10.

Perjantai 07.05.: Tehtävät 6­13, Teema 2, Monisteen sivut 5­10. Tiistai 12.05.: Tehtävät 9­16, Teemat 2+3, Monisteen sivut 8­16. Keskiviikko 13.05.: Tehtävät 14­23, Teemat 3+4, Monisteen sivut 10­19. Tiistai 19.05.: Tehtävät 17­25, Teemat 3+4, Monisteen sivut 15­19. Keskiviikko 20.05.: Tehtävät 20­30, Teema 4, Monisteen sivut 17­25. Torstai 21.05.: Tehtävät 24­34. Teemat 4+5, Monisteen sivut 19­31. Perjantai 22.05.: Tehtävät 28­38. Teemat 4+5, Monisteen sivut 24­34. Tiistai 26.05.: Tehtävät 32­45. Teemat 5+6, Monisteen sivut 29­50. Keskiviikko 27.05. Loput tehtävät. Teemat 6+7, Monisteen sivut 43­52.

Materiaali: Moniste (M. Koppinen) Harjoitustehtävät: Lataa/päivitä tästä 45 tehtävää, 45 ratkaisua ­ kertokaa, jos bongaatte virheitä. Onko kurssilla tylsää? Pientä piristystä voi saada pohtimalla Lisätehtäviä. Näistä ei saa rasteja, mutta jos haluat treenata... Alun 3 tehtävää näköjään pyörivät permutaatioiden parillisuusteeman ympärillä, ja ovat loppua kohti hieman haastavia. Seuraavat 3 käsittelevät kvaternionien rengasta (ja ovat suoraviivaisempia laskuja). Irlantilainen fyysikko William Hamilton keksi ne 1800­luvulla vektorialgebran tarpeisiin. Viime vuosina kvaternionit ovat saaneet uusia sovelluksia tietokonegrafiikassa (OpenGL:n 3D­rotaatiot) ja moniantennisessa radioteitse tapahtuvassa tietoliikenteessä. Tukikalvot (näiden pitäisi täydentää luentomonisteen sisältöä): Teema 1 ­ Sykliset Ryhmät Teema 2 ­ Permutaatiot Hiukan lisää ryhmistä (mukana yksi spoileri ja diedriryhmä kuvina) Teema 3 ­ Renkaiden peruskäsitteet Teema 4 ­ Renkaiden homomorfismit ja ihanteet Teema 5 ­ Kokonaisalueista ja kunnista (päivitetty 21.05.) Teema 6 ­ Lisää kunnista. Tämä on aika haastava paketti. Osamääräkunnat voi hypätä yli menettämättä paljoa. Samoin Zornin lemmasta riittää hyväksyä, että siitä seuraa se, että renkailla on aina maksimaalisia ihanteita. Keskity polynomirenkaiden jakoalgoritmiin, jos aika on kortilla. Teema 7 ­ Lineaarialgebraa yli mielivaltaisen kunnan. Tämä taas on paljon kevyempi. Perustuu lähinnä havaintoon, että Lineaarialgebran se osa, missä ei tarvita sisätuloa (vektorien pituus, niiden välinen kulma yms) toimii yli minkä tahansa kunnan! Matriisien kääntäminen, lineaarisen yhtälöryhmän kääntäminen jne tehdään samoilla algoritmeilla! Jos Teemat 5 ja 6 tuntuivat raskailta, niin tässä on tilaisuus päästä taas paremmin mukaan! Tähän asti jokaisessa pitämässäni PK II:n tentissä on ollut yksi kysymys tästä teemasta (rolls eyes). Jyrkin viime vuoden kurssien demoja, bonustehtäviä, tenttejä (niille, jotka haluavat lisää puuhaa!): PK I (2014) PK II (2014) (päällekkäisyyttä on paljon, mutta tehtävävalikoimassa sentään hiukan vaihtelua)

Asiaa opettajalle: email: [email protected] Työhuone: Publicum 4. kerros, huone 458 (vastaanotto ke 10­11, muinakin aikoina voi yrittää).

Algebran peruskurssi II Turun yliopisto

Markku Koppinen

28. toukokuuta 2008

Alkusanat Algebran peruskurssi II tutustuttaa uusiin algebrallisiin systeemeihin: renkaisiin, kuntiin ja sisätuloavaruuksiin. Lisäksi tutkitaan syklisiä ryhmiä ja permutaatioryhmiä tarkemmin. Kurssi on suoraa jatkoa Algebran peruskurssiin I, jonka hallinta onkin välttämätöntä kurssin seuraamiselle. Tämäkin moniste noudattaa melko tarkoin Tauno Metsänkylän aikaisemmin kirjoittamaa. Suurimpana erona on sisätuloavaruuksien sijoittaminen tähän kurssiin. Käsittelyä on paikoin hiukan muutettu ja esimerkkejä on lisätty. Pykäliä 1.2.5, 1.2.6 ja 3.8 ei kurssilla ehkä ehditä käsitellä. Myös pykälien 3.5.1 ja 3.5.2 sekä luvun 4 tarkastelu saattaa jäädä pikaiseksi.

i

Sisältö 1 Syklisistä ryhmistä ja permutaatioryhmistä 1.1

1.2

Sykliset ryhmät . . . . . . . . . . . 1.1.1 Syklisen ryhmän aliryhmät 1.1.2 Alkion kertaluku . . . . . . Permutaatioryhmät . . . . . . . . . 1.2.1 Permutaatiot . . . . . . . . 1.2.2 Syklit . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Permutaatiomatriisit . . . . 1.2.4 Permutaation merkki . . . . 1.2.5 Cayleyn lause . . . . . . . . 1.2.6 Esimerkki: diedriryhmät . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

1 . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

2 Rengas 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11

1 1 3 4 4 5 7 8 9 9

11

Renkaan määritelmä ja esimerkkejä . . . . Renkaan aritmetiikkaa . . . . . . . . . . . Renkaan yksiköt . . . . . . . . . . . . . . Alirengas . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rengashomomorsmit . . . . . . . . . . . Homomorsmin ydin. Renkaan ihanne . . Jäännösluokkarengas . . . . . . . . . . . . Homomoralause . . . . . . . . . . . . . . Osajoukon generoima ihanne . . . . . . . Polynomirenkaat . . . . . . . . . . . . . . Kokonaisalue. Karakteristika . . . . . . . 2.11.1 Polynomirengas yli kokonaisalueen

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

11 13 15 15 17 18 20 21 22 24 25 27

3 Kunta

29

3.1 3.2 3.3

29 32 34

Kunnan määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Alikunta. Alkukunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kokonaisalueen osamääräkunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

SISÄLTÖ 3.4 3.5

3.6 3.7 3.8

iii

Laajennuskunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . Renkaan maksimaalinen ihanne . . . . . . . . . 3.5.1 Zornin lemma . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Maksimaalisten ihanteiden olemassaolo . Polynomien jaollisuus . . . . . . . . . . . . . . Kuntalaajennuksen konstruoiminen jaottomasta Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . polynomista . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

4 Sisätuloavaruus 4.1 4.2 4.3 4.4

Sisätulo ja normi . . . . . . . . . . . . . . . . Ortonormaalikanta . . . . . . . . . . . . . . . GraminSchmidtin ortogonalisointimenetelmä Ortogonaalikomplementti ja -projektio . . . .

37 39 40 42 43 47 50

52 . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

52 55 55 57

Luku 1

Syklisistä ryhmistä ja permutaatioryhmistä 1.1 Sykliset ryhmät Muistetaan, että yhden alkion generoimaa ryhmää sanotaan sykliseksi, ja että näillä on yksinkertainen luokittelu: Syklinen ryhmä on (isomoraa vaille) joko n alkion syklinen ryhmä Cn = hci = {1, c, . . . , cn−1 } missä cn = 1 (n ≥ 1), tai ääretön syklinen ryhmä C∞ = hci = {cm | m ∈ Z} missä cm :t ovat erisuuria.

1.1.1 Syklisen ryhmän aliryhmät Lemma 1.1.1 Olkoon G syklinen ryhmä G = hci ja olkoon H ≤ G. Jos H 6= {1}, niin H = hck i,

missä k on pienin sellainen luku > 0, että ck ∈ H . Todistus. Olkoon H 6= {1}. Silloin H sisältää jonkin alkion cn , missä n 6= 0. Myös (cn )−1 = 0 c−n ∈ H , joten H :ssa on alkio cn , missä n0 > 0. Väitteessä mainittu k on siis olemassa. Olkoon a ∈ H . Kirjoitetaan a = cm , m ∈ Z. Jakoalgoritmin mukaan m = qk + r, missä q, r ∈ Z ja 0 ≤ r < k . Nyt a = cqk+r = (ck )q cr , josta

cr = (ck )−q a ∈ H. Luvun k minimaalisuuden nojalla r = 0. Täten m = qk , ja siis a = cm = (ck )q ∈ hck i. Näin ollen H ⊆ hck i. Kääntäen, koska ck ∈ H , niin hck i ⊆ H . Siis H = hck i. 2

Seuraus 1.1.2 Syklisen ryhmän aliryhmät ovat syklisiä. 1

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

2

Esimerkki 1.1.3 Tarkastellaan ääretöntä syklistä ryhmää C∞ = hci. a) Aliryhmä H = hc4 , c6 i on lemman mukaan muotoa hck i, missä k > 0. Mikä k on? b) Entä yleinen tapaus: Jos m, n 6= 0, niin millä k :lla hcm , cn i = hck i? c) Entä millä k :lla hcm i ∩ hcn i = hck i?

Lause 1.1.4 Äärettömän syklisen ryhmän C∞ = hci kaikki aliryhmät ovat hck i

(1.1)

(k = 0, 1, 2, . . . ),

ja mitkään kaksi näistä eivät ole samoja (joukkoina). Todistus. Ryhmällä C∞ on joka tapauksessa mainitut ryhmät hck i aliryhminä, eikä lemman 1.1.1 mukaan muita aliryhmiä ole. On enää todistettava, etteivät aliryhmistä (1.1) mitkään ole samoja. Koska äärettömässä syklisessä ryhmässä alkiot cm ovat erisuuria, niin cm ∈ hck i = {cnk | n ∈ Z} 0

0

⇐⇒

k | m.

0

0

Niinpä, jos hck i = hck i, toisin sanoen sekä ck ∈ hck i että ck ∈ hck i, niin saadaan k | k ja k 0 | k . Jos lisäksi k, k 0 ≥ 0, seuraa k = k 0 . 2

Esimerkki 1.1.5 Ryhmän Z kaikki aliryhmät ovat nZ (n = 0, 1, 2, . . .). Äärettömän syklisen ryhmän aliryhmät 6= {1} ovat siis äärettömiä syklisiä ryhmiä, joten ne ovat keskenään isomorsia vaikka ovatkin eri aliryhmiä. Äärellisten syklisten ryhmien kohdalla tilanne on hiukan mutkikkaampi:

Lause 1.1.6 Syklisellä ryhmällä Cn = hci on jokaista n:n (positiivista) tekijää m kohti tarkalleen yksi aliryhmä, jonka kertaluku on m, nimittäin hck i = {1, ck , c2k , . . . , c(m−1)k },

(1.2)

missä k = n/m. Muita aliryhmiä Cn :llä ei ole. Todistus. Jos m | n (m > 0) ja merkitään k = n/m, niin (ck )m = cn = 1, joten hck i = {1, ck , c2k , . . . , c(m−1)k }. Alkiot 1, ck , c2k , . . . , c(m−1)k ovat erisuuria, koska eksponentit ovat < n. Täten #hck i = m. Olkoon H ≤ Cn mielivaltainen aliryhmä. Jos H = {1}, niin H = hcn/1 i, joten H on eräs aliryhmistä (1.2). Olkoon nyt H 6= {1}. Lemman 1.1.1 nojalla H = hch i, missä h > 0 on pienin sellainen luku, että ch ∈ H . Kirjoitetaan n = qh + r, 0 ≤ r < h. Koska

cr = cn−qh = cn (ch )−q = (ch )−q ∈ H, niin h:n minimaalisuuden johdosta r = 0. Siis h | n. Kun merkitään m = n/h, niin m | n ja h = n/m; näin ollen H on eräs aliryhmistä (1.2). 2

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

3

Seuraus 1.1.7 Jos p on alkuluku, niin syklisellä ryhmällä Cp on vain triviaalit aliryhmät. Esimerkki 1.1.8 Syklisellä ryhmällä C12 on lauseen mukaan vain kuusi aliryhmää: hci, hc2 i, hc3 i, hc4 i, hc6 i ja hc12 i = h1i = {1}. Toisaalta sillä on aliryhmät hci i, i = 0, . . . , 11. Selvitetään, mikä näistä on mikin ko. kuudesta aliryhmästä.

Esimerkki 1.1.9 Piirretään syklisen ryhmän C12 aliryhmien keskinäisiä sisältymisiä kuvaava ns. Hassen diagrammi.

1.1.2 Alkion kertaluku Kun G on mielivaltainen ryhmä, niin alkion a ∈ G generoima aliryhmä on syklinen: joko hai ' Cn jollain n:llä tai hai ' C∞ . Muistetaan, että aliryhmän hai kertalukua sanotaan alkion a kertaluvuksi ja merkitään ord(a):lla; siis (1.3)

ord(a) = #hai.

Näin ollen ord(a) on pienin eksponentti n > 0, jolla an = 1, jos tällaisia eksponentteja on; ord(a) = ∞, jos am 6= 1 kaikilla eksponenteilla m > 0.

Esimerkki 1.1.10 Ryhmässä R∗ on ord(1) = 1 ja ord(−1) = 2, ja ord(a) = ∞ kun a 6= ±1. Esimerkki 1.1.11 Lasketaan ryhmän Z∗21 alkioiden 2 ja 20 kertaluvut. µ

¶ cos α − sin α ∈ SL2 (R) antaa tason R2 kierron origon sin α cos α ympäri kulman α verran. (Tulkitaan Rα lineaarikuvauksen matriisiksi luonnollisen kannan suhteen.) Tietenkin (Rα )n = Rnα . Näin ollen esimerkiksi (Rπ/4 )8 = I (identiteettimatriisi), eikä I :tä saada millään pienemmällä positiivisella eksponentilla. Siis ord(Rπ/4 ) = 8.

Esimerkki 1.1.12 Matriisi Rα =

Esimerkki 1.1.13 Yhtälön xn = 1 kompleksilukuratkaisut ovat x = e2πik/n = cos(2πk/n) + i sin(2πk/n)

(k = 0, 1, . . . , n − 1),

ns. n:nnet ykkösenjuuret. Kun merkitään

ζn = e2πi/n , niin n:nnet ykkösenjuuret voidaan kirjoittaa muodossa ζn k , missä k = 0, 1, . . . , n − 1. Ne muodostavat ryhmän C∗ aliryhmän, joka on syklinen ja kertalukua n, generoijana esimerkiksi ζn .

Esimerkki 1.1.14 Olkoon matriisi A ∈ GL3 (C) diagonalisoituva ja olkoot sen ominaisarvot 1, ζ3 , ζ4 . Mikä on ord(A)?

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

4

Lause 1.1.15 Olkoon G ryhmä ja a ∈ G. Jos ord(a) = n, niin ord(am ) =

n . syt(n, m)

(1.4)

Todistus. Merkitään d = syt(n, m) ja n = n1 d, m = m1 d. On osoitettava, että ord(am ) = n1 , toisin sanoen että (am )r = 1 ⇐⇒ n1 | r . Koska ord(a) = n, niin amr = 1 jos ja vain jos n | mr. Tämä on ekvivalentti ehdon n1 | m1 r kanssa. Koska syt(n1 , m1 ) = 1, väite seuraa. 2

Seuraus 1.1.16 Syklisessä ryhmässä Cn = hci on ord(cm ) =

n syt(n, m)

(m ∈ Z).

Seuraus 1.1.17 Syklisen ryhmän Cn = hci generoijia ovat tarkalleen ne alkiot cm , missä syt(n, m) = 1; niitä on siis ϕ(n) kappaletta.

Esimerkki 1.1.18 Lasketaan ryhmän Z∗9 alkioiden kertaluvut. Esimerkki 1.1.19 Osoitetaan, että jos ryhmän G alkion a kertaluku on pariton, niin hai = ha2 i. Esimerkki 1.1.20 Tarkastellaan uudestaan esimerkkiä 1.1.8. Esimerkki 1.1.21 Olkoon n, m > 0. Tarkastellaan syklistä ryhmää Cn . Seurauksen 1.1.16 mukaan ord(cm ) = n/ syt(n, m). Huomaa, että hcm i = {g m | g ∈ Cn }. Päätellään tästä, että

#{g ∈ Cn | g m = 1} = syt(n, m).

Esimerkki 1.1.22 Aliryhmäkriteerille todistettiin äärellisen ryhmän tapauksessa mukavampi muoto. Heikennetään nyt sen äärellisyysoletusta.

1.2 Permutaatioryhmät 1.2.1 Permutaatiot Muistetaan, että symmetriseksi ryhmäksi sanotaan joukon Jn = {1, . . . , n} kaikkien permutaatioiden muodostamaa ryhmää

Sn = {α : Jn → Jn | α on bijektio},

(1.5)

missä binäärioperaationa on kuvaustulo; siis permutaatioiden α ja β tulo αβ määritellään asettamalla (αβ)(j) = α(β(j)) (j ∈ Jn ). Ryhmien Sn aliryhmät ovat permutaatioryhmiä. Kun α ∈ Sn ja α(j) = kj (j = 1, . . . , n), merkitään µ ¶ 1 2 ... n α= , (1.6) k1 k2 . . . kn

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

5

missä k1 , k2 , . . . , kn ovat luvut 1, 2, . . . , n jossakin järjestyksessä. Jos α(j) = j , niin j on α:n kiintopiste. Huomaa, että jos α:n kiintopisteet ovat j1 , . . . , jr , niin α permutoi joukon Jn \ {j1 , . . . , jr } pisteitä. Sanomme kahta permutaatiota α ja β erillisiksi (tai alkiovieraiksi, disjoint), jos jokainen j ∈ Jn on ainakin toisen kiintopiste.

Lause 1.2.1 Erilliset permutaatiot α ja β kommutoivat, toisin sanoen αβ = βα. Todistus. Olkoon i ∈ Jn mielivaltainen. Pitää todistaa, että αβ(i) = βα(i). Koska α ja β ovat erilliset, niin i on jommankumman kiintopiste; voidaan olettaa, että α(i) = i, jolloin todistettava yhtälö tulee muotoon αβ(i) = β(i). Myös β(i) on jommankumman kiintopiste; jos se on α:n kiintopiste, niin yhtälö on voimassa; jos se on β :n kiintopiste, siis β 2 (i) = β(i), niin β(i) = i, joten yhtälöksi tulee α(i) = i, ja jälleen tämä on voimassa. 2

Esimerkki 1.2.2 Osoitetaan, että jos permutaatiot α ja β kommutoivat, niin on voimassa: Jos i on α:n kiintopiste, niin samoin ovat β(i) ja β −1 (i). Seuraa, että β permutoi α:n kiintopisteitä.

1.2.2 Syklit Tarkastellaan permutaatiota α : Jn → Jn . Kuvaamalla alkiota a1 ∈ Jn α:lla yhä uudelleen saadaan jono a1 , α(a1 ), α2 (a1 ), α3 (a1 ), . . . ; jos merkitään an = αn−1 (a1 ), niin α:n vaikutusta näihin alkioihin voidaan kuvata näin:

a1 7→ a2 7→ a3 7→ a4 7→ · · · .

(1.7)

Koska Jn on äärellinen, niin αi (a1 ) = αj (a1 ) joillain eksponenteilla i > j . Seuraa αi−j (a1 ) = a1 . Näin ollen jono (1.7) palaa jossain vaiheessa takaisin a1 :een, minkä jälkeen jono alkaa toistua.

Määritelmä 1.2.3 Olkoon σ ∈ Sn sellainen permutaatio, että se kuvaa a1 7→ a2 7→ · · · 7→ ar 7→ a1 , missä a1 , . . . , ar ovat eri alkioita, ja että Jn :n alkiot 6= a1 , . . . , ar ovat σ :n kiintopisteitä. Tällöin sanotaan, että σ on r-pituinen sykli tai lyhyesti r-sykli, ja merkitään

σ = (a1 a2 . . . ar ). Esimerkiksi S4 :ssä

µ α=

1 2

2 3 3 1

4 4

(1.8)

¶ = (1 2 3)

on 3-sykli, jonka ainoana kiintopisteenä on 4. Jokainen permutaatio α voidaan kirjoittaa erillisten syklien tulona: Kirjoitetaan ensin esimerkiksi alkiosta 1 alkava sykli (1 α(1) . . . αr (1)), missä αr+1 (1) = 1, sitten jostakin tässä esiintymättömästä alkiosta alkava uusi sykli, ja niin edelleen. Esimerkiksi µ ¶ 1 2 3 4 5 6 α= = (1 4 2)(3 6)(5). (1.9) 4 1 6 2 5 3

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

6

Tämä on permutaation α sykliesitys eli syklimuoto. Se on selvästikin yksikäsitteinen, paitsi että syklit voidaan kirjoittaa mihin järjestykseen tahansa ja kukin sykli voidaan aloittaa millä alkiollaan tahansa. Niinpä (1 4 2)(3 6)(5) = (3 6)(2 1 4)(5). Lisäksi 1-syklit jätetään yleensä kirjoittamatta; nehän ovat identiteettikuvauksia. Esimerkiksi (1 4 2)(3 6)(5) = (1 4 2)(3 6). Erityisesti 2-sykliä sanotaan transpositioksi.

Esimerkki 1.2.4 Syklit eivät ehkä kommutoi, elleivät ne ole erillisiä. Esimerkiksi (2 3)(1 2) = (1 3 2) mutta (1 2)(2 3) = (1 2 3).

Esimerkki 1.2.5 Kirjoitetaan S4 :n alkiot syklimuodossa. Etsitään S4 :n aliryhmä, joka on Kleinin neliryhmä.

Lause 1.2.6

(i) Ryhmä Sn on transpositioidensa generoima.

(ii) Ryhmän Sn generoivat jo sen n − 1 transpositiota (1 2), (2 3), (3 4), . . . , (n−1 n).

Todistus. Koska jokainen permutaatio on syklien tulo, väite (i) saadaan todistamalla, että jokainen sykli (a1 . . . ar ) on transpositioiden tulo. Kun r ≥ 3, niin (a1 a2 . . . ar ) = (a1 a2 . . . ar−1 )(ar−1 ar ).

(1.10)

Tämä nähdään tutkimalla, miten oikea puoli kuvaa kunkin alkioista a1 , . . . , ar ; kaikki muut Jn :n alkiothan ovat kummankin puolen kiintopisteitä. Nyt väite seuraa induktiolla r:n suhteen. Kun n ≤ 2, (ii) on triviaali. Olkoon n > 2. Kun a, b, c ∈ Jn ovat erisuuria, niin tutkimalla taas alkioiden kuvautumisia nähdään oikeaksi

(a b) = (a c)(c b)(a c).

(1.11)

Olkoon a < b. Jos a < b − 1, niin valitsemalla c = b − 1 saadaan

(a b) = (a b−1)(b−1 b)(a b−1). Väite (ii) seuraa tästä induktiolla (b − a):n suhteen.

2

Esimerkki 1.2.7 (1 3) = (1 2)(2 3)(1 2) = (2 3)(1 2)(2 3). Esimerkki 1.2.8 Jokainen transpositio (a b) voidaan esittää muotoa (1 c) olevien transpositioiden tulona, sillä (a b) = (1 a)(1 b)(1 a), kun a, b, 1 ovat erisuuria. Siis myös transpositiot (1 2), (1 3), . . . , (1 n) generoivat Sn :n. Permutaation α sanotaan olevan tyyppiä (r1 , . . . , rm ), jos sen syklien pituudet ovat r1 , . . . , rm . Esimerkiksi permutaation (1.9) tyyppi on (1, 2, 3).

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

7

Lause 1.2.9 Jos permutaatio α on tyyppiä (r1 , . . . , rm ), niin α:n kertaluku on (1.12)

ord(α) = pyj(r1 , . . . , rm ).

Todistus. Tarkastellaan ensin r-sykliä σ = (a1 . . . ar ). Selvästi σ r = 1 (identiteettikuvaus), mutta mikään alemmista potensseista σ 1 , . . . , σ r−1 ei ole 1. Näin ollen ord(σ) = r. Olkoon α:n sykliesitys α = σ1 · · · σm , missä σj on rj -sykli. Koska σj :t kommutoivat, niin k , ja saadaan αk = σ1k · · · σm αk = 1

⇐⇒

k =1 σ1k = · · · = σm

Tästä seuraa väite.

⇐⇒

r1 | k, . . . , rm | k

⇐⇒

pyj(r1 , . . . , rm ) | k.

2

Huomautus 1.2.10 Ryhmän Sn kukin konjugaattiluokka {τ ατ −1 | τ ∈ Sn } (α ∈ Sn ) koostuu kaikista samaa tyyppiä olevista permutaatioista. Tämä nähdään kirjoittamalla sykliesitys α = (a1 a2 . . . ap )(ap+1 . . . aq ) · · · ( . . . an ) (mukana 1-syklitkin) sekä Ã ! a1 a2 . . . ap ap+1 . . . aq . . . an τ= b1 b2 . . . bp bp+1 . . . bq . . . bn ja laskemalla näistä, että τ ατ −1 = (b1 b2 . . . bp )(bp+1 . . . bq ) · · · ( . . . bn ).

Esimerkki 1.2.11 Näytetään, että S4 :n tyyppejä (1) ja (2, 2) olevat alkiot muodostavat normaalin aliryhmän H4 .

1.2.3 Permutaatiomatriisit Permutaatioon α ∈ Sn liittyväksi permutaatiomatriisiksi sanotaan matriisia Pα = (pij )n×n , missä ( 1 jos i = α(j) (i, j = 1, . . . , n). pij = δi,α(j) = 0 jos i 6= α(j) (Tässä δik on Kroneckerin delta.) Lasketaan permutaatiomatriisien Pα ja Pβ tulo. Kun merkitään Pα Pβ = (qij ), niin

qij =

n X k=1

δi,α(k) δk,β(j) =

n X

δα−1 (i),k δk,β(j) = δα−1 (i),β(j) = δi,αβ(j) ,

k=1

josta

Pα Pβ = Pαβ

(α, β ∈ Sn ).

(1.13)

Erityisesti Pα Pα−1 = Pαα−1 = P1 = (δij ) = I , joten Pα on säännöllinen (eli Pα ∈ GLn (R)) ja Pα−1 = Pα−1 . Koska Pα−1 :n kohdassa (i, j) oleva alkio on δi,α−1 (j) = δα(i),j = δj,α(i) , niin

Pα−1 = Pα−1 = PαT .

Lause 1.2.12 Kuvaus Sn → GLn (R), α 7→ Pα , on injektiivinen ryhmähomomorsmi.

(1.14)

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

8

Todistus. Yhtälön (1.13) mukaan kuvaus on ryhmähomomorsmi. Injektiivisyys seuraa siitä, että Pα :n määritelmän nojalla Pα = I = (δij ) vain jos α = 1. 2

Seuraus 1.2.13 Permutaatiomatriisit Pα (α ∈ Sn ) muodostavat Sn :n kanssa isomorsen aliryhmän GLn (R):ssä.

Esimerkki 1.2.14 Ryhmän S3 alkioita 1, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2) vastaavat permutaatiomatriisit ovat à ! 1 0 0 0 1 0 , 0 0 1

Ã

0 1 0 1 0 0 0 0 1

!

à ,

0 0 1 0 1 0 1 0 0

!

à ,

1 0 0 0 0 1 0 1 0

!

à ,

0 0 1 1 0 0 0 1 0

!

à ,

0 1 0 0 0 1 1 0 0

! .

1.2.4 Permutaation merkki ¡ ¢ Lineaarialgebran kurssilla permutaatio tarkoitti jonoa α = k1 , . . . , kn , missä ki :t ovat µ ¶ luvut 1 ... n 1, . . . , n jossain järjestyksessä. Samaistamme tällaisen nyt kuvauksen α = ∈ Sn k1 . . . kn kanssa. Permutaation α merkki sign(α) määriteltiin jonossa esiintyvien inversioiden avulla. Determinantin määritelmän mukaan det(Pα ) =

X

sign(π)p1,π(1) · · · pn,π(n) .

π∈Sn

Koska pij = δi,α(j) , niin ainoa nollasta eroava termi summassa on se, jossa π = α−1 . Näin ollen det(Pα ) = sign(α−1 ). Silloin myös det(Pα ) = det(PαT ) = det(Pα−1 ) = sign(α).

Lause 1.2.15 Kun α ∈ Sn , niin det(Pα ) = sign(α). Seuraus 1.2.16 Kun α, β ∈ Sn , niin sign(αβ) = sign(α) sign(β). Täten sign : Sn → {1, −1} on ryhmähomomorsmi. Tässä {1, −1} tarkoittaa multiplikatiivisen ryhmän Z∗ aliryhmää. Permutaatio on parillinen tai pariton sen mukaan, onko sen merkki +1 vai −1.

Lause 1.2.17 Jos σ on r-sykli, niin sign(σ) = (−1)r−1 . Transpositiot ovat parittomia. Todistus. Jos τ on transpositio, niin Pτ saadaan identiteettimatriisista vaihtamalla kaksi pystyriviä; siis sign(τ ) = −1. Yhtälön (1.10) mukaan r-sykli voidaan kirjoittaa r − 1 transposition tulona, joten seurauksen 1.2.16 nojalla sen merkki on (−1)r−1 . 2

Seuraus 1.2.18 Jos α on tyyppiä (r1 , . . . , rm ), niin sign(α) = (−1)r1 −1 · · · (−1)rm −1 . Siis samaa tyyppiä olevilla permutaatioilla on sama merkki. Parillisten permutaatioiden joukolle käytetään merkintää

An = {α ∈ Sn | sign(α) = 1}.

(1.15)

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

9

Siis An = Ker(sign) £ Sn . Ryhmää An sanotaan n alkion alternoivaksi ryhmäksi. Kun n > 1, niin sign : Sn → {±1} on surjektio. Lagrangen lauseesta seuraa tällöin, että [Sn : An ] = 2. Toisaalta tapauksessa n = 1 on A1 = S1 = {1}.

Esimerkki 1.2.19 Mitkä S3 :n alkiot ovat aliryhmässä A3 ja mitkä sen toisessa sivuluokassa? Esimerkki 1.2.20 Määritetään ryhmän A4 alkiot.

1.2.5 Cayleyn lause Permutaatioryhmien merkitystä ryhmäteoriassa valaisee Cayleyn lause: Jokainen äärellinen ryhmä on isomornen jonkin permutaatioryhmän kanssa. Todistuksen idea on seuraava: Ryhmän G jokainen alkio g määrää bijektiivisen kuvauksen G → G, nimittäin vasemmalta kertomisen g :llä. Tarkemmin: Määritellään kuvaus

ψ : G → {f : G → G | f on bijektio},

ψ(g)(x) = gx ∀ g, x ∈ G.

Ryhmän ominaisuuksista seuraa, että ψ on hyvinmääritelty ja injektiivinen ryhmähomomorsmi (kun bijektiivisten kuvausten G → G joukkoa katsotaan ryhmänä kuvaustulon suhteen). Siis G ' Im(ψ), toisin sanoen G on isomornen joukon G eräiden permutaatioiden muodostaman ryhmän kanssa. Numeroimalla G:n alkiot g1 , . . . , gn voidaan katsoa, että kyseessä on joukon Jn = {1, . . . , n} permutaatiot. Todistuksen yksityiskohdat jäävät lukijan itse täydennettäviksi. Todistus antaa G ' H ≤ Sn , missä n = #G. Yleensä tämä n ei ole pienin mahdollinen.

Esimerkki 1.2.21 Määritetään jokin permutaatioryhmä, jonka kanssa C3 on isomornen. Esimerkki 1.2.22 Olkoon G = C2 × C4 (suora tulo). Etsitään n < 8, jolla G ' H ≤ Sn .

1.2.6 Esimerkki: diedriryhmät Sovelluksena permutaatioista todistamme seuraavaa tyyppiä olevien ryhmien olemassaolon.

Määritelmä 1.2.23 Diedriryhmä Dn (n ≥ 3) on ryhmä, jonka kertaluku on 2n ja joka on kahden sellaisen alkion a ja b generoima, että

an = 1,

b2 = 1,

bab = a−1 .

(1.16)

Ennen kuin todistamme sellaisen ryhmän olemassaolon, osoitamme, että jos Dn on olemassa, niin se on isomoraa vaille yksikäsitteinen. Koska Dn = ha, bi ja #Dn < ∞, niin Dn koostuu kaikista a:n ja b:n tuloista, sellaisista kuin 1 (tyhjä tulo), a, b, ab, ba, aba, . . . , aababbaa, . . . , ja niin edelleen. Ominaisuuksien (1.16) avulla kaikki tulot saadaan muotoon ai bj ; esimerkiksi

aaaababba = a4 baa = a4 a−1 ba = a4 a−1 a−1 b = a2 b.

LUKU 1. SYKLISISTÄ RYHMISTÄ JA PERMUTAATIORYHMISTÄ

10

Koska an = b2 = 1, niin lausekkeissa ai bj voidaan olettaa, että i ∈ {0, . . . , n − 1} ja j ∈ {0, 1}. Tällaisia alkioita ai bj tulee 2n kappaletta, ja koska #Dn = 2n, niin ne ovat erisuuria. Näin ollen jokaisella Dn :n alkiolla g on yksikäsitteinen esitys muodossa

g = ai bj

(i ∈ {0, . . . , n − 1}, j ∈ {0, 1}).

(1.17)

Näin kirjoitettujen alkioiden tulotkin tunnetaan määritelmän ehtojen pohjalta:

(ai b0 )(ar bs ) = ai+r bs ,

(ai b1 )(ar bs ) = ai a−r bbs = ai−r bs+1 ,

(1.18)

missä vielä eksponentit i + r ja i − r redusoidaan mod n ja eksponentti s + 1 mod 2. Nämä seikat jo merkitsevät, että Dn on isomoraa vaille yksikäsitteinen. (Tarkemmin päätelmä voitaisiin muotoilla näin: Jos G = ha0 , b0 i on toinen määritelmän ehdot täyttävä systeemi, niin edellä johdetut seikat (1.17) ja (1.18) pätevät sillekin. Kuvaus f : Dn → G, f (ai bj ) = a0i b0j , on ryhmäisomorsmi.) Nyt todistamme Dn :n olemassaolon. Tarkastellaan seuraavia Sn :n alkioita: µ ¶ µ ¶ 1 2 3 ... n 1 2 3 ... n α = (1 2 3 . . . n) = , β= . (1.19) 2 3 4 ... 1 n n−1 n−2 . . . 1 Merkitään G = hα, βi. Selvästi αn = β 2 = 1. Osoitetaan, että βαβ = α−1 eli että βαβα = 1. Laskemalla nähdään, että µ ¶ 1 2 3 . . . n−1 n βα = , n−1 n−2 n−3 . . . 1 n toisin sanoen βα kääntää alkioiden 1, . . . , n − 1 järjestyksen päinvastaiseksi. Siis (βα)2 = 1. Näin ollen α ja β toteuttavat ehdot (1.16). Kuten edellä tästä seuraa, että G:n alkiot voidaan kirjoittaa muodossa αi β j , missä i ∈ {0, . . . , n − 1} ja j ∈ {0, 1}. Siis #G ≤ 2n. Koska G:llä on aliryhmä hαi ' Cn , niin Lagrangen lauseen nojalla n | #G. Jos olisi #G < 2n, seuraisi #G = n ja G = hαi, ja siis β ∈ hαi. Mutta ei voi olla β = αi millään i:llä kun n ≥ 3; katso vaikka alkioiden 1 ja 2 kuvautumista. Näin ollen #G = 2n, joten G toteuttaaµDn :n määritelmän ¶ µ ehdot. ¶ ζn 0 01 Toinen realisaatio ryhmälle Dn on hA, Bi ≤ GL2 (C), missä A = , B = 10 , 0 ζn−1 ja ζn = e2πi/n . ......... Ryhmällä Dn on geometrinen havainnollistus mm. säännöllisen ......• ............................ ....• ...... ... ... ...... ...... ... . . . . . ... n-kulmion symmetriaryhmänä (eli peittoryhmänä ). Nimittäin, kun ..... . . . ... •.... ... ... ... ... ... kuvion tilanteessa (jossa n = 7) merkitään σ :lla tason kiertoa kul... ... ` .................................................. ... .. ..• ... .. O . ... . man 2π/n verran keskuksen O ympäri myötäpäivään ja ρ:lla tason . . ... .. . . . •.......... ... ...... ... ...... peilausta suoran ` suhteen, niin Dn ' hσ, ρi. Voidaan osoittaa, et.. ...... ... .• . . . . . ...... . . . . . . . . ............................. •. tä ryhmä hσ, ρi koostuu tarkalleen kaikista ko. monikulmion symmetriakuvauksista, ts. niistä tason isometrioista (eli etäisyydet säilyttävistä bijektioista), jotka pitävät monikulmion invarianttina.

Luku 2

Rengas 2.1 Renkaan määritelmä ja esimerkkejä Ryhmä on algebrallinen systeemi, jossa on määritelty yksi laskutoimitus. Monissa tutuissa systeemeissä on kaksi laskutoimitusta, yhteenlasku ja kertolasku; esimerkkejä sellaisista ovat Z ja R, tai vaikkapa reaalikertoimisten polynomien joukko (kertolaskuna polynomien kertominen). Määrittelemme nyt yleisen tällaisen systeemin, renkaan, joka käsittää erikoistapauksinaan edellä mainitut sekä lukuisan joukon muita tärkeitä systeemejä. Määritelmä on aksiomaattinen, ja teoria kehitetään aksioomien pohjalta.

Määritelmä 2.1.1 Kolmikko (R, +, ·) on rengas, jos + ja · ovat R:ssä määriteltyjä binäärioperaatioita (kutsutaan yleensä R:n yhteen- ja kertolaskuksi ) ja jos seuraavat ehdot ovat voimassa: R1. (R, +) on Abelin ryhmä;

(renkaan additiivinen ryhmä )

R2. a(bc) = (ab)c ∀ a, b, c ∈ R;

(kertolaskun assosiatiivilaki )

R3. on sellainen alkio 1 ∈ R, että 1 · a = a · 1 = a ∀ a ∈ R;

(renkaan ykkösalkio )

R4. a(b + c) = ab + ac,

(distributiivilait )

(a + b)c = ac + bc ∀ a, b, c ∈ R.

Jos kertolasku on lisäksi kommutatiivinen, toisin sanoen ab = ba ∀ a, b ∈ R, sanotaan, että R on kommutatiivinen rengas. Aksiooma R1 tuo renkaaseen nolla-alkion 0 ja alkioiden vasta-alkiot −a. Lisäksi R1:stä seuraa, että yhteenlasku on assosiatiivinen ja kommutatiivinen. Ryhmien yhteydessä nähtiin, että nolla-alkio on yksikäsitteinen, ja aivan samalla tavalla osoitetaan, että ykkösalkio on yksikäsitteinen. Aksioomat R2 ja R3 yhdessä ilmaisevat, että (R, · ) on monoidi. Joskus tarkastellaan myös renkaita, joissa ei ole ykkösalkiota.

11

LUKU 2. RENGAS

12

Esimerkki 2.1.2 (Lukurenkaat) Esimerkiksi Z, Q, R, C ovat renkaita tavallisten yhteen- ja kertolaskun suhteen, ykkösalkiona luku 1. Joukko Z[i] = {a+bi | a, b ∈ Z} on rengas C:n yhteenja kertolaskun suhteen, ns. Gaussin kokonaisluvut. Lukurenkaat ovat kommutatiivisia.

Esimerkki 2.1.3 (Matriisirenkaat) Reaalisten n×n-matriisien joukko Mn (R) on matriisien yhteen- ja kertolaskun suhteen rengas. Ykkösalkiona on identiteettimatriisi In . Muita matriisirenkaita ovat mm. Mn (Z), Mn (Q), Mn (C).

Esimerkki 2.1.4 (Funktiorenkaat) Funktiojoukko C(R) = {f : R → R | f jatkuva} on rengas funktioiden pisteittäisen yhteen- ja kertolaskun suhteen: Kun f, g ∈ C(R), niin funktiot f + g ∈ C(R) ja f g ∈ C(R) määritellään asettamalla

(f + g)(x) = f (x) + g(x),

(f g)(x) = f (x)g(x)

∀ x ∈ R.

(2.1)

Samalla tavoin muistakin funktiojoukoista saadaan renkaita, esimerkiksi joukosta

C[a, b] = {f : [a, b] → R | f jatkuva}.

Esimerkki 2.1.5 (Polynomirenkaat) Reaalikertoimisten polynomien joukko R[x] = {a0 + a1 x + · · · + an xn | n ≥ 0, ak ∈ R (k = 0, . . . , n)} on rengas operaatioiden (2.1) suhteen. Muita polynomirenkaita ovat mm. Z[x] ja Q[x], joissa polynomien kertoimet ovat kokonaislukuja tai rationaalilukuja.

Esimerkki 2.1.6 (Jäännösluokkarenkaat) Jäännösluokkien mod m joukko Zm on rengas jäännösluokkien yhteen- ja kertolaskun

a + b = a + b,

(2.2)

a · b = ab

suhteen. Nolla-alkiona on 0 ja ykkösalkiona 1. Tämä on äärellinen kommutatiivinen rengas. Siitä käytetään nimitystä jäännösluokkarengas modulo m. (Termi jäännösluokkarengas otetaan myöhemmin käyttöön yleisemmässäkin merkityksessä.)

Esimerkki 2.1.7 (Endomorsmirenkaat) Olkoon (G, +) Abelin ryhmä. Joukko End(G) = {f : G → G | f on ryhmähomomorsmi} on rengas (pisteittäisen) summan ja kuvaustulon suhteen:

(f + g)(a) = f (a) + g(a),

(f ◦ g)(a) = f (g(a))

∀ a ∈ G.

(2.3)

LUKU 2. RENGAS

13

Ykkösalkiona on identiteettikuvaus idG . Aksioomien tarkistaminen on hyvä harjoitustehtävä! Ryhmähomomorsmeja G → G sanotaan G:n endomorsmeiksi ja rengasta End(G) G:n endomorsmirenkaaksi. Aivan vastaavasti jokaiseen reaaliseen vektoriavaruuteen V liittyy endomorsmirengas

L(V, V ) = {f : V → V | f on lineaarikuvaus}, jossa operaatiot määritellään kuten (2.3):ssa. Usein merkitään L(V, V ) = EndR (V ).

Esimerkki 2.1.8 Joukon S kaikkien osajoukkojen parvesta P(S) saadaan rengas (P(S), 4, ∩), missä 4 on joukkojen symmetrinen erotus, A 4 B = (A \ B) ∪ (B \ A).

2.2 Renkaan aritmetiikkaa Koska (R, +) on Abelin ryhmä, niin yhteenlasku renkaassa noudattaa ryhmäteoriasta tuttuja sääntöjä. Kuten aina additiivisessa ryhmässä, alkioiden a ja b erotus on a − b = a + (−b). Alkioiden monikerrat na (n ∈ Z, a ∈ R) toteuttavat tietenkin tutut laskulait

(m + n)a = ma + na,

(mn)a = m(na),

n(a + b) = na + nb

(m, n ∈ Z, a, b ∈ R).

Kertolaskusäännötkin ovat samantapaiset kuin ryhmillä, paitsi että nyt kaikilla alkioilla ei ole käänteisalkiota; alkion a käänteisalkio a−1 määritellään ehdolla

aa−1 = a−1 a = 1.

(2.4)

Aivan samoin kuin ryhmillä osoitetaan (osoita!), että jos alkiolla on käänteisalkio, niin tämä on yksikäsitteinen. Alkion a potenssit an määritellään tavalliseen tapaan, kun n > 0, mutta negatiiviset potenssit a−n = (a−1 )n ovat määriteltyjä vain, kun a−1 on olemassa.

Esimerkki 2.2.1 Renkaassa R kaikilla alkioilla 6= 0 on käänteisalkio. Renkaassa Z vain alkioilla ±1 on käänteisalkio. Polynomirenkaassa R[x] vain vakiopolynomeilla 6= 0 on käänteisalkio. Yhteen- ja kertolaskuja kytkevät toisiinsa distributiivilait. Niistä saadaan induktiolla kaavat

a(b1 + · · · + bn ) = ab1 + · · · + abn , (a1 + · · · + an )b = a1 b + · · · + an b, ja yleisemmin

(a1 + · · · + am )(b1 + · · · + bn ) = a1 b1 + a1 b2 + · · · + am bn .

Lause 2.2.2 Olkoon R rengas. Kun a, b, c ∈ R, niin (i)

0 · a = a · 0 = 0,

(ii)

a(−b) = (−a)b = −(ab),

(−a)(−b) = ab,

LUKU 2. RENGAS (iii)

a(b − c) = ab − ac,

14

(a − b)c = ac − bc.

Todistus. Nyt 0 · a = (0 + 0) · a = 0 · a + 0 · a, ja vähentämällä puolittain 0 · a saadaan 0 · a = 0. Samoin todistetaan (i)-kohdan toinen väite. Yhtälöstä ab + a(−b) = a(b + (−b)) = a · 0 = 0 nähdään, että a(−b) on tulon ab vastaalkio, siis a(−b) = −(ab). Samoin todistetaan, että (−a)b = −(ab). Siis (−a)(−b) = −((−a)b) = −(−(ab)) = ab. Kohdan (iii) väitteet seuraavat nyt suoraan, esimerkiksi ensimmäinen: a(b−c) = a(b+(−c)) = ab + a(−c) = ab + (−(ac)) = ab − ac. 2 Yhden alkion joukko {a} muodostaa renkaan, kun määritellään a + a = a ja a · a = a. Tätä sanotaan nollarenkaaksi. Käytännössä usein oletetaan, etteivät tutkittavat renkaat R ole nollarenkaita. Tämä oletus on ekvivalentti sen ehdon kanssa, että renkaassa 1 6= 0, sillä jos 1 = 0, niin mielivaltainen alkio a on a = a · 1 = a · 0 = 0. Edellä mainittiin alkioiden monikerrat na (n ∈ Z, a ∈ R). Merkinnöissä 0a ja 1a voidaan 0 ja 1 ymmärtää joko Z:n tai R:n nolla- ja ykkösalkioiksi, mutta tästä ei aiheudu sekaannusta, sillä joka tapauksessa 0a = 0 ja 1a = a. Sama koskee tosiseikkaa (−1)a = −a. Selvyyden vuoksi renkaan nolla- ja ykkösalkiolle käytetään joskus merkintöjä 0R ja 1R .

Lause 2.2.3 Olkoon R rengas. Kun a, b ∈ R ja n, m ∈ Z, niin (i)

na = (n1R )a = a(n1R ),

(ii)

n(ab) = (na)b = a(nb),

(iii)

(ma)(nb) = (mn)(ab).

Todistus. Todistetaan (i)-kohdasta vain väite na = (n1)a ; toinen todistettaisiin samoin. Jos n = 0, niin väite on 0 = 0. Jos n > 0, niin na = a + · · · + a = 1a + · · · + 1a = (1 + · · · + 1)a = (n1)a. Negatiivinen monikerta määritellään (−n)a = n(−a) (tässä edelleen n > 0), joten väite (−n)a = ((−n)1)a tulee muotoon n(−a) = (n(−1))a. Tämä todistetaan samantapaisella laskelmalla kuin yllä käyttämällä sitä, että −a = (−1)a. Väite (ii) palautuu helposti kohtaan (i), ja (iii) taas palautuu kohtaan (ii). 2

Esimerkki 2.2.4 Renkaassa Zm on ka = ka, kun k, a ∈ Z. Esimerkki 2.2.5 Kun a, b ∈ R, niin (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2 . Jos a ja b kommutoivat, eli jos ab = ba, niin (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . Yleisemmin: kommutoiville alkioille a ja b on voimassa binomikaava µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n−1 n n−i i n n n (a + b) = a + a b + ··· + a b + ··· + abn−1 + bn . (2.5) 1 i n−1 (Analyysin kurssilla on varmaan esitetty tapauksessa R = R todistus, joka soveltuu tähän yleiseenkin tilanteeseen.)

LUKU 2. RENGAS

15

Esimerkki 2.2.6 Jos renkaassa R on 1 + 1 = 0 eli 2 · 1R = 0R , niin kommutoiville alkioille a ja b saadaan (a + b)2 = a2 + b2 , koska 2ab = (2 · 1R )ab = 0. Tällainen rengas on esimerkiksi Z2 .

2.3 Renkaan yksiköt Määritelmä 2.3.1 Renkaan R alkio u on R:n yksikkö (unit), jos sillä on käänteisalkio u−1 renkaassa R, toisin sanoen jos on sellainen u−1 ∈ R, että uu−1 = u−1 u = 1. Renkaan R yksiköiden joukosta käytetään merkintää R∗ .

Esimerkki 2.3.2

Z∗ = {1, −1}, Q∗ = Q \ {0}, R∗ = R \ {0}, C∗ = C \ {0}, = {a ∈ Zm | syt(a, m) = 1}, Mn (R)∗ = GLn (R), End(G)∗ = Aut(G), missä End(G) on Abelin ryhmän G endomorsmirengas ja Aut(G) on G:n automorsmiryhmä. Z∗m

Esimerkki 2.3.3 Jos a ∈ R on nilpotentti, siis an = 0 jollain n:llä, niin 1 − a on R:n yksikkö. Nimittäin (1−a)(1+a+a2 +· · ·+an−1 ) = 1−an = 1 ja samoin (1+a+a2 +· · ·+an−1 )(1−a) = 1.

Lause 2.3.4 Kun R on rengas, niin (R∗ , · ) on ryhmä. Todistus. Koska 1 on yksikkö (käänteisalkiona 1), niin R∗ 6= ∅. Joukko R∗ on suljettu kertolaskun suhteen, sillä jos u, v ∈ R∗ , niin tulolla uv on käänteisalkio v −1 u−1 (päätellään kuten ryhmillä), joten uv ∈ R∗ . Näin ollen R:n kertolaskun restriktio antaa binäärioperaation R∗ × R∗ → R∗ . Koska tulo on assosiatiivinen koko R:ssä, niin se on assosiatiivinen R∗ :ssä. Selvästi 1R toimii myös R∗ :ssä ykkösalkiona. Kun u ∈ R∗ , niin myös u−1 ∈ R∗ , ja tietenkin u−1 on u:n käänteisalkio myös R∗ :ssä. 2 Ryhmää (R∗ , · ) sanotaan R:n yksikköryhmäksi.

2.4 Alirengas Määritelmä 2.4.1 Olkoon (R, +, · ) rengas. Osajoukkoa S ⊆ R sanotaan R:n alirenkaaksi, jos (i) S on rengas R:n yhteen- ja kertolaskuoperaatioiden R × R → R restriktioiden suhteen, ja (ii) 1S = 1R .

Esimerkki 2.4.2 Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C; tässä jokainen rengas on sitä seuraavien (aito) alirengas. Jos S on R:n alirengas, niin (S, +) on ryhmän (R, +) aliryhmä. Ryhmäteoriassa todistetun nojalla tästä seuraa esimerkiksi, että 0R ∈ S ja siis 0S = 0R . Vastaava ykkösalkioita koskeva ehto (ii) ei kuitenkaan seuraa oletuksesta (i), kuten seuraavasta esimerkistä nähdään; siksi se otettiin määritelmään ehdoksi. (Miksei ryhmien yhteydessä esitetty päätelmä nyt kelpaakaan todistamaan, että ehdosta (i) seuraisi 1S = 1R ?)

LUKU 2. RENGAS

16

Esimerkki 2.4.3 matriisirengasta R = M2 (R). Sen osajoukko S , jonka muodosµ Tarkastellaan ¶

a 0 tavat matriisit 0 0 (a ∈ R), täyttää ehdon (i), ja itse asiassa S on rengas, jonka ykkösalkiona µ ¶ 1 0 on 1S = 0 0 . Koska 1S 6= 1R = I , niin S ei ole R:n alirengas.

Esimerkki 2.4.4 Edellisen esimerkin merkitys tulee ehkä selvemmäksi yleisemmin tarkasteltuna: Renkaan R alkio e on idempotentti, jos e2 = e. Kun e on idempotentti, niin joukko eRe = {eae | a ∈ R} on rengas R:n kertolaskun suhteen, ykkösalkiona e. Seuraava alirengaskriteeri on käytännössä helpompi käyttää kuin määritelmä.

Lause 2.4.5 (Alirengaskriteeri) Olkoon R rengas. Osajoukko S ⊆ R on alirengas jos ja vain jos seuraavat ehdot toteutuvat: (a)

1R ∈ S ,

(b)

a−b∈S

(c)

ab ∈ S

∀ a, b ∈ S ,

∀ a, b ∈ S .

Todistus. Jos S on R:n alirengas, niin se täyttää ko. ehdot triviaalisti. Kääntäen, ehdon (a) nojalla S 6= ∅ ja täten ehdosta (b) seuraa, että (S, +) on ryhmän (R, +) aliryhmä (aliryhmäkriteeri). Ehto (c) sanoo, että R:n kertolaskun R × R → R restriktio antaa hyvinmääritellyn binäärioperaation S × S → S . Renkaan aksioomat R2R4 ovat nyt voimassa S :ssä, koska ne ovat voimassa koko R:ssä. 2

Esimerkki 2.4.6 Lukujoukot √ √ Z[ n ] = { a + b n | a, b ∈ Z}

(n = −1, ±2, ±3, . . .)

ovat C:n alirenkaita, ja ne ovat myös R:n alirenkaita kun n > 0. Tapauksessa n = −1 saadaan Gaussin kokonaisluvut (esimerkki 2.1.2). √ Renkaita Z[ n ] tarkasteltaessa oletetaan tavallisesti, että n on neliövapaa eli että n ei ole √ √ jaollinen minkään kokonaisluvun > 1 neliöllä. Silloin Z[ n1 ] 6= Z[ n2 ] kun n1 6= n2 .

Esimerkki 2.4.7 Polynomirengas R[x] on funktiorenkaan C(R) alirengas (esimerkit 2.1.4 ja 2.1.5). Samoin Z[x] ⊂ Q[x] ⊂ R[x] ovat alirenkaita.

Esimerkki 2.4.8 Kun V on reaalinen vektoriavaruus, niin (V, +) on Abelin ryhmä, ja esimerkistä 2.1.7 saadaan tämän endomorsmirengas End(V ). Samassa esimerkissä mainittu lineaarikuvausten muodostama endomorsmirengas EndR (V ) on renkaan End(V ) alirengas.

Esimerkki 2.4.9 Kokonaiskertoimiset matriisit muodostavat M2 (Z) = ½µ ¶¯ M2 (R):n alirenkaan ¾ ¯

{(aij )2×2 | aij ∈ Z}. Tällä taas on mm. alirenkaat

a b ¯ a, b, c, d ∈ Z , missä p ∈ Z. pc d ¯

LUKU 2. RENGAS

17

2.5 Rengashomomorsmit Määritelmä 2.5.1 Olkoot R ja R0 renkaita. Kuvausta f : R → R0 sanotaan homomorsmiksi tai rengashomomorsmiksi, jos se täyttää ehdot RH1. f (a + b) = f (a) + f (b) RH2. f (ab) = f (a)f (b)

∀ a, b ∈ R,

∀ a, b ∈ R,

RH3. f (1R ) = 1R0 . Ehto RH1 merkitsee, että f on ryhmähomomorsmi (R, +) → (R0 , +), ja tästä seuraa ryhmäteoriassa todistetun mukaan

f (0R ) = 0R0 ,

f (−a) = −f (a) ∀ a ∈ R.

(2.6)

Yksiköiden käänteisalkiot kuvautuvat niiden kuvien käänteisalkioiksi,

f (a−1 ) = f (a)−1

∀ a ∈ R∗ ,

(2.7)

sillä f (a)f (a−1 ) = f (aa−1 ) = f (1R ) = 1R0 ja samoin f (a−1 )f (a) = 1R0 .

Esimerkki 2.5.2 Identiteettikuvaus idR : R → R on homomorsmi R → R. Jos R on renkaan R0 alirengas, niin inkluusiokuvaus i : R → R0 , i(a) = a ∀ a ∈ R, on homomorsmi.

Esimerkki 2.5.3 Esimerkissä 2.4.3 inkluusiokuvaus S → R ei ole homomorsmi, koska se ei täytä ehtoa RH3. Samasta syystä nollakuvaus R → R0 , a 7→ 0 ∀ a ∈ R, ei ole homomorsmi ellei R0 ole nollarengas. Tämän esimerkin mukaan RH3 ei seuraa RH2:sta, toisin kuin ryhmien kohdalla olemme tottuneet. (Mikä seikka ryhmille esitetyssä todistuksessa pettää, jos yritettäisiin sen avulla todistaa, että RH3 seuraisi RH2:sta?)

Esimerkki 2.5.4 Kuvaus f : Z → Zm , f (a) = a, on rengashomomorsmi (m ≥ 1). Tapauksessa m = 1 kyseessä on nollakuvaus nollarenkaaseen.

Esimerkki 2.5.5 Kuvaus f : R[x] → R, f (a0 + a1 x + · · · + an xn ) = a0 , on rengashomomorsmi. Lause 2.5.6 Olkoon f : R → R0 rengashomomorsmi. (i) Jos S on R:n alirengas, niin f (S) on R0 :n alirengas. (ii) Jos S 0 on R0 :n alirengas, niin f −1 (S 0 ) on R:n alirengas.

Todistus. Nämä todistetaan suoraviivaisesti alirengaskriteeriin ja homomoraehtoihin RH1RH3 nojautuen. 2 Erityisesti Im(f ) on R0 :n alirengas. Se on R:n homomornen kuva.

LUKU 2. RENGAS

18

Määritelmä 2.5.7 Bijektiivistä rengashomomorsmia f : R → R0 sanotaan isomorsmiksi. Renkaat R ja R0 ovat isomorset, merkitään R ' R0 , jos on olemassa isomorsmi R → R0 . Aivan samoin kuin ryhmähomomorsmeille tai lineaarikuvauksille todistetaan:

Lause 2.5.8 Olkoot f : R → R0 ja g : R0 → R00 rengashomomorsmeja. (i) Kuvaus g ◦ f : R → R00 on homomorsmi. (ii) Jos f ja g ovat isomorsmeja, samoin on g ◦ f . (iii) Jos f on isomorsmi, samoin on sen käänteiskuvaus f −1 : R0 → R. Siis isomorsuudella on ekvivalenssirelaation ominaisuudet:

R ' R,

R ' R0 =⇒ R0 ' R,

R ' R0 , R0 ' R00 =⇒ R ' R00 .

Renkaiden, kuten ryhmienkin, yhteydessä käytetään seuraavia nimityksiä:

monomorsmi = injektiivinen homomorsmi, epimorsmi = surjektiivinen homomorsmi, endomorsmi = homomorsmi R → R, automorsmi = isomorsmi R → R.

Esimerkki 2.5.9 a) Näytetään, että kuvaus f : C → C, f (x + iy) = x − iy , on renkaan C automorsmi. b) Näytetään, että jos f : C → C on rengashomomorsmi, niin f (i) = ±i.

√

√

Esimerkki 2.5.10 Selvitetään renkaan Z[ n ] = {a + b n | a, b ∈ Z} endomorsmit, kun n on neliövapaa kokonaisluku 6= 0, 1 (esimerkki 2.4.6).

Esimerkki 2.5.11 Kun u ∈ R∗ , niin kuvaus R → R, a 7→ uau−1 , on R:n automorsmi. Näitä kutsutaan R:n sisäisiksi automorsmeiksi.

2.6 Homomorsmin ydin. Renkaan ihanne Määritelmä 2.6.1 Rengashomomorsmin f : R → R0 ydin on Ker(f ) = {a ∈ R | f (a) = 0}. Siis Ker(f ) on sama kuin f :n ydin katsottaessa f :ää pelkästään additiivisten ryhmien (R, +) ja (R0 , +) välisenä homomorsmina. Erityisesti Ker(f ) on ryhmän (R, +) aliryhmä. Ottamalla renkaiden kertolaskutkin huomioon saamme ytimelle toisenkin ominaisuuden: Kun a ∈ Ker(f ) ja r ∈ R, niin

f (ar) = f (a)f (r) = 0f (r) = 0,

f (ra) = f (r)f (a) = f (r)0 = 0.

Siis ar ∈ Ker(f ) ja ra ∈ Ker(f ). Muodostamme löydetyistä ominaisuuksista nyt seuraavan yleisen käsitteen.

LUKU 2. RENGAS

19

Määritelmä 2.6.2 Renkaan R osajoukkoa I sanotaan R:n ihanteeksi (tai ideaaliksi ), jos I1.

I on ryhmän (R, +) aliryhmä;

I2.

ra ∈ I

∀ r ∈ R, a ∈ I ;

I3.

ar ∈ I

∀ r ∈ R, a ∈ I .

Jos I toteuttaa ehdot I1 ja I2, se on R:n vasen ihanne, ja jos se toteuttaa ehdot I1 ja I3, se on R:n oikea ihanne ; näitä ei tässä monisteessa tutkita. Selvyyden vuoksi ihannetta voidaan kutsua 2-puoliseksi ihanteeksi. Kommutatiivisen renkaan tapauksessa käsitteillä ei ole eroa. Edellä olevista tarkasteluista saadaan:

Lause 2.6.3 Rengashomomorsmin f : R → R0 ydin Ker(f ) on R:n ihanne. Seuraava tulos ei enää kaivanne todistusta.

Lause 2.6.4 Rengashomomorsmi f on injektio jos ja vain jos Ker(f ) = {0}. Aliryhmäkriteerin nojalla ehto I1 on ekvivalentti sen kanssa, että I 6= ∅ ja että jos a, b ∈ I niin a − b ∈ I . Tästä saadaan seuraava lause.

Lause 2.6.5 (Ihannekriteeri) Olkoon R rengas ja I sen osajoukko. Silloin I on R:n ihanne jos ja vain jos seuraavat ehdot toteutuvat: (a)

I 6= ∅,

(b)

a−b∈I

(c)

ra ∈ I ja ar ∈ I

∀ a, b ∈ I , ∀ r ∈ R, a ∈ I .

Esimerkki 2.6.6 Renkaalla R on aina ns. triviaalit ihanteet {0} ja R. Esimerkki 2.6.7 Kun m ≥ 1, niin rengashomomorsmin Z → Zm , a 7→ a, ydin on mZ. Siis mZ on Z:n ihanne. (Tarkista sama ihannekriteerin avulla.) Syklisen ryhmän (Z, +) ' (C∞ , · ) aliryhmät tunnetaan: ne ovat sykliset aliryhmät mZ = hmi, missä m ≥ 0. Koska 0Z = {0} on sekin ihanne, niin seuraa, että Z:n tarkalleen kaikki ihanteet ovat mZ, m ≥ 0. Myös {0} saadaan rengashomomorsmin ytimenä; se on identiteettikuvauksen Z → Z ydin.

Esimerkki 2.6.8 Seuraavat joukot I ovat polynomirenkaan R[x] ihanteita. a) I = { p(x) ∈ R[x] | p(x):n vakiotermi on 0 }. b) I = { p(x) ∈ R[x] | p(c) = 0 }, missä c ∈ R ja p(c) tarkoittaa reaalilukua p(c) = a0 + a1 c + · · · + an cn , kun p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn . c) I = { am xm + am+1 xm+1 + · · · + an xn ∈ R[x] | n ≥ m }, missä m ≥ 0 on kiinteä.

LUKU 2. RENGAS

20

Ihannekriteerillä todistetaan helposti seuraava lause. (Vertaa ryhmäteorian vastaavaan tulokseen, joka koski normaaleja aliryhmiä.)

Lause 2.6.9 Olkoon f : R → R0 rengashomomorsmi. (i) Jos I on R:n ihanne, niin f (I) on renkaan f (R) ihanne. (ii) Jos I 0 on R0 :n ihanne, niin f −1 (I 0 ) on R:n ihanne. Renkaan R ihanne I ei ole alirengas paitsi jos I = R. Jos nimittäin 1 ∈ I , niin jokaiselle R:n alkiolle r saadaan r = r1 ∈ I . Hiukan vahvemmin: Jos ihanne I sisältää yksikön u, niin I = R, sillä silloin 1 = uu−1 ∈ I .

2.7 Jäännösluokkarengas Renkaan R:n ihanteella I on sivuluokat eli jäännösluokat a + I ryhmässä (R, +), a ∈ R. Koska (R, +) on kommutatiivinen ryhmä, niin I on normaali aliryhmä ja jäännösluokat muodostavat ryhmän R/I . Teemme siitä nyt renkaan.

Lause 2.7.1 Olkoon I renkaan R ihanne ja olkoon R/I = {a + I | a ∈ R}. Yhtälöt (

(a + I) + (b + I) = (a + b) + I (a + I)(b + I) = ab + I

(2.8)

(a, b ∈ R)

antavat hyvinmääritellyt binäärioperaatiot R/I × R/I → R/I , ja R/I on niiden suhteen rengas. Todistus. Ryhmäteoriassa todistetun mukaisesti (R/I, +) on ryhmä, nimittäin ryhmän (R, +) tekijäryhmä. (Tämä sisältää jo sen, että R/I :n yhteenlasku on hyvinmääritelty.) Koska (R, +) on Abelin ryhmä, niin samoin on (R/I, +). Näin ollen aksiooma R1 on voimassa R/I :lle. Osoitetaan, että R/I :n kertolasku on hyvinmääritelty. Olkoon a + I = a0 + I ja b + I = b0 + I , siis a = a0 + i1 ja b = b0 + i2 , missä i1 , i2 ∈ I . Silloin ab = (a0 + i1 )(b0 + i2 ) = a0 b0 + a0 i2 + i1 b0 + i1 i2 . Koska I on ihanne, niin tulot a0 i2 , i1 b0 ja i1 i2 kuuluvat I :hin, samoin siis kuuluu niiden summa. Näin ollen ab − a0 b0 ∈ I , joten ab + I = a0 b0 + I . Rengasaksioomat R2R4 R/I :ssä palautuvat suoraan R:n vastaaviin ominaisuuksiin, koska R/I :n operaatiot on määritelty jäännösluokkien edustajien avulla. Todetaan tässä vain esimerkkinä, että 1 + I toteuttaa ykkösalkio-ominaisuuden: Kun a ∈ R, niin

(1 + I)(a + I) = 1a + I = a + I,

(a + I)(1 + I) = a1 + I = a + I.

2

Määritelmä 2.7.2 Rengas R/I , jossa operaatiot on määritelty yhtälöillä (2.8), on R:n jäännösluokkarengas eli tekijärengas ihanteen I suhteen (engl. residue class ring, factor ring).

LUKU 2. RENGAS

21

Todistuksessa nähtiin, että R/I :n ykkösalkio on 1R/I = 1 + I . Ryhmäteoriasta tiedämme ennestään, että nolla-alkiona toimii 0R/I = 0 + I = I ja alkion a + I vasta-alkiona −(a + I) = −a + I . Jos a on R:n yksikkö, niin a + I on R/I :n yksikkö, jonka käänteisalkio on (a + I)−1 = a−1 + I . Jos R on kommutatiivinen rengas, niin samoin on R/I .

Esimerkki 2.7.3 Renkaan Z jäännösluokkarengas ihanteen mZ (m ≥ 1) suhteen on joukkona Z/mZ = {a + mZ | a ∈ Z} = { 0, 1, . . . , m−1 }, ja sen rengasoperaatiot ovat

a + b = a + b,

a · b = ab.

Kyseessä on siis aiemmin tuttu Zm , jäännösluokkarengas mod m. Tapauksessa m = 1 saadaan Z/mZ = { 0 } (nollarengas). Lisäksi tapauksessa m = 0 on voimassa Z/mZ = Z/{0} ' Z. Kun I on R:n ihanne, niin luonnollinen kuvaus R → R/I , a 7→ a+I , on rengashomomorsmi. Sitä sanotaan kanoniseksi tai luonnolliseksi homomorsmiksi. Lauseen 2.6.3 mukaan homomorsmin ydin on ihanne. Toisaalta kanonisen homomorsmin R → R/I ydin on I . Siis renkaan R ihanteet ovat samat kuin R:llä määriteltyjen rengashomomorsmien ytimet.

Esimerkki 2.7.4 Tarkastellaan R[x]:n ihannetta I = { am xm + am+1 xm+1 + · · · + an xn ∈ R[x] | n ≥ m } (esimerkki 2.6.8). Kuvaillaan jäännösluokkarengasta R/I .

2.8 Homomoralause Renkaille on voimassa vastaava homomoralause kuin ryhmille.

Lause 2.8.1 (Renkaiden homomoralause) Jos f : R → R0 on rengashomomorsmi, niin (2.9)

R/ Ker(f ) ' Im(f ).

Tarkemmin: homomorsmi f indusoi rengasisomorsmin F : R/ Ker(f ) −→ Im(f ),

F (a + Ker(f )) = f (a)

(a ∈ R).

(2.10)

Todistus. Merkitään K = Ker(f ). Koska f on erityisesti ryhmähomomorsmi (R, +) → (R0 , +), niin ryhmien homomoralauseen nojalla F on (hyvinmääritelty kuvaus ja) ryhmäisomorsmi (R/K, +) → (Im(f ), +). On enää todistettava, että F toteuttaa myös homomoraehdot RH2 ja RH3. Kun a, b ∈ R, niin F ((a + K)(b + K)) = F (ab + K) = f (ab) = f (a)f (b) = F (a + K)F (b + K),

LUKU 2. RENGAS

22

ja

F (1R/K ) = F (1R + K) = f (1R ) = 1R0 = 1Im(f ) . Kuten ryhmillä, homomoralause antaa viereisen kommutoivan diagrammin, missä π on kanoninen homomorsmi ja i on inkluusiokuvaus. Koska π on surjektiivinen, eli R/I on R:n homomornen kuva, todetaan, että R:n homomorset kuvat ovat isomoraa vaille samat kuin R:n jäännösluokkarenkaat.

2 R π

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

R/ Ker(f )

f

'

..... .

R0 ........ ... .... ... ... .

..... .

i

Im(f )

F

Esimerkki 2.8.2 Todetaan, että kuvaus f : Z → Zm , f (a) = a, on rengashomomorsmi ja tutkitaan sen indusoimaa isomorsmia.

Esimerkki 2.8.3 Osoitetaan, että Z10 /2Z10 ' Z2 , kun 2Z10 = {2a | a ∈ Z10 } = { 0, 2, 4, 6, 8 }. Esimerkki 2.8.4 Millainen isomorsmi saadaan rengashomomorsmista R[x] → R, p(x) 7→ p(0)? Entä homomorsmista R[x] → R, p(x) 7→ p(c)? (Katso esimerkkiä 2.6.8.)

Esimerkki 2.8.5 Aiemmin on tarkasteltu matriisirenkaita Mn (R) ja Mn (Z). Samalla tavalla voidaan muodostaa esimerkiksi Mn (Z2 ) = {(aij )n×n | aij ∈ Z2 = { 0, 1 } }, joka on rengas tavalliseen tapaan määriteltyjen matriisioperaatioiden suhteen. Todetaan, että kuvaus Mn (Z) → Mn (Z2 ), (aij ) 7→ (aij ), on rengashomomorsmi. Mitä homomoralause sanoo tässä tilanteessa?

Esimerkki muodostavat alirenkaan ½ µ2.8.6 ¶¯Renkaan M ¾ 2 (R) yläkolmiomatriisit ½µ ¶¯ ¾

a b ¯¯ 0 b ¯¯ 0 c ¯ a, b, c ∈ R , ja J = 0 0 ¯ b ∈ R on eräs sen ihanne (muttei M2 (R):n!). µ ¶ a b Kuvaus T2 (R)/J → R2 , 0 c + J 7→ (a, c), on ilmeisestikin bijektio. Millaisilla rengasoperaatioilla R2 on varustettava, että kuvaus olisi rengasisomorsmi? T2 (R) =

Esimerkki 2.8.7 Tarkastellaan ryhmän Cn = hci endomorsmirengasta End(Cn ) (esimerkki 2.1.7; huomaa että Cn on merkitty multiplikatiivisesti). Osoitetaan, että kuvaus ψ : Z → End(Cn ), ψ(k)(ci ) = cki , on surjektiivinen rengashomomorsmi. Päätellään, että End(Cn ) ' Zn .

2.9 Osajoukon generoima ihanne Kun S1 , . . . , Sk ovat renkaan R osajoukkoja, merkitään S1 + · · · + Sk = {r1 + · · · + rk | ri ∈ Si }. Seuraava tulos todistetaan helposti ihannekriteerillä.

Lause 2.9.1 Olkoon R rengas. (i) Jos I ja J ovat R:n ihanteita, niin samoin on I + J . Yleisemmin: Jos I1 , . . . , In ovat R:n ihanteita, niin samoin on I1 + · · · + In .

LUKU 2. RENGAS

23

(ii) Jos I ja J ovat renkaan R ihanteita, niin samoin on I ∩ J . Yleisemmin: Jos Ii (i ∈ I ) on T parvi R:n ihanteita, niin myös leikkaus i∈I Ii on R:n ihanne. Sanotaan, että renkaan R osajoukko S generoi ihanteen \ hSi = I.

(2.11)

S⊆I I on R:n ihanne

Edellisen lauseen mukaan hSi on ihanne. Se on suppein ihanne, joka sisältää S :n; toisin sanoen jos J on ihanne ja S ⊆ J , niin hSi ⊆ J . Kun S on äärellinen joukko, S = {a1 , . . . , ak }, merkitään hSi = ha1 , . . . , ak i ja sanotaan, että ihanne hSi on äärellisesti generoitu. Yhden alkion generoimaa ihannetta hai kutsutaan pääihanteeksi.

Esimerkki 2.9.2 Triviaalit ihanteet R ja {0} ovat pääihanteita: R = h1i ja {0} = h0i. Esimerkki 2.9.3 Renkaan Z ihanteet ovat pääihanteet hmi = mZ (m ≥ 0) (esimerkki 2.6.7). Esimerkki 2.9.4 Polynomirenkaassa R[x] alkion xm generoima pääihanne on hxm i = { am xm + am+1 xm+1 + · · · + an xn ∈ R[x] | n ≥ m }.

Lause 2.9.5 Jos rengas R on kommutatiivinen, niin (2.12)

ha1 , . . . , ak i = { r1 a1 + · · · + rk ak | ri ∈ R ∀ i }.

Todistus. Todistuksen pääkohdat ovat seuraavat: Ihannekriteerillä osoitetaan, että oikean puolen joukko on ihanne; koska se lisäksi sisältää alkiot ai , se siis sisältää ihanteen ha1 , . . . , ak i. Kääntäen osoitetaan, että jokainen ihanteen ha1 , . . . , ak i määritelmässä (2.11) esiintyvä I sisältää oikean puolen joukon. (Vertaa ryhmäteorian lauseeseen, jossa tarkasteltiin osajoukon generoimaa aliryhmää.) 2 Merkitään Ra = {ra | r ∈ R} ja aR = {ar | r ∈ R}. (Edellinen on vasen ja jälkimmäinen oikea ihanne.) Kommutatiivisen renkaan R tapauksessa siis (2.13)

ha1 , . . . , ak i = Ra1 + · · · + Rak .

Esimerkki 2.9.6 Esimerkin 2.9.4 ihanne on hxm i = xm R[x]. √

√

Esimerkki 2.9.7 a) Selvitetään, millainen on renkaan Z[ 10 ] ihanne I = h 10 i ja muodoste√ taan jäännösluokkarengas Z[ 10 ]/I . √ b) Sama ihanteelle I = h5, 10 i.

Määritelmä 2.9.8 Rengasta, jonka kaikki ihanteet ovat pääihanteita, sanotaan pääihannerenkaaksi, lyhennetään PIR (engl. principal ideal ring).

LUKU 2. RENGAS

24

Esimerkki 2.9.9 Esimerkki 2.6.7 osoittaa, että Z on PIR. Jos siis a1 , . . . , ak ∈ Z, niin on sellainen d ≥ 0, että

ha1 , . . . , ak i = hdi. Näytetään, että d = syt(a1 , . . . , ak ) jos jokin ai 6= 0, ja d = 0 jos a1 = · · · = ak = 0.

Esimerkki 2.9.10 Rengas Z[x] ei ole PIR, sillä esimerkiksi h2, xi ei ole pääihanne.

2.10 Polynomirenkaat Polynomirenkaita, kuten

R[x] = { a0 + a1 x + · · · + an xn | n ≥ 0, ai ∈ R ∀ i }, on käsitelty funktiorenkaina, siis polynomit on ajateltu reaalifunktioiksi (esimerkit 2.1.5, 2.4.7). Tällaisten polynomien rengasoperaatiot voidaan kirjoittaa seuraavaan muotoon: Kun p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ja q(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm , niin (olettaen n ≤ m)

(

p(x) + q(x) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + · · · + (an + bn )xn + bn+1 xn+1 + · · · + bm xm , p(x)q(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · · + an bm xn+m .

(2.14)

Tämä johtaa abstraktimpaan tapaan tarkastella polynomeja: Emme ajattele polynomeja p(x) funktioina, missä x on reaalimuuttuja, vaan pelkästään muodollisina kirjoitelmina

p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ,

(2.15)

missä x on määräämätön (indeterminate), siis pelkkä symboli, ja määrittelemme tällaisille alkioille yhteen- ja kertolaskuoperaatiot kaavoilla (2.14). Näin syntyy rengas (aksioomat olisi tarkistettava), jota merkitään sitäkin R[x]:llä ja joka on isomornen em. funktiorenkaan R[x] kanssa. Teemme vielä seuraavan yleistyksen:

Määritelmä 2.10.1 Olkoon R kommutatiivinen rengas. Polynomirengas R[x] yli R:n on rengas R[x] = { a0 + a1 x + · · · + an xn | n ≥ 0, ai ∈ R ∀ i },

(2.16)

jossa yhtäsuuruus määritellään (olettaen n ≤ m)

a0 + a1 x + · · · + an xn = b0 + b1 x + · · · + bm xm ⇐⇒

a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , an = bn , bn+1 = 0, . . . , bm = 0

(2.17)

ja jonka rengasoperaatiot määritellään kaavoilla (2.14). Tietenkin olisi ensin osoitettava, että R[x] todella on rengas. Aksioomien tarkistaminen on suoraviivainen tehtävä, ja sivuutamme sen tässä. Nolla-alkiona on vakiopolynomi 0 ja ykkösalkiona vakiopolynomi 1. Rengas R[x] on kommutatiivinen.

LUKU 2. RENGAS

25

Huomautus 2.10.2 Symbolin x voisi senkin jättää kirjoittamatta ja merkitä polynomeja a0 + a1 x+· · ·+an xn vaikkapa äärettöminä jonoina (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . . ) ja lausua rengasoperaatiot näiden avulla. On kuitenkin mukava säilyttää xk :t lausekkeissa, koska laskulait ovat silloin tutut. Kun vakiopolynomit a samaistetaan R:n alkioiden a kanssa, niin R on R[x]:n alirengas. Vaikkeivät R[x]:n alkiot olekaan funktioita, voidaan kuitenkin määritellä alkiot p(c) ∈ R, missä p(x) ∈ R[x] ja c ∈ R: Kun p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , niin asetetaan

p(c) = a0 + a1 c + · · · + an cn .

(2.18)

Tarkistamalla ehdot RH1RH3 todetaan: Kun c ∈ R on kiinnitetty, niin kuvaus

R[x] → R,

(2.19)

p(x) 7→ p(c),

on rengashomomorsmi.

Esimerkki 2.10.3 Olkoon R kommutatiivinen rengas. Tarkastellaan polynomeja p(x) = 1+x ja q(x) = 1−x. Niiden kertoimet kuuluvat Z:aan, joten p(x), q(x) ∈ Z[x]. Katsomme nyt kuitenkin, että p(x), q(x) ∈ R[x] tulkitsemalla kertoimina olevat kokonaisluvut n (nyt n = ±1) R:n alkioiksi n1R . (Tämä on yleinen menettely; sanotaan, että polynomeja p(x), q(x) tarkastellaan yli R:n.) Todetaan, että p(x) + q(x) = 2, p(x)q(x) = 1 − x2 . Jos R:ssä 2 6= 0 (tarkoittaa 2 · 1R = 1 + 1 6= 0), niin p(x) + q(x) 6= 0, mutta jos R:ssä 2 · 1R = 0, niin p(x) + q(x) = 0 (nollapolynomi).

Esimerkki 2.10.4 Polynomi x2 + x ∈ Z2 [x] ei ole nollapolynomi. Silti sen määräämä polynomikuvaus Z2 → Z2 , c 7→ p(c) = c2 + c, on nollakuvaus! Polynomien yhtäsuuruus (2.17) R[x]:ssä ei siis ole ekvivalentti funktioiden yhtäsuuruuden kanssa (vaikka tapauksessa R = R onkin).

Esimerkki 2.10.5 Tarkastellaan rengasta R[x]/hx3 − 1i. Merkitään I = hx3 − 1i. Kun f (x) ∈ R[x], niin x3 f (x) + I = f (x) + I ; siis lausekkeissa voidaan aina x3 korvata 1:llä. Esimerkiksi x7 + I = x3 · x3 · x + I = x + I ja x5 + 2x4 + 3x3 + 4x2 + 5x + 6 + I = 5x2 + 7x + 9 + I .

2.11 Kokonaisalue. Karakteristika Lukurenkailla on se tärkeä ominaisuus, että kahden luvun tulo on 0 vain, kun ainakin toinen tekijöistä on 0. Tätä käytetään mm. ratkaistaessa yhtälöitä, kuten

x4 = 1

⇐⇒

(x − 1)(x + 1)(x − i)(x + i) = 0

⇐⇒

x = ±1, ±i.

Samaa ominaisuutta ei ole kaikilla renkailla; esimerkiksi renkaassa Z12 on 3 · 4 = 0.

Esimerkki 2.11.1 Palautetaan mieleen, miten yhtälön x2 + bx + c = 0 ratkaisukaava C:ssä johdetaan.

LUKU 2. RENGAS

26

Esimerkki 2.11.2 Ratkaistaan renkaassa Z10 yhtälö x3 + x = 0. Määritelmä 2.11.3 Renkaan R alkiota a sanotaan nollanjakajaksi (zero divisor), jos a 6= 0 ja jos on sellainen b ∈ R, b 6= 0, että ab = 0 tai ba = 0 .

µ

12 Esimerkki 2.11.4 Koska 24 esimerkiksi renkaassa M2 (R).

¶µ

6 2 −3 −1

¶

µ =

¶ µ ¶ 00 1 2 , niin matriisi 2 4 on nollanjakaja 00

Esimerkki 2.11.5 Renkaassa Zm alkio a 6= 0 on nollanjakaja jos ja vain jos syt(a, m) > 1. Esimerkki 2.11.6 Jos renkaassa R ei ole nollanjakajia ja jos a2n = 1, niin an = ±1. Esimerkki 2.11.7 Idempotentti alkio e 6= 0, 1 (siis e2 = e) on nollanjakaja, koska e(1 − e) = 0. Määritelmä 2.11.8 Rengasta D sanotaan kokonaisalueeksi (integral domain), jos se ei ole nollarengas ja jos D1.

D on kommutatiivinen ja

D2.

D:ssä ei ole nollanjakajia. √

Esimerkki 2.11.9 Kaikki lukurenkaat (Z, Q, Z[ 10 ] jne.) ovat kokonaisalueita. Ne ovat nimittäin kokonaisalueen C alirenkaita, ja suoraan määritelmästä nähdään, että yleisestikin kokonaisalueen alirengas on kokonaisalue.

Esimerkki 2.11.10 Esimerkistä 2.11.5 seuraa: Jäännösluokkarengas Zm on kokonaisalue tarkalleen silloin kun m on alkuluku.

Esimerkki 2.11.11 Osoitetaan, että jos rengas R on kommutatiivinen ja jos jokaisella alkiolla 6= 0 on käänteisalkio, niin R on kokonaisalue. (Tällaisia renkaita kutsutaan kunniksi. Niitä tutkitaan seuraavassa luvussa.) Kokonaisalueessa D ei alkioilla 6= 0 ehkä ole käänteisalkioita, mutta silti on voimassa supistamislaki : Jos a ∈ D, a 6= 0, niin

ab = ac

=⇒

b=c

(b, c ∈ D).

(2.20)

Yhtälö ab = ac voidaan nimittäin kirjoittaa ekvivalenttiin muotoon a(b − c) = 0, josta seuraa b − c = 0, koska a ei ole nollanjakaja.

Esimerkki 2.11.12 Ratkaistaan yhtälö x3 + 10x = 0 renkaassa Z5 ja renkaassa Z7 . Kun p on alkuluku, niin Zp on kokonaisalue, jossa kuitenkin on voimassa p · 1 = 1 + · · · + 1 = p = 0, ja yleisemminkin p · a = 0. Siis kokonaisalueessa D saattaa olla nr = 0, missä n ∈ Z ja r ∈ D, vaikka n 6= 0 ja r 6= 0.

LUKU 2. RENGAS

27

Lause 2.11.13 Kun D on kokonaisalue ja n ∈ Z, niin seuraavat ehdot ovat ekvivalentit: (i)

n1D = 0;

(ii)

na = 0 jollain alkiolla a ∈ D, a 6= 0;

(iii)

na = 0 kaikilla alkioilla a ∈ D.

Todistus. Implikaatiot (iii) ⇒ (i) ⇒ (ii) ovat triviaalit, joten riittää todistaa (ii) ⇒ (iii). Oletetaan, että na = 0 jollain alkiolla a 6= 0. Mielivaltaiselle alkiolle b saadaan a(nb) = (na)b = 0, ja koska D:ssä ei ole nollanjakajia, niin nb = 0. 2

Määritelmä 2.11.14 Määritellään kokonaisalueen D karakteristika char(D): Jos on sellaisia positiivisia kokonaislukuja n, että n1D = 0, niin char(D) on näistä luvuista pienin. Jos n1D 6= 0 aina kun n ∈ Z \ {0}, niin char(D) = 0. Edellisen lauseen mukaan sama char(D) saataisiin, vaikka määritelmässä käytettäisiin 1D :n sijasta jotain muuta alkiota a 6= 0. Jos char(D) 6= 0, niin karakteristika on ykkösalkion (tai minkä tahansa muunkin alkion 6= 0) kertaluku ryhmässä (D, +). Jos char(D) = 0, niin alkioiden 6= 0 kertaluvut ovat = ∞.

Esimerkki 2.11.15 Jokaisen lukurenkaan karakteristika on 0. Jäännösluokkarenkaan Zp (p alkuluku) karakteristika on p.

Lause 2.11.16 Kokonaisalueen karakteristika on joko 0 tai alkuluku. Todistus. Oletetaan, että karakteristika char(D) = n ei olisi 0 eikä alkuluku. Silloin n olisi positiivinen kokonaisluku > 1 (D ei ole nollarengas, siis 1D 6= 0D ) ja voitaisiin hajottaa tuloksi n = n1 n2 , missä n1 , n2 ∈ Z ja 1 < n1 < n, 1 < n2 < n. Silloin 0 = n1D = n1 n2 1D = (n1 1D )(n2 1D ). Koska D:ssä ei ole nollanjakajia, niin n1 1D = 0 tai n2 1D = 0. Tämä olisi ristiriidassa n:n minimaalisuuden kanssa. 2

Esimerkki 2.11.17 Näytetään, että binomikertoimet

¡p¢

k ovat p:llä jaollisia, kun p on alkuluku ja 1 ≤ k ≤ p − 1. Päätellään tästä, että jos D on kokonaisalue ja char(D) = p, niin

(a + b)p = ap + bp

∀ a, b ∈ D.

(2.21)

Ratkaistaan sovelluksena yhtälö x3 + y 3 = 0 kokonaisalueessa D, jonka karakteristika on 3.

2.11.1 Polynomirengas yli kokonaisalueen Jos polynomissa p(x) = a0 +a1 x+· · ·+an xn ∈ R[x] on an 6= 0, niin kerrointa an sanotaan p(x):n johtavaksi kertoimeksi ja lukua n sanotaan p(x):n asteeksi (degree), merkitään n = deg p(x). Polynomi on pääpolynomi (monic polynomial), jos sen johtava kerroin on 1.

LUKU 2. RENGAS

28

Täydennetään vielä asteen määritelmää sopimalla nollapolynomin asteeksi deg(0) = −∞. (Symbolien ∞ ja −∞ käyttämiseen matemaattisissa kaavoissa on yleensä suhtauduttava varovaisesti. Tässä yhteydessä voidaan kuvitella, että −∞ on luku, joka on pienempi kuin kaikki reaaliluvut. Tietenkään −∞ itse ei ole reaaliluku!)

Lause 2.11.18 Jos D on kokonaisalue, niin myös D[x] on kokonaisalue. Lisäksi deg(p(x)q(x)) = deg p(x) + deg q(x)

∀ p(x), q(x) ∈ D[x].

(2.22)

Mahdollisten nollapolynomitapausten varalta sovitaan kaavassa (2.22), että kun a ∈ R, niin a + (−∞) = (−∞) + a = (−∞) + (−∞) = −∞.

Todistus. Oletetaan ensin, etteivät p(x) ja q(x) ole nollapolynomeja. Olkoot niiden johtavat kertoimet an ja bm . Tulossa p(x)q(x) esiintyvä korkein termi on an bm xn+m , sillä an bm 6= 0 koska D:ssä ei ole nollanjakajia. Siis yhtälö (2.22) on tällöin tosi. Samalla nähdään, ettei p(x)q(x) ole nollapolynomi; siis D[x]:ssä ei ole nollanjakajia. Koska D[x] on kommutatiivinenkin, se on kokonaisalue. Jos p(x) = 0 tai q(x) = 0, niin p(x)q(x) = 0 ja yhtälön (2.22) kumpikin puoli on −∞. 2

Esimerkki 2.11.19 Polynomirenkaat Z[x] ja R[x] ovat kokonaisalueita, ja samoin on Zp [x] kun p on alkuluku. Sen sijaan Z12 [x] ei ole kokonaisalue. Seuraus 2.11.20 Kun D on kokonaisalue, niin polynomilla p(x) ∈ D[x] on käänteisalkio renkaassa D[x] jos ja vain jos p(x) on vakiopolynomi p(x) = a ja a:lla on D:ssä käänteisalkio. Todistus. Oletetaan, että q(x) on p(x):n käänteisalkio. Siis p(x)q(x) = 1. Silloin deg p(x) + deg q(x) = deg(p(x)q(x)) = 0, joten deg p(x) = deg q(x) = 0. Siis p(x) ja q(x) ovat vakiopolynomeja, p(x) = a ja q(x) = b, ja ab = 1. Tämä todistaa väitteen yhteen suuntaan, ja toiseen suuntaan se on ilmeinen. 2

Luku 3

Kunta 3.1 Kunnan määritelmä √ Lukurenkaat, kuten Q, R, C, Z[ 10 ] ja niin edelleen, ovat kokonaisalueita, mutta monet niistä toteuttavat vahvemmankin ehdon: jokaisella alkiolla 6= 0 on renkaassa käänteisalkio. Kannattaa siis tutkia tällaisiakin systeemejä, ja taas kannattaa tehdä tämä aksiomaattisesti, sillä silloin saadaan mukaan yllä mainittujen lisäksi suuri määrä muitakin hyödyllisiä systeemejä.

Määritelmä 3.1.1 Kolmikkoa (K, +, · ) sanotaan kunnaksi (eld), jos K1.

(K, +, · ) on kommutatiivinen rengas, joka ei ole nollarengas, ja

K2. jokaisella K :n alkiolla 6= 0 on käänteisalkio K :ssa, eli K ∗ = K \ {0}. Muistamalla rengasaksioomat ja ryhmittelemällä ehdot toisin nähdään, että (K, +, · ) on kunta jos ja vain jos se toteuttaa ehdot K1'. (K, +) on Abelin ryhmä;

(kunnan additiivinen ryhmä )

K2'. (K \ {0}, · ) on Abelin ryhmä;

(kunnan multiplikatiivinen ryhmä )

K3'. a(b + c) = ab + ac,

(a + b)c = ac + bc ∀ a, b, c ∈ K .

(distributiivilait )

Jos luovutaan kertolaskun kommutatiivisuusvaatimuksesta, saadaan ns. vinokunta eli jakorengas (skew eld, division ring). Esimerkin 2.11.11 mukaan jokainen kunta on kokonaisalue. Tässä luvussa tavoitteena on johtaa kuntien perusominaisuuksia ja tutkia, miten kuntia voidaan konstruoida.

Esimerkki 3.1.2 Renkaat Q, R ja C ovat kuntia. Sen sijaan Z ei ole kunta. Esimerkki 3.1.3 Kaikkien rationaalifunktioiden joukko ½

R(x) =

¯ ¾ p(x) ¯¯ p(x), q(x) ∈ R[x], q(x) ei ole nollapolynomi q(x) ¯ 29

LUKU 3. KUNTA

30

on kunta funktioiden pisteittäisen yhteen- ja kertolaskun suhteen. Ajattelemme tässä sekä polynomit että rationaalifunktiot reaalifunktioiksi; huomaa, ettei rationaalifunktio ole määritelty niissä pisteissä, jotka ovat nimittäjän nollakohtia. Polynomirengas R[x] on kunnan R(x) alirengas, joka itse ei ole kunta.

Esimerkki 3.1.4 Kirjoitetaan jäännösluokkarenkaan Z2 = { 0, 1 } yhteenlasku- ja kertotaulut ja todetaan, että kyseessä on kunta.

Esimerkki 3.1.5 Määritellään joukossa K = {0, 1} oheiset ope-

+

0 1

·

0 1

raatiot. Koska kertolasku ei ole kommutatiivinen, niin (K, +, · ) ei ole kunta, ja koska 0 · 1 = 1, niin se ei ole edes rengas. Mutta mikä ehdoista K1'K3' jää toteutumatta?

0 1

0 1 1 0

0 1

0 1 0 1

Lause 3.1.6 Äärellinen kokonaisalue on kunta. Todistus. Olkoon D äärellinen kokonaisalue. Riittää todistaa, että jokaisella alkiolla a ∈ D, a 6= 0, on D:ssä käänteisalkio. Määritellään kuvaus f : D → D, f (x) = ax; siis f merkitsee alkiolla a kertomista. Supistamissäännön nojalla f on injektio: f (x) = f (y)

=⇒

ax = ay

=⇒

x = y.

Koska D on äärellinen, niin f :n injektiivisyydestä seuraa, että se on myös surjektio, sillä nythän #f (D) = #D. Siis on sellainen x ∈ D, että f (x) = 1. Tällöin ax = 1, ja kommutatiivisuuden johdosta myös xa = 1, joten x on a:n käänteisalkio. 2

Seuraus 3.1.7 Jäännösluokkarengas Zm on kunta jos ja vain jos m on alkuluku. Todistus. Koska Zm on äärellinen, niin väite seuraa lauseesta ja siitä, että esimerkin 2.11.5 mukaan Zm on kokonaisalue tarkalleen silloin kun m on alkuluku. 2 Jäännösluokkakunta Zp (p alkuluku) on esimerkki äärellisestä kunnasta.

Esimerkki 3.1.8 Kirjoitetaan jäännösluokkakunnan Z5 yhteenlasku- ja kertotaulut. Huomautus 3.1.9 Äärelliselle kunnalle, jonka kertaluku on alkulukupotenssi pk , käytetään merkintää GF (pk ). Se tulee saksankielisestä termistä Galois-Feld (engl. Galois eld), joka on jäänyt pois käytöstä. Algebran kurssilla osoitetaan, että jokaista alkulukupotenssia pk kohti on isomoraa vaille yksikäsitteinen kunta GF (pk ) ja ettei muita äärellisiä kuntia ole. Tässä kurssissa näytetään, miten GF (pk ) voidaan konstruoida. Koska kunta on rengas, siinä on määritelty yhteen-, vähennys- ja kertolaskut. (Vähennyslasku: a − b = a + (−b).) Jakolasku määritellään tavalliseen tapaan asettamalla

a = ab−1 b

(b 6= 0),

(3.1)

LUKU 3. KUNTA siis erityisesti

31

1 = b−1 (b 6= 0). Soveltamalla tavallisia renkaan laskulakeja todetaan, että b a c ac · = , b d bd

Osamäärillä

a c ad + bc + = b d bd

(3.2)

(b 6= 0, d 6= 0).

a a lasketaan siis samoin kuin murtoluvuilla. Huomaa myös, että = a. b 1

Esimerkki 3.1.10 Lasketaan kunnassa Z5 summat

1 1 1 3 + ja + . 2 4 2 4

Jos ei ole sekaannuksen vaaraa, kunnassa K (kuten renkaissakin) merkitään usein

1 + 1 = 2,

1 + 1 + 1 = 3,

...,

yleisesti n1K = n

∀ n ∈ Z.

Koska kunta K on kokonaisalue, sille on määritelty karakteristika char(K), ja tämä on joko 0 tai alkuluku (lause 2.11.16). Jos char(K) = p > 0, niin p · 1 = 0, joten yo. merkinnän mukaan K :ssa p = 0, ja yleisemmin, kun n ∈ Z, niin

n = 0 K :ssa

⇐⇒

p | n.

Jos char(K) = 0, niin K :ssa kaikki alkiot 0, 1, 2, 3, . . . ovat erisuuria, joten K on ääretön. Siis äärellisen kunnan karakteristika on alkuluku.

Esimerkki 3.1.11 Määritetään tämän pykälän esimerkkikuntien karakteristikat. Esimerkki 3.1.12 Ratkaistaan kunnassa K toisen asteen yhtälö x2 + bx + c = 0 olettaen, että char(K) 6= 2.

Lause 3.1.13 Kunnan K ainoat ihanteet ovat K ja {0}. Todistus. Ihanne I 6= {0} sisältää alkion a 6= 0; koska a on K :n yksikkö, niin I = K .

2

Esimerkki 3.1.14 Tutkitaan, onko seuraava lauseelle käänteinen väite tosi: Jos R on kommutatiivinen rengas, joka ei ole nollarengas, ja jos R:ssä on vain triviaalit ihanteet, niin R on kunta.

Esimerkki 3.1.15 Osoitetaan tarkasti, että jos f : K → R on rengasisomorsmi ja K on kunta, niin myös R on kunta. Kun K ja K 0 ovat kuntia, niin rengashomomorsmia K → K 0 sanotaan myös kuntahomomorsmiksi ja rengasisomorsmia K → K 0 sanotaan kuntaisomorsmiksi. Kuntaisomorsmi K → K on K :n (kunta-)automorsmi.

Lause 3.1.16 Jokainen kuntahomomorsmi f : K → K 0 on injektio ja indusoi siis kuntaisomorsmin K → Im(f ). Todistus. Koska f (1) = 1 6= 0, niin Ker(f ) 6= K . Lauseen 3.1.13 mukaan Ker(f ) = {0}.

2

LUKU 3. KUNTA

32

Tämän mukaan kunnan K homomorset kuvat ovat ' K . Yleensä renkailla homomorsmi R → R0 tuottaa R0 :n alirenkaaksi R:n homomorsen kuvan, jossa R:n ominaisuuksia saattaa kadota. Kunnilla sitä vastoin ei vastaavassa tilanteessa mitään ominaisuuksia katoa.

K

f

.... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ..... ' ................. ....

K0 ...

⊆ Im(f )

Esimerkki 3.1.17 Osoitetaan, että kun char(K) = p on alkuluku, niin kuvaus fp : K → K,

fp (x) = xp ,

(3.3)

on kuntahomomorsmi. Lauseen 3.1.16 nojalla silloin K ' Im(fp ). Jos erityisesti K on äärellinen kunta, niin fp :n injektiivisyydestä seuraa myös surjektiivisuus, joten fp on K :n automorsmi. Yksinkertaisin tapaus tällaisesta on K = Zp ; tällöin kuitenkin fp on identiteettikuvaus! (Katso Fermat'n pikku lause Algebran peruskurssissa I).

3.2 Alikunta. Alkukunta Määritelmä 3.2.1 Kunnan (K, +, · ) osajoukkoa F sanotaan K :n alikunnaksi, jos F on kunta K :n yhteen- ja kertolaskuoperaatioiden K × K → K restriktioiden suhteen. Jos F on kunnan K alikunta, niin (F, +) on ryhmän (K, +) aliryhmä ja (F \ {0}, · ) on ryhmän (K \ {0}, · ) aliryhmä. Tästä seuraa erityisesti, että 0F = 0K ja 1F = 1K . Lisäksi char(F ) = char(K). Vertaamalla alikunnan ja alirenkaan määritelmiä nähdään, että F on K :n alikunta jos ja vain jos F on K :n alirengas, joka on kunta.

Esimerkki 3.2.2 Renkaat Q ja Z ovat R:n alirenkaita ja niistä Q on R:n alikunta. Lause 3.2.3 (Alikuntakriteeri) Kunnan K osajoukko F on K :n alikunta jos ja vain jos se täyttää seuraavat ehdot: AK1.

F :ssä on vähintään kaksi alkiota;

a − b ∈ F ∀ a, b ∈ F ; a AK3. ∈ F ∀ a, b ∈ F, b 6= 0. b Todistus. Jos F on K :n alikunta, se toteuttaa ehdot AK1AK3 triviaalisti. Oletetaan kääntäen, että ehdot AK1AK3 ovat voimassa. Oletus AK1 takaa, etteivät F ja F \ {0} ole tyhjiä, joten AK2:n ja AK3:n nojalla (F, +) on ryhmän (K, +) aliryhmä ja (F \ {0}, · ) on ryhmän (K \ {0}, · ) aliryhmä (aliryhmäkriteeri). Koska distributiivilait ovat voimassa koko K :ssa, ne ovat voimassa F :ssä. Näin ollen F on kunta. 2 AK2.

Esimerkki 3.2.4 Joukko √ √ Q( n ) = { a + b n | a, b ∈ Q}

( n neliövapaa kokonaisluku 6= 0, 1) √ on C:n alikunta, toisin sanoen se on eräs lukukunta. Jos n > 0, Q( n ) on myös R:n alikunta.

LUKU 3. KUNTA

33

Esimerkki 3.2.5 Jos char(K) = 2, kunnalla K on alikuntana {0, 1}. Huomaa, että −1 = 1. Esimerkki 3.2.6 Kuntahomomorsmin f : K → K kiintopisteiden joukko {a ∈ K | f (a) = a} on alikunta, ns. f :n kiintokunta.

Lause 3.2.7 Kunnan mielivaltaisten alikuntien leikkaus on alikunta. Todistus. Tämä seuraa suoraan alikuntakriteeristä.

2

Erityisesti kunnan K kaikkien alikuntien leikkaus \ K0 = F

(3.4)

F on K :n

alikunta

on K :n alikunta. Se on yksikäsitteinen suppein K :n alikunta, toisin sanoen jos F ⊆ K on alikunta, niin K0 ⊆ F . Siis K0 on alkukunta seuraavan määritelmän mielessä, ja se on ainoa K :n alikunta joka on alkukunta.

Määritelmä 3.2.8 Kunta on alkukunta (prime eld), jos sillä ei ole aitoja alikuntia. Lause 3.2.9 Kun K on alkukunta, niin (

K'

Zp

jos char(K) = p (alkuluku),

Q

jos char(K) = 0.

Todistus. Oletetaan ensin, että char(K) = p. Määritellään kuvaus f : Z → K,

f (n) = n1.

Tämä on rengashomomorsmi (tarkista). Ydin on Ker(f ) = pZ, sillä n1 = 0 jos ja vain jos p | n. Homomoralause antaa rengasisomorsmin Z/pZ ' Im(f ). Toisaalta Z/pZ = Zp on kunta, koska p on alkuluku. Silloin myös Im(f ) on kunta; siis se on K :n alikunta. Koska K oletettiin alkukunnaksi, niin Im(f ) = K . Näin ollen Zp ' K . Olkoon nyt char(K) = 0. Silloin K :n alkiot n1 ovat erisuuria (n ∈ Z). Määritellään kuvaus ³n´ n1 g : Q → K, g = (n, m ∈ Z, m 6= 0). m m1 Osoitetaan, että g on hyvinmääritelty. Ensinnäkin oikean puolen alkiot ovat määriteltyjä K :ssa, ¡n¢ riipu käytetystä rationaaliluvun koska nimittäjä on aina 6= 0. Toiseksi on näytettävä, ettei g m n 2 4 −6 0 m esityksestä (esimerkiksi 3 = 6 = −9 = · · · ). Kun m, m 6= 0, niin

n0 n = 0 (Q:ssa) m m

=⇒

nm0 = n0 m (Z:ssa)

=⇒

(nm0 )1 = (n0 m)1 (K :ssa)

n1 n0 1 = 0 (K :ssa). m1 m1 Siis g on hyvinmääritelty kuvaus. Se todetaan heti rengashomomorsmiksi laskulakien (3.2) n n avulla. Lisäksi se on injektio, sillä jos g( m ) = 0, niin n1 = 0, josta seuraa n = 0 ja siis m = 0. (Vaihtoehtoisesti voisi vedota siihen että Q on kunta.) Näin ollen on voimassa rengasisomorsmi Q ' Im(g). Silloin Im(g) on K :n alikunta, ja koska K on alkukunta, niin Im(g) = K . 2 =⇒

(n1)(m0 1) = (n0 1)(m1) (K :ssa)

=⇒

LUKU 3. KUNTA

34

Alkukunnilla on hyvin yksinkertainen luokittelu:

Seuraus 3.2.10 Kunnat Zp (p alkuluku) ja Q ovat tarkalleen kaikki alkukunnat (isomoraa vaille). Todistus. Lauseen nojalla muita alkukuntia ei ole (isomoraa vaille). Riittää vain todeta, että Zp ja Q todella ovat alkukuntia. Jos Zp :llä on alikunta F , niin 1Zp = 1 ∈ F . Silloin n1 ∈ F (n ∈ Z), ja koska Zp = { 0, · · · , p − 1 }, niin F = Zp . Jos Q:lla on alikunta F , niin F sisältää kaikki kokonaisluvut n = n1. Silloin se sisältää myös n kaikki osamäärät m (m 6= 0), joten F = Q. 2

Seuraus 3.2.11 Olkoon K kunta. Jos char(K) = p, niin K :n sisältämä alkukunta on ' Zp . Jos char(K) = 0, niin K :n sisältämä alkukunta on ' Q. Todistus. Kunnalla ja sen sisältämällä alkukunnalla on sama karakteristika.

2

Lauseen todistuksesta (tai suoraan) nähdään myös, mikä K :n sisältämä alkukunta on osajoukkona: Jos char(K) = p, niin K :n alkukunta on { n1 | n = 0, 1, . . . , p − 1}, ja jos char(K) = 0, n1 niin K :n alkukunta on { m1 | n, m ∈ Z, m 6= 0}.

Esimerkki 3.2.12 Äärellisen kunnan GF (pk ) sisältämä alkukunta on ' Zp . Koska nimittäin kunta on äärellinen, niin sen karakteristika on jokin alkuluku q . Silloin sillä on additiivinen aliryhmä {0, 1, . . . , q − 1}. Lagrangen lauseen mukaan q | pk . Siis q = p.

Esimerkki 3.2.13 Funktiokunnan R(x) (esimerkki 3.1.3) sisältämä alkukunta on Q.

3.3 Kokonaisalueen osamääräkunta Matematiikassa esiintyy usein seuraava probleema: On annettu systeemi A, jolta kuitenkin puuttuu jokin toivottu ominaisuus. Muutama esimerkki:

• Jollain polynomilla ei ole astelukunsa ilmoittamaa määrää nollakohtia käsiteltävässä kunnassa; esimerkiksi polynomilla x3 + 1 ∈ R[x] on R:ssä vain yksi nollakohta. • Annetun kokonaisalueen kaikilla alkioilla 6= 0 ei ole käänteisalkioita. • Tasossa kahdella eri suoralla on aina tarkalleen yksi yhteinen piste, paitsi yhdensuuntaisten suorien tapauksessa, ja olisi mukava, ettei tällaisia poikkeustapauksia olisi. Usein systeemiä onnistutaan laajentamaan, niin että haluttu ominaisuus saadaan voimaan: A:sta lähtien konstruoidaan systeemi B , jolla ko. ominaisuus on ja joka sisältää, vaikkei ehkä A:ta itseään, niin sen kanssa isomorsen alisysteemin A0 . Samaistamalla A ja A0 voidaan silloin katsoa,

LUKU 3. KUNTA

35

että B on A:n laajennus. Lisäksi pyritään yleensä löytämään laajennus, joka on jossain mielessä pienin mahdollinen. Esimerkiksi rationaalilukujen kunnan Q voisi kuvitella syntyneen tarpeesta laajentaa Z suuremmaksi renkaaksi, siten että kaikille alkioille 6= 0 saadaan käänteisalkiot. Konstruktio tehn dään tunnetusti niin, että joukkona Q määritellään kaikkien osamäärien m joukoksi (n, m ∈ Z, 0 n n m 6= 0), missä kaksi osamäärää m ja m0 katsotaan samaksi (samaistetaan), jos nm0 = mn0 ; ja ab · dc = ac rengasoperaatiot määritellään tutuilla kaavoilla ab + dc = ad+bc bd bd ; seuraavaksi osoitetaan, että näin muodostettu Q on kunta; lopuksi näytetään, että Z on isomornen Q:n muotoa n 1 olevista alkioista koostuvan alirenkaan kanssa. Tässä pykälässä suoritamme vastaavan konstruktion mielivaltaiselle kokonaisalueelle D: Rakennamme D:n osamääräkunnan Q(D), joka on D:n sisältävä kunta ja lisäksi sellaisena pienin mahdollinen. Menetelmä on sama, jolla Q muodostetaan Z:sta; samalla tämäkin tapaus tulee käsitellyksi tarkasti.

Q(D):n konstruointi joukkona Olkoon siis D kokonaisalue. Muodostetaan joukko

X = {(a, b) | a, b ∈ D, b 6= 0}

(3.5)

ja määritellään tässä joukossa relaatio ∼ seuraavasti:

(a, b) ∼ (c, d)

⇐⇒

ad = bc.

(3.6)

Näytetään, että tämä on ekvivalenssirelaatio. Reeksiivisyys ja symmetrisyys ovat selvät. Transitiivisuuden toteamista varten oletetaan, että

(a, b) ∼ (c, d) ja (c, d) ∼ (e, f ), missä siis a, b, c, d, e, f ∈ D ja b, d, f 6= 0. Silloin ad = bc ja cf = de. Kertomalla yhtälöt keskenään saadaan adcf = bcde, ja kun käytetään D:n kommutatiivisuutta ja supistamislakia, seuraa af = be, joten (a, b) ∼ (e, f ). (Tapaus c = 0 pitää käsitellä erikseen.) Siispä relaation ∼ ekvivalenssiluokat [(a, b)] muodostavat X :n partition. Sanomme näitä ekvivalenssiluokkia formaalisiksi osamääriksi, merkitsemme niitä

[(a, b)] =

a b

ja määrittelemme, että niiden joukko X/∼ on Q(D), siis o na ¯ ¯ Q(D) = ¯ a, b ∈ D, b 6= 0 . b

(3.7)

(3.8)

Relaation ∼ määritelmästä (3.6) nähdään, mitä yhtäsuuruus Q(D):ssä tarkoittaa:

c a = b d

⇐⇒

ad = bc.

(3.9)

(Voi katsoa, että siirtyminen joukosta X ekvivalenssiluokkien joukkoon Q(D) = X/∼ merkitseekin nimenomaan alkioiden samaistamista tällä säännöllä.)

LUKU 3. KUNTA

36

Binäärioperaatiot Q(D):ssä Määritellään joukossa Q(D) yhteen- ja kertolasku:

a c ad + bc + = , b d bd

a c ac · = . b d bd

(3.10)

On varmistuttava, että nämä ovat hyvin määritellyt. Ensinnäkin oikeilla puolilla bd 6= 0, sillä b 6= 0 ja d 6= 0 ja D on kokonaisalue; siis oikeiden puolien lausekkeet ovat määritellyt ja ∈ Q(D). Toiseksi pitää todeta, että oikeiden puolien lausekkeet eivät riipu alkioille ab ja dc käytetyistä esityksistä (ekvivalenssiluokkien edustajista). Todetaan tämä tässä vain yhteenlaskulle; kertolasku 0 0 käsiteltäisiin samoin. Olkoon ab = ab0 ja dc = dc 0 , jolloin siis ab0 = ba0 ja cd0 = dc0 . Väitetään, että

ad + bc a0 d0 + b0 c0 = , bd b0 d0 toisin sanoen että (ad + bc)b0 d0 = bd(a0 d0 + b0 c0 ). Tämä todetaankin helposti: vasen puoli on = (ab0 )dd0 + bb0 (cd0 ) = (ba0 )dd0 + bb0 (dc0 ) = oikea puoli.

Lause 3.3.1 Joukko Q(D) on kunta operaatioiden (3.10) suhteen. Sen osajoukko D0 =

on alirengas, ja kuvaus D → D0 , a 7→

a 1

na ¯ o ¯ ¯a∈D 1

, on rengasisomorsmi.

Todistus. Rengasaksioomien tarkistaminen Q(D):lle on suoraviivaista ja sivuutamme sen tässä (käy kuitenkin läpi esimerkiksi distributiivilaki). Tuloksena saadaan, että Q(D) on rengas, jonka nolla-alkiona on 01 ja ykkösalkiona 11 . Lisäksi Q(D) on kommutatiivinen, koska D on. 1 Jos ab 6= 01 , niin a1 6= b0 eli a 6= 0. Täten Q(D) sisältää alkion ab . Koska ab · ab = ab ab = 1 , niin ³ a ´−1 b = . (3.11) a b Näin ollen Q(D) on kunta. Muodostetaan kuvaus j : D → Q(D), j(a) = a1 . Se on rengasQ(D) homomorsmi (tarkista ehdot RH1RH3). Lisäksi j on injektio, sillä ..... . . . . . ..... j ............ yhtälöstä a1 = 1b seuraa a1 = b1 eli a = b. Saadaan siis, että . ⊆ ..... . . . . .. na ¯ o ..... ..... ¯ ..... . . . . . D ' Im(j) = ¯a∈D . ' 1 .... D D0 0 Samalla nähdään, että D = Im(j) on alirengas. 2

Määritelmä 3.3.2 Edellä konstruoitua kuntaa Q(D) sanotaan kokonaisalueen D osamääräkunnaksi tai jakokunnaksi (quotient eld, eld of fractions). On luonnollista samaistaa D ja D0 isomorsmin a 7→ a1 välityksellä; alkiota a1 yksinkertaisesti merkitään a:lla. Sanotaan myös, että D on upotettu kuntaan Q(D) (embedded). Koska formaalinen osamäärä ab voidaan kirjoittaa µ ¶−1 a (3.9) a1 (3.10) a 1 (3.11) a b samaistus = = · = · = ab−1 , b 1b 1 b 1 1

LUKU 3. KUNTA

37

ja koska alkiota ab−1 kunnassa Q(D) on merkitty ab :llä (katso (3.1)), niin formaaliset osamäärät a a b tulevat samaistetuiksi Q(D):ssä muodostettujen todellisten osamäärien b kanssa.

Huomautus 3.3.3 Lause sanoo erityisesti, että jokainen kokonaisalue D voidaan upottaa johonkin kuntaan, nimittäin osamääräkuntaansa Q(D). Tarkastellaan nyt sellaista tilannetta, että D on alun perinkin annettu jonkin kunnan K alirenkaana. Muodostetaan K :n osajoukko o na ¯ ¯ (3.12) KD = ¯ a, b ∈ D, b 6= 0 . b

K

Q(D) '

KD

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

D

Silloin KD on K :n alikunta ja kuvaus Q(D) → KD , ab 7→ ab , on isomorsmi; ensimmäinen ab on formaalinen osamäärä ja jälkimmäinen ab on K :ssa muodostettu todellinen osamäärä. (Sivuutamme todistuksen.) Näin ollen: Jos kokonaisalue D on kunnan K alirengas, niin osamääräkunta Q(D) voidaan muodostaa K :n sisällä (kun isomorset kunnat ajatellaan samaistetuiksi).

Esimerkki 3.3.4 Polynomirengas R[x] on kokonaisalue. Sen osamääräkunta on isomornen rationaalifunktioiden kunnan R(x) kanssa. Tarkemmin: Osamääräkunnan alkiot ovat formaalisia osamääriä p(x) q(x) , kun taas R(x):n alkiot määriteltiin joissakin R:n osajoukoissa määriteltyinä funktioina

p(x) q(x)

(esimerkki 3.1.3). Ilmeinen kuvaus näiden kuntien välillä on isomorsmi.

Esimerkki 3.3.5 Olkoon p alkuluku. Silloin Zp on kokonaisalue, joten lauseen 2.11.18 mukaan samoin on Zp [x]. Sillä on siis osamääräkunta ¯ ½ ¾ p(x) ¯¯ Zp (x) = p(x), q(x) ∈ Z [x], q(x) ei ole nollapolynomi . p q(x) ¯ Tätä sanotaan rationaalifunktioiden kunnaksi yli kunnan Zp . Se on esimerkki äärettömästä kunnasta, jonka karakteristika on p.

Esimerkki 3.3.6 Mikä on Gaussin kokonaislukujen renkaan osamääräkunta?

3.4 Laajennuskunta Määritelmä 3.4.1 Jos K on kunnan L alikunta, sanotaan, että L on kunnan K laajennuskunta tai kuntalaajennus (extension eld, eld extension). Kunnan L osajoukon S generoima alikunta K määritellään kuten vastaavat käsitteet aikaisemmin: \ K= L1 . (3.13) S⊆L1 L1 on L:n alikunta

Lauseen 3.2.7 nojalla K on alikunta.

Esimerkki 3.4.2 Kunnan L alkukunta on joukon {0, 1} (tai jopa tyhjän joukon) generoima alikunta.

LUKU 3. KUNTA

38

Usein kuntalaajennuksissa on kyse siitä, että annettuun kuntaan F halutaan liittää mukaan joitakin tiettyjä lisäalkioita, esimerkiksi jonkin polynomin nollakohtia.

Määritelmä 3.4.3 Olkoon F kunnan L alikunta ja S jokin L:n osajoukko. Joukon F ∪ S generoimalle L:n alikunnalle käytetään merkintää F (S). Siis

L ... ... ... .

F (S) ... ... ... .

F ⊆ F (S) ⊆ L.

F

Kuntaa F (S) sanotaan joukon S generoimaksi F :n laajennuskunnaksi (L:ssä) tai myös kunnaksi, joka saadaan liittämällä (adjoin) joukko S kuntaan F . Määritelmästä seuraa myös, että F (S) on L:n suppein alikunta, joka sisältää F :n ja S :n, eli että F (S) on suppein S :n sisältävä F :n laajennuskunta L:ssä. Jos S on äärellinen, S = {a1 , . . . , an }, merkitään F (S) = F (a1 , . . . , an ) ja sanotaan, että F (S) on kunnan F äärellisesti generoitu laajennus. Yhden alkion generoimaa laajennusta F (a) sanotaan yksinkertaiseksi. Huomaa, että jos a ∈ F , niin F (a) = F . On helppo osoittaa, että jokainen äärellisesti generoitu laajennus saadaan rakennetuksi peräkkäisistä yksinkertaisista laajennuksista, F (a1 , . . . , an ) = F (a1 )(a2 ) · · · (an ).

Esimerkki 3.4.4 Liittämällä rationaalilukujen kuntaan Q ⊆ R luku √ √ Q( 2 ) = {a + b 2 | a, b ∈ Q} (esimerkki 3.2.4).

√

2 saadaan R:n alikunta

Esimerkki 3.4.5 Jos reaalilukujen kuntaan R ⊆ C liitetään imaginaariyksikkö i, saadaan koko kompleksilukukunta: R(i) = C.

Huomautus 3.4.6 1) Kun D on kunnan L alirengas, ja siis kokonaisalue, niin D:n generoima alikunta on sama kuin L:n sisällä muodostettu D:n osamääräkunta { ab | a, b ∈ D, b 6= 0} (huomautus 3.3.3). 2) Osajoukon S ⊆ L generoiman alikunnan alkiot voidaan lausua seuraavalla tavalla. Ensin otetaan S :n generoima alirengas; se määritellään \ R, (3.14) D= S⊆L R on L:n alirengas

ja on helppo osoittaa, että se koostuu kaikista muotoa ±si1 · · · sin (n ≥ 0, sij ∈ S ) olevien tulojen summista, mukana tyhjä summa (tyhjä summa = 0, tyhjä tulo = 1). Nyt S :n generoima alikunta on em. LD . Edellä tarkasteltiin kunnan F laajennusta jonkin suuremman kunnan L sisällä. Vielä tärkeämmäksi kuntalaajennusten teoria osoittautuu tapauksissa, joissa tällaista kuntaa L ei ole ennalta annettuna. Silloin laajennuskunta on rakennettava, ja ensin on löydettävä jokin riittävän suuri ja yleinen joukko, jota konstruktiossa käytetään. (Vertaa kokonaisalueen D osamääräkunnan Q(D) rakentamiseen: Otettiin sopiva ja riittävän suuri joukko X , siirryttiin joukkoon X/∼ ja niin edelleen.)

LUKU 3. KUNTA

39

Esimerkki tästä on kompleksilukukunta C. Se voidaan ajatella muodostetuksi lähtemällä kunnasta R, johon halutaan liittää polynomin x2 + 1 nollakohta. Konstruktiota ei voi suorittaa minkään valmiin suuremman kunnan sisällä. Tutussa menettelyssä valitaan käytettäväksi joukko {(a, b) | a, b ∈ R}, josta tehdään kunta C määrittelemällä yhteen- ja kertolasku tutuilla kaavoilla (yleensä merkitään vielä i = (0, 1) ja (a, b) = a + bi), jolloin saadaan aikaan i2 = −1. Uusi kunta ei sisällä R:ää, mutta koska se sisältää R:n kanssa isomorsen alikunnan R0 = {(a, 0) | a ∈ R}, voidaan R ja R0 samaistaa (merkitsemällä a = (a, 0) = a + 0i kun a ∈ R) ja näin katsoa, että C on R:n laajennus. Kun on annettu kunta F ja polynomi p(x) ∈ F [x], jolla ei ole F :ssä nollakohtia, niin yleisestikin voidaan konstruoida F :n laajennuskunta F (a), jossa p(x):llä on nollakohta. Seuraavassa perehdymme siihen, miten tämä voidaan tehdä. Idea lienee monelle uusi. Esimerkiksi tapauksessa F = R ja p(x) = x2 + 1 kunta C tulee konstruoiduksi muodossa C ' R[x]/hx2 + 1i. Polynomit kytkeytyvätkin olennaisesti kuntalaajennuksiin; paitsi että niitä käytetään kuntalaajennusten konstruoinnissa, kääntäen kuntalaajennusten teoriaa sovelletaan tutkittaessa esimerkiksi polynomiyhtälöiden ratkaisemista. Tässä kurssissa esitetään perustuloksia kuntalaajennusten muodostamisesta ja sovelletaan niitä äärellisten kuntien konstruointiin. Lisää kuntalaajennusten teoriaa tulee Algebran kurssilla.

3.5 Renkaan maksimaalinen ihanne Määritelmä 3.5.1 Renkaan R ihannetta M sanotaan maksimaaliseksi, jos se on aito ihanne (siis M 6= R) ja jos mikään R:n ihanne I ei täytä ehtoa M ⊂ I ⊂ R. Toisin sanoen ihanne M on maksimaalinen jos ja vain jos se on aito ja on voimassa

M ⊆ I,

I on R:n ihanne

=⇒

I = M tai I = R.

Esimerkki 3.5.2 Renkaan Z8 ihanne h 2 i = { 0, 2, 4, 6 } on maksimaalinen, koska sen indeksi ryhmässä (Z8 , +) on 2.

Esimerkki 3.5.3 Renkaan R[x] ihanne hxi on maksimaalinen. Jos nimittäin I on sellainen ihanne, että hxi ⊂ I ⊆ R[x], niin I :ssä on jokin alkio a0 + a1 x + · · · + an xn = a0 + xq(x), missä a0 6= 0; koska xq(x) ∈ hxi, niin a0 ∈ I , ja seuraa I = R[x]. Esimerkki 3.5.4 Renkaan Z maksimaaliset ihanteet ovat ihanteet pZ, missä p on alkuluku. Tämä nähdään siitä, että Z:n ihanteet ovat muotoa mZ (m ≥ 0), ja kun m1 , m2 ≥ 0, niin

m1 Z ⊂ m2 Z

⇐⇒

m2 | m1 , m2 6= m1 .

Toisaalta Z/mZ on kunta tarkalleen silloin, kun p on alkuluku. Tässä on kyse yleisestä tosiseikasta:

LUKU 3. KUNTA

40

Lause 3.5.5 Olkoon R kommutatiivinen rengas ja I sen ihanne. Silloin R/I on kunta jos ja vain jos I on maksimaalinen ihanne. Todistus. Oletetaan ensin, että R/I on kunta. Koska kunnassa on ainakin kaksi alkiota, niin I 6= R, siis I on aito ihanne. Olkoon J sellainen ihanne, että I ⊆ J . Pitää osoittaa, että J = I tai J = R. Oletetaan, että J 6= I . Silloin on olemassa a ∈ J \ I . Koska a ∈ / I , niin a + I 6= I , toisin sanoen a + I 6= 0R/I . Koska R/I on kunta, niin (a + I):llä on käänteisalkio b + I , (a + I)(b + I) = 1 + I. Tästä saadaan ab + I = 1 + I , eli 1 = ab + i, missä i ∈ I . Mutta a ∈ J ja i ∈ I ⊆ J , joten ab + i ∈ J (J on ihanne). Näin ollen 1 ∈ J , ja seuraa J = R. Oletetaan nyt, että I on maksimaalinen ihanne. Jäännösluokkarengas R/I on joka tapauksessa kommutatiivinen rengas. Siinä on ainakin kaksi alkiota, koska I on aito. Pitää siis vain osoittaa, että sen mielivaltaisella alkiolla a + I 6= I on käänteisalkio. Kun a + I 6= I , niin a ∈ / I, joten summaihanne I + Ra sisältää I :n aidosti. (Katso lause 2.9.1.) Ihanteen I maksimaalisuuden nojalla I + Ra = R. Erityisesti 1 ∈ I + Ra, joten on sellaiset i ∈ I ja r ∈ R, että 1 = i + ra. Seuraa 1 + I = ra + I = (r + I)(a + I). Alkio r + I on siis (a + I):n käänteisalkio renkaassa R/I .

2

Näin ollen renkaiden maksimaalisten ihanteiden avulla saadaan kuntia. Seuraavaksi tarkoituksenamme on todistaa, että jokaisessa renkaassa (joka ei ole nollarengas) on maksimaalisia ihanteita, ja vielä vahvemmin, että jokainen aito ihanne sisältyy johonkin maksimaaliseen ihanteeseen. Emme tosin tule tarvitsemaan tätä kuntalaajennusten konstruoinnissa.

3.5.1 Zornin lemma Määritelmä 3.5.6 Relaatio ≤ joukossa A on osittainen järjestys (partial ordering), jos se täyttää seuraavat ehdot: J1. Kun a ∈ A, niin a ≤ a.

(reeksiivisyys )

J2. Kun a, b ∈ A ja sekä a ≤ b että b ≤ a, niin a = b.

(antisymmetrisyys )

J3. Kun a, b, c ∈ A ja a ≤ b ja b ≤ c, niin a ≤ c.

(transitiivisuus )

Jos lisäksi pätee J4. Kun a, b ∈ A, niin a ≤ b tai b ≤ a,

(vertailtavuus )

relaatiota ≤ sanotaan totaaliseksi tai täydelliseksi järjestykseksi. Joukkoa A varustettuna osittaisella järjestyksellä ≤ sanotaan osittain järjestetyksi joukoksi, ja jos myös J4 on voimassa, totaalisesti tai täydellisesti järjestetyksi joukoksi eli ketjuksi (chain). Relaatio a ≤ b voidaan lukea  a edeltää b:tä tai  b seuraa a:ta. Huomaa, että J1:n mukaan jokainen alkio edeltää ja seuraa itseään.

LUKU 3. KUNTA

41

Esimerkki 3.5.7 Tavallinen suuruusrelaatio x ≤ y on totaalinen järjestys R:ssä. Esimerkki 3.5.8 Jaollisuusrelaatio a | b on osittainen järjestys positiivisten kokonaislukujen joukossa Z+ . Miksei järjestys ole totaalinen? Miksei jaollisuusrelaatio ole osittainen järjestys Z:ssa? Jos (A, ≤) on osittain järjestetty joukko, niin samoin on jokainen A:n osajoukko relaation ≤ suhteen (oikeastaan sen restriktion suhteen).

Esimerkki 3.5.9 Sisältymisrelaatio A ⊆ B on osittainen järjestys annetun joukon X kaikkien osajoukkojen parvessa P(X). Piirretään tätä relaatiota kuvaava Hassen diagrammi, kun X = {1, 2, 3}. Tunnistetaan joitakin P(X):n osajoukkoja, jotka ovat totaalisesti järjestettyjä eli ketjuja.

Esimerkki 3.5.10 Piirretään osittain järjestettyä joukkoa (A, | ) kuvaava Hassen diagrammi, missä A = {1, 2, 3, 4, 6, 12} (luvun 12 tekijät).

Esimerkki 3.5.11 Ryhmän G aliryhmät muodostavat osittain järjestetyn joukon aliryhmärelaation ≤ suhteen. Piirretään Hassen diagrammi syklisen ryhmän C12 aliryhmistä.

Määritelmä 3.5.12 Osittain järjestetyn joukon A alkiota m sanotaan maksimaaliseksi, jos m ei ole A:n minkään muun alkion edeltäjä, toisin sanoen jos on voimassa

m ≤ a, a ∈ A

=⇒

m = a.

Esimerkki 3.5.13 Reaalilukujen joukossa ei tavallisen järjestysrelaation suhteen ole maksimaalisia alkioita. Avoimessa reaalilukuvälissä (a, b) ei myöskään ole maksimaalisia alkioita, kun taas jokaisessa suljetussa välissä [a, b] on tarkalleen yksi maksimaalinen alkio b.

Esimerkki 3.5.14 Osoitetaan, että jos totaalisesti järjestetyssä joukossa on maksimaalinen alkio, niin se on yksikäsitteinen.

Esimerkki 3.5.15 Joukon X = {1, 2, 3} osajoukkojen parvessa on relaation ⊆ suhteen vain yksi maksimaalinen alkio, nimittäin X itse. Sitä vastoin sen aitojen osajoukkojen parvessa on kolme maksimaalista alkiota.

Esimerkki 3.5.16 Joukossa {1, 2, . . . , 9}, järjestettynä jaollisuusrelaation suhteen, maksimaaliset alkiot ovat 5, 6, 7, 8, 9. Esimerkki 3.5.17 Renkaan R idempotenttien alkioiden joukossa E = {e ∈ R | e2 = e} voidaan määritellä osittainen järjestys

e≤f

⇐⇒

ef = f e = e

(e, f ∈ E).

Ainoa maksimaalinen alkio E :ssä on 1. Sen sijaan joukon E \{1} maksimaalisten alkioiden määrä riippuu kyseisestä renkaasta; niillä onkin renkaiden rakenneteoriassa tärkeä asema.

LUKU 3. KUNTA

42

Esimerkki 3.5.18 Renkaan R aitojen ihanteiden joukossa, järjestettynä sisältymisrelaation suhteen, maksimaaliset alkiot ovat juuri määritelmän 3.5.1 mukaiset maksimaaliset ihanteet. Riittävän ehdon maksimaalisten alkioiden olemassaololle lausuu seuraava ns. Zornin lemma. Se voidaan todistaa joukkoteorian kuuluisan valinta-aksiooman avulla; itse asiassa valintaaksiooma on kääntäen johdettavissa Zornin lemmasta, joten näitä kahta voidaan pitää ekvivalentteina aksioomina, kun joukko-oppia kehitetään aksiomaattisesti. Otamme Zornin lemman käyttöön ilman todistusta. Tarvitsemme sitä varten vielä seuraavan käsitteen: Kun A on osittain järjestetty joukko ja S ⊆ A ja y ∈ A, niin y on S :n yläraja, jos

s≤y

∀ s ∈ S.

Esimerkki 3.5.19 Kun joukko Z+ järjestetään jaollisuusrelaation mukaan, niin osajoukolla S = {1, 2, . . . , 9} on ainakin yläraja 9! . Etsi sille jokin pienempikin yläraja.

Lause 3.5.20 (Zornin lemma) Olkoon A osittain järjestetty joukko 6= ∅. Jos A:n jokaisella totaalisesti järjestetyllä osajoukolla (ketjulla) on yläraja A:ssa, niin A:ssa on ainakin yksi maksimaalinen alkio.

3.5.2 Maksimaalisten ihanteiden olemassaolo Lause 3.5.21 Renkaassa R, joka ei ole nollarengas, on ainakin yksi maksimaalinen ihanne. Tarkemmin: Jokainen R:n aito ihanne sisältyy ainakin yhteen maksimaaliseen ihanteeseen. Todistus. Ensimmäinen väite seuraa toisesta, koska R:llä on aina aito ihanne {0}. Todistetaan siis jälkimmäinen väite. Olkoon I jokin aito ihanne. Tarkastellaan ihanteiden parvea P = { J | I ⊆ J, J on R:n aito ihanne}. Silloin I ∈ P , joten P ei ole tyhjä. Katsotaan P :tä osittain järjestettynä joukkona sisältymisrelaation ⊆ suhteen. Olkoon {Jγ | γ ∈ I} 6= ∅ jokin ketju P :ssä, siis totaalisesti järjestetty osajoukko. Osoitetaan, että sillä on P :ssä yläraja, ja tehdään tämä näyttämällä, että unioni S S γ∈I Jγ kelpaa ylärajaksi. Koska aina Jβ ⊆ γ∈I Jγ , niin osoitettavaksi jää vain, että unioni kuuluu P :hen. S Ensinnäkin I ⊆ γ∈I Jγ , koska jokainen Jγ sisältää I :n (yksikin riittäisi!). S S Toiseksi osoitetaan ihannekriteerin avulla, että γ∈I Jγ on ihanne. Olkoon a, b ∈ γ∈I Jγ . Silloin esimerkiksi a ∈ Jα ja b ∈ Jβ , missä α, β ∈ I . Koska parvi P on totaalisesti järjestetty, niin Jα ⊆ Jβ tai Jβ ⊆ Jα ; voidaan olettaa, että Jα ⊆ Jβ . Siis a, b ∈ Jβ , joten myös a − b ∈ Jβ S S (Jβ on ihanne). Näin ollen a − b ∈ γ∈I Jγ . Olkoon nyt r ∈ R ja a ∈ γ∈I Jγ . Silloin a ∈ Jα S jollain α:lla, ja siis ar, ra ∈ Jα ⊆ γ∈I Jγ . S Kolmanneksi on varmistettava, että ihanne γ∈I Jγ on aito. Mutta koska jokainen Jγ on aito, niin mikään niistä ei sisällä ykkösalkiota 1, eikä siis niiden unionikaan sisällä sitä. Näin ollen P toteuttaa Zornin lemman oletuksen, joten P :ssä on maksimaalinen alkio M . Tämä M on R:n maksimaalinen ihanne ja sisältää I :n. 2

LUKU 3. KUNTA

43

3.6 Polynomien jaollisuus Oletamme jatkossa, että K on kunta. Kuntalaajennuksia varten tutkimme K -kertoimisia polynomeja. Polynomirengas K[x] on kokonaisalue muttei kunta (lause 2.11.18 ja seuraus 2.11.20). Sillä osoittautuu olevan hyvin samantapainen algebrallinen rakenne kuin kokonaislukujen renkaalla Z. Polynomeille saadaan samanlainen jaollisuusteoriakin kuin kokonaisluvuille. Seuraavassa esitetään tämän teorian pääkohdat; useimmat asiat ovat tuttuja koulukurssista tapauksessa K = R.

Määritelmä 3.6.1 Olkoon a(x), b(x) ∈ K[x]. Jos a(x) = b(x)c(x), missä c(x) ∈ K[x], sanotaan, että polynomi a(x) on jaollinen polynomilla b(x); merkitään b(x) | a(x). Käytetään myös sanontoja: b(x) jakaa a(x):n, b(x) on a(x):n tekijä, a(x) on b(x):n monikerta.

Esimerkki 3.6.2 Renkaassa K[x] on voimassa (x − 1) | (x2 − 1). Renkaassa Z2 [x] (x + 1) | (x2 + 1), koska tässä renkaassa x2 + 1 = (x + 1)2 . Renkaassa R[x] (x + 1) - (x2 + 1). Olkoon R kommutatiivinen rengas ja olkoon p(x) kokonaiskertoiminen polynomi, p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ Z[x]. Kuten esimerkissä 2.10.3 sovittiin, p(x) määrää myös polynomin R[x]:ssä, kun kertoimet ai ∈ Z tulkitaan R:n alkioiksi ai 1R . Tätä R-kertoimistakin polynomia merkitään p(x):llä. (Tarkkaan ottaen kyseessä on rengashomomorsmi Z[x] → R[x].) Kun R = Zm , niin tämän mukaisesti kertoimista jätetään jäännösluokkamerkintä (yläviiva) yleensä kirjoittamatta, kuten edellisessä esimerkissä tehtiinkin. Siispä merkintä 2 + 5x − x3 ∈ Zm [x] tarkoittaa polynomia 2 + 5x + (−1)x3 . Huomaa, että esimerkiksi

Z2 [x]:ssä 2 + 5x − x3 = x − x3 = x + x3 , Z5 [x]:ssä 2 + 5x − x3 = 2 − x3 = 2 + 4x3 . Jaollisuusrelaatiolla on useita samoja perusominaisuuksia kuin kokonaislukujen tapauksessa; esimerkiksi aina a(x) | a(x) ja

a(x) | b(x), b(x) | c(x)

=⇒

a(x) | c(x),

a(x) | b(x), a(x) | c(x)

=⇒

a(x) | (b(x) + c(x)).

Eräät ominaisuudet ovat nyt hiukan toisenlaisia, esimerkiksi

a(x) | b(x), b(x) | a(x)

=⇒

a(x) = kb(x), missä k ∈ K \ {0}.

(Tämä liittyy siihen, että yksikköryhmät ovat Z∗ = {±1} ja K[x]∗ = K \ {0}.) Vertaa seuraavaa tulosta kokonaislukujen jakoalgoritmiin.

Lause 3.6.3 (Jakoalgoritmi) Jos a(x), b(x) ∈ K[x] ja b(x) 6= 0, niin on yksikäsitteiset sellaiset polynomit q(x), r(x) ∈ K[x], että a(x) = q(x)b(x) + r(x),

deg r(x) < deg b(x).

(3.15)

LUKU 3. KUNTA

44

Todistus. Valitaan joukosta S = { a(x)−k(x)b(x) | k(x) ∈ K[x] } polynomi r(x) = a(x) − q(x)b(x), jonka aste on pienin mahdollinen. Jos r(x) = 0, niin sen aste on −∞ ja (3.15) on siis voimassa. Olkoon nyt r(x) 6= 0. On näytettävä, että deg r(x) < deg b(x). Merkitään n = deg r(x) ja m = deg b(x), ja olkoot rn ja bm vastaavasti r(x):n ja b(x):n johtavat kertoimet. Jos nyt olisi n ≥ m, niin voitaisiin muodostaa polynomi

s(x) = r(x) −

rn · xn−m b(x), bm

jossa termien asteet ovat ≤ n, mutta jonka aste on jopa < n, koska n:nnen asteen termin kerroin on rn rn − · bm = 0. bm Toisaalta s(x) kuuluu joukkoon S , sillä se on

µ ¶ rn rn n−m n−m s(x) = (a(x) − q(x)b(x)) − ·x b(x) = a(x) − q(x) + ·x b(x). bm bm Tämä on vastoin r(x):n valintaa. Näin ollen n < m. Vielä on todistettava yksikäsitteisyys. Oletetaan, että myös

a(x) = q 0 (x)b(x) + r0 (x),

deg r0 (x) < deg b(x).

(3.16)

Vähentämällä yhtälöt (3.15) ja (3.16) toisistaan saadaan

r(x) − r0 (x) = (q 0 (x) − q(x))b(x). Yhtälön (2.22) nojalla

deg(r(x) − r0 (x)) = deg(q 0 (x) − q(x)) + deg b(x). Toisaalta deg(r(x) − r0 (x)) < deg b(x). Täytyy siis olla q 0 (x) − q(x) = 0 = r(x) − r0 (x). Siis q(x) = q 0 (x) ja r(x) = r0 (x). 2

Esimerkki 3.6.4 Renkaan Q[x] polynomeihin a(x) = 2x3 + x2 − x − 1 ja b(x) = x2 − 2 sovellettuna jakoalgoritmi antaa

2x3 + x2 − x − 1 = (2x + 1)(x2 − 2) + (3x + 1). Siis q(x) = 2x + 1 ja r(x) = 3x + 1. Entä jos tarkastellaan näitä polynomeja a(x) ja b(x) yli jonkin kunnan Zp ? Mieti, miksi saatu kaava pätee silloinkin. Kirjoita tulos erityisesti Z2 [x]:ssä ja Z3 [x]:ssä ja sievennä polynomit yksinkertaisempaan muotoon.

Esimerkki 3.6.5 Sovelletaan jakoalgoritmia Z5 [x]:n polynomeihin 3x2 + 1 ja 2x + 3.

LUKU 3. KUNTA

45

Muistetaan, että kun f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ K[x] ja c ∈ K , niin merkitään

f (c) = a0 + a1 c + · · · + an cn ∈ K.

(3.17)

Sanotaan, että  x:n paikalle on sijoitettu c  tai on sijoitettu x = c ; f (c) voidaan lukea  f arvolla c . Tästä syntyy kaksikin tärkeää kuvausta: Pitämällä f kiinnitettynä saadaan polynomikuvaus

K → K,

c 7→ f (c).

(3.18)

Jos f (c) = 0, sanotaankin, että c on polynomin f (x) nollakohta tai yhtälön f (x) = 0 juuri. Toinen kuvaus saadaan pitämällä c kiinteänä:

K[x] → K,

f 7→ f (c).

(3.19)

Tämä oli esillä jo renkaiden yhteydessä; katso (2.19). Siellä mainittiin, että kyseessä on rengashomomorsmi. Tästä seuraa sijoitusperiaate: Kun K[x]:n polynomien toteuttamaan yhtälöön sijoitetaan x:n paikalle mikä tahansa K :n alkio c, niin saatu yhtälö toteutuu kunnassa K . Esimerkiksi jakoalgoritmin antamasta kaavasta a(x) = q(x)b(x) + r(x) seuraa

a(c) = q(c)b(c) + r(c)

∀ c ∈ K.

Lause 3.6.6 Olkoon f (x) ∈ K[x] ja c ∈ K . Silloin f (c) = 0

⇐⇒

(x − c) | f (x).

(3.20)

Todistus. Oletetaan ensin, että f (c) = 0. Jakoalgoritmin nojalla f (x) = q(x)(x − c) + r(x), missä deg r(x) < 1. Täten r(x) on vakiopolynomi, r(x) = r0 ∈ K . Kun nyt yhtälöön f (x) = q(x)(x − c) + r0 sijoitetaan x = c, saadaan r0 = f (c) = 0. Siis x − c jakaa f (x):n. Olkoon kääntäen f (x) = (x − c)q(x) jollain polynomilla q(x) ∈ K[x]. Sijoittamalla x = c saadaan f (c) = 0. 2

Esimerkki 3.6.7 Katsotaan uudestaan esimerkkiä 3.6.2. Seuraus 3.6.8 Polynomilla f (x) ∈ K[x] on kunnassa K korkeintaan astelukunsa ilmoittama määrä erisuuria nollakohtia. Todistus. Olkoot c1 , . . . , ck ∈ K f (x):n erisuuria nollakohtia. Silloin (x − c1 ) | f (x), joten f (x) = (x − c1 )g(x), missä g(x) ∈ K[x]. Koska f (c2 ) = 0, niin (c2 − c1 )g(c2 ) = 0, josta seuraa g(c2 ) = 0 (sillä c2 − c1 6= 0 ja K on kokonaisalue). Siis g(x) = (x − c2 )h(x), missä h(x) ∈ K[x], ja siis f (x) = (x − c1 )(x − c2 )h(x). Näin jatkamalla saadaan (x − c1 )(x − c2 ) · · · (x − ck ) | f (x). Lauseen 2.11.18 nojalla k ≤ deg f (x).

2

LUKU 3. KUNTA

46

Esimerkki 3.6.9 Näytetään, että kun p on alkuluku, niin polynomirenkaassa Zp [x] on xp−1 − 1 =

p−1 Y

(3.21)

(x − a).

a=1

Päätellään tästä lukuteorian Wilsonin lause : (p − 1)! ≡ −1 (mod p).

Huomautus 3.6.10 Yhtälöstä (3.21) (tai Fermat'n pikku lauseesta) seuraa myös, että polynomin f (x) = xp − x ∈ Zp [x] nollakohtia ovat kaikki kunnan Zp alkiot, toisin sanoen f (x) saa jokaisessa Zp :n pisteessä arvon 0 vaikkei olekaan nollapolynomi! Tämä, reaalisiin polynomeihin verrattuna uusi ilmiö, nähtiin jo esimerkissä 2.10.4. Siis kun p(x), q(x) ∈ K[x], niin saattaa olla p(c) = q(c) ∀ c ∈ K , vaikka p(x) 6= q(x); palauta mieleen, miten polynomien yhtäsuuruus määritellään.

Määritelmä 3.6.11 Polynomia f (x) ∈ K[x] sanotaan jaottomaksi (irreducible), jos f (x) ei ole vakiopolynomi eikä kahden positiivista astetta olevan polynomin tulo. Tällöin sanotaan myös, että f (x) on jaoton kunnan K suhteen (tai yli ) tai jaoton renkaassa K[x]. Kaikki 1. asteen polynomit ovat jaottomia. Lauseesta 3.6.6 saadaan heti seuraava yksinkertainen toteamus:

deg f (x) > 1, f (x):llä on nollakohta K :ssa

=⇒

f (x) ei ole jaoton K :n suhteen.

(3.22)

Esimerkki 3.6.12 Polynomilla x10 − 1 ∈ R[x] on nollakohta x = 1, joten se hajoaa tuloksi R[x]:ssä. Miten?

Esimerkki 3.6.13 Polynomi x2 + 1 on jaoton R:n suhteen: jos se ei olisi jaoton, niin sillä olisi ensimmäisen asteen tekijä x − c ∈ R[x] (huomaa että ax + b = a(x + ab ) ) ja siis nollakohta c ∈ R. (Toisaalta C:n suhteen x2 + 1 ei ole jaoton, koska x2 + 1 = (x − i)(x + i).) Soveltamalla tämän esimerkin päättelyä nähdään, että astetta 2 tai 3 oleville polynomeille implikaatio (3.22) voidaan kääntää:

deg f (x) = 2 tai 3, f (x):llä ei nollakohtia K :ssa

=⇒

f (x) on jaoton K :n suhteen. (3.23)

Vastaava ei päde polynomeille, joiden aste on ≥ 4. Esimerkiksi polynomilla x4 + 2x + 1 ∈ R[x] ei ole nollakohtia R:ssä, muttei se kuitenkaan ole jaoton yli R:n:

x4 + 2x2 + 1 = (x2 + 1)2 .

Esimerkki 3.6.14 Tutkitaan, onko x3 + 3x + 2 jaoton kuntien Z3 ja Z5 suhteen. Palauta mieleen koulukurssin menetelmä polynomin f (x) ∈ Q[x] rationaalisten nollakohtien löytämiseksi.

LUKU 3. KUNTA

47

Algebran peruslause sanoo, että jokaisella polynomilla f (x) ∈ C[x] \ C on nollakohta C:ssä; f (x) hajoaa siis 1. asteen tekijöihin C[x]:ssä. Algebran peruslause todistetaan usein kompleksifunktioiden teorian avulla. Alkeellisempiakin todistuksia on löydetty; esimerkiksi 2003 julkaistiin parin sivun todistus, joka käyttää kompleksisia vektoriavaruuksia ja matriiseja ja jonka voisi melkein jo tälläkin kurssilla esittää.

3.7 Kuntalaajennuksen konstruoiminen jaottomasta polynomista Polynomin f (x) ∈ K[x] generoima pääihanne on lauseen 2.9.5 mukaan

hf (x)i = { k(x)f (x) | k(x) ∈ K[x] }.

Lause 3.7.1 Polynomirenkaan K[x] ihanteet ovat pääihanteita, toisin sanoen K[x] on PIR. Todistus. Ensinnäkin {0} on pääihanne h0i. Olkoon I jokin ihanne 6= {0} ja olkoon b(x) 6= 0 polynomi I :ssä, jonka aste on mahdollisimman pieni. Näytetään, että I = hb(x)i. Koska b(x) ∈ I , niin hb(x)i ⊆ I . Kääntäen, jos a(x) ∈ I , niin jakoalgoritmi antaa a(x) = q(x)b(x) + r(x),

deg r(x) < deg b(x).

Nyt r(x) = a(x) −q(x)b(x) ∈ I , joten b(x):n valinnan nojalla r(x) = 0. Seuraa a(x) = q(x)b(x) ∈ hb(x)i. Siis I ⊆ hb(x)i. 2 Tulos osoittaa renkaiden Z ja K[x] analogisuutta. Myös Z on PIR (esimerkki 2.6.7); tämä seurasi syklisen ryhmän aliryhmiä koskevasta lemmasta 1.1.1, jonka todistus perustui Z:n jakoalgoritmiin ja oli hyvin samantapainen K[x]:lle juuri esitetyn todistuksen kanssa.

Lause 3.7.2 Jos p(x) on K[x]:n jaoton polynomi, niin hp(x)i on renkaan K[x] maksimaalinen ihanne. Todistus. Koska deg p(x) ≥ 1, niin hp(x)i ei sisällä vakiopolynomeja 6= 0 ja on siis aito ihanne. Olkoon J sellainen ihanne, että hp(x)i ⊆ J . On osoitettava, että J = hp(x)i tai J = K[x]. Lauseen 3.7.1 mukaan J on pääihanne, siis J = hb(x)i, missä b(x) ∈ K[x]. Koska p(x) ∈ hp(x)i ⊆ J = hb(x)i, niin p(x) = k(x)b(x) jollain polynomilla k(x) ∈ K[x]. Mutta p(x) oletettiin jaottomaksi; täten k(x) tai b(x) on vakiopolynomi 6= 0. Jos k(x) on vakio, k(x) = k0 ∈ K \ {0}, niin b(x) = k0−1 p(x) ∈ hp(x)i, joten J = hp(x)i. Jos taas b(x) on vakio, b(x) = b0 ∈ K \ {0}, niin se on K[x]:n yksikkö, ja seuraa J = K[x]. 2

Seuraus 3.7.3 Kun p(x) ∈ K[x] on jaoton polynomi, niin jäännösluokkarengas K[x]/hp(x)i on kunta. Todistus. Väite seuraa lauseista 3.5.5 ja 3.7.2

2

LUKU 3. KUNTA

48

Lauseen tilanteessa saadaan rengashomomorsmit

K[x] .....

K → K[x] → K[x]/hp(x)i,

missä ensimmäinen on kuvaus a 7→ a (K :n alkiot katsotaan K vakiopolynomeiksi) ja toinen on kanoninen homomorsmi. Yhdistetty kuvaus j : K → K[x]/hp(x)i, j(a) = a + hp(x)i,

kan.

......

K[x]/hp(x)i

.......... ....... ....... j ................. ...... ....... ....... ....... . . . . . . ....

'

......

.....

⊆ Im(j)

(3.24)

on kuntahomomorsmi. Näin ollen K ' Im(j). Kunnasta K[x]/hp(x)i saadaan K :n laajennuskunta samaistamalla K ja sen kanssa isomornen K[x]/hp(x)i:n alikunta Im(j). Samaistus tehdään j :n välityksellä; siis K :n alkiot a samaistetaan jäännösluokkiin j(a) = a + hp(x)i. Seuraavaksi näytämme, että tässä laajennuskunnassa polynomilla p(x) on nollakohta. Tarkastellaan ensin hiukan, mitä tämä väite tarkoittaa. Olkoon L kunnan K laajennuskunta ja olkoon q(x) ∈ K[x]. Silloin q(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm , missä bi ∈ K . Koska siis bi ∈ K ⊆ L, niin voidaan katsoa, että q(x) ∈ L[x]. Nyt saattaa olla q(c) = 0 jollain L:n alkiolla c; tällöin q(x):llä on L:ssä nollakohta c, joka ehkä ei kuulu K :hon. Seuraavassa lauseessa on huomattava, että kuntalaajennus käsittää samaistuksen j :n välityksellä ja että selvyyden vuoksi polynomien määräämätöntä merkitään y :llä.

Lause 3.7.4 Olkoon p(x) ∈ K[x] jaoton ja olkoon K[x]/hp(x)i seurauksen 3.7.3 mukainen K :n laajennuskunta. Polynomilla p(y) on kunnassa K[x]/hp(x)i nollakohta x + hp(x)i. Todistus. Merkitään I = hp(x)i. Silloin K :n ko. laajennuskunta on K[x]/I = { f (x) + I | f (x) ∈ K[x] }. Tarkastellaan ensin mielivaltaista polynomia q(y) ∈ K[y]. Kun q(y) = b0 + b1 y + · · · + bm y m , ¡ ¢ niin q(y) katsotaan polynomirenkaan K[x]/I [y] alkioksi samaistamalla sen kertoimet bi ∈ K jäännösluokkiin bi + I (kuvaus j ), siis

q(y) = (b0 + I) + (b1 + I)y + · · · + (bm + I)y m ∈

¡

¢ K[x]/I [y].

Tämä polynomi arvolla f (x) + I ∈ K[x]/I on

q(f (x) + I) = (b0 + I) + (b1 + I)(f (x) + I) + · · · + (bm + I)(f (x) + I)m = b0 + b1 f (x) + · · · + bm f (x)m + I ∈ K[x]/I, toisin sanoen q(f (x) + I) = q(f (x)) + I . Valitsemalla q(y) = p(y) ja f (x) = x saadaan

p(x + I) = p(x) + I = I = 0K[x]/I .

2

Millainen kunta K[x]/hp(x)i on? Merkitään I = hp(x)i ja d = deg p(x). Jäännösluokkarenkaana K[x]/I voidaan esittää muodossa

K[x]/I = { f (x) + I | f (x) ∈ K[x] } = { f (x) + I | f (x) ∈ D },

(3.25)

LUKU 3. KUNTA

49

missä D on jokin jäännösluokkien edustajisto. Kaikkien mahdollisten edustajistojen joukossa on yksi erityisen mukava, nimittäin

D = { r(x) ∈ K[x] | deg r(x) < d }.

(3.26)

Tämä nähdään seuraavasti. Ensinnäkin, kun mielivaltainen f (x) ∈ K[x] kirjoitetaan jakoalgoritmin mukaisessa muodossa f (x) = q(x)p(x) + r(x), missä deg r(x) < d, niin r(x) ∈ D ja f (x) + I = r(x) + I . Toiseksi, jos r1 (x), r2 (x) ∈ D, niin r1 (x) + I 6= r2 (x) + I , koska r1 (x) − r2 (x) ei voi olla jaollinen p(x):llä (aste < d). Täten K[x]/I = { r(x) + I | r(x) ∈ K[x], deg r(x) < d } (3.27) = { a0 + a1 x + · · · + ad−1 xd−1 + I | ai ∈ K ∀ i }. Jäännösluokkien r1 (x)+I ja r2 (x)+I summa ja tulo muodostetaan tavalliseen tapaan laskemalla ko. edustajien summa ja tulo; tulopolynomi r1 (x)r2 (x) palautetaan vielä muotoon a0 + a1 x + · · · + ad−1 xd−1 vähentämällä sopiva p(x):n monikerta esimerkiksi jakoalgoritmin avulla.

Esimerkki 3.7.5 Valitaan K = R ja p(x) = x2 + 1. Merkitään I = hp(x)i. Saadaan kunta R[x]/I = { a + bx + I | a, b ∈ R }, jossa operaatiot ovat ( (a + bx + I) + (a0 + b0 x + I) = (a + a0 ) + (b + b0 )x + I,

(a + bx + I)(a0 + b0 x + I) = (aa0 − bb0 ) + (ab0 + a0 b)x + I.

(3.28)

Tulokaava laskettiin näin:

(a + bx + I)(a0 + b0 x + I) = (a + bx)(a0 + b0 x) + I = aa0 + (ab0 + a0 b)x + bb0 x2 + I, ja lopuksi vielä käytettiin sitä, että bb0 x2 + I = −bb0 + I , sillä x2 + 1 ∈ I . Kaavat (3.28) ovat kuten C:n summa- ja tulokaava! Todellakin: kuvaus

R[x]/I → C,

a + bx + I 7→ a + bi,

on kuntaisomorsmi. Näin ollen C ' R[x]/hx2 + 1i. Alikunta { a + 0x | a ∈ R } ( = Im(j)) on isomornen R:n kanssa.

Esimerkki 3.7.6 Polynomi x2 + x + 1 on jaoton kunnan Z2 yli (tarkista), joten saadaan kunta (missä I = hx2 + x + 1i)

Z2 [x]/I = { a + bx + I | a, b ∈ Z2 } = { I, 1 + I, x + I, 1 + x + I }. Kyseessä on siis 4 alkion kunta GF (22 ). Kunta Z2 on sen alikuntana { I, 1 + I }. Jos kunnan Z2 [x]/I alkioita merkitään 0 = I , 1 = 1 + I , α = x + I , β = 1 + x + I , niin additiiviselle ja

LUKU 3. KUNTA

50

multiplikatiiviselle ryhmälle tulevat seuraavat taulut:

+

0

1

α

β

0 1 α β

0 1 α β

1 0 β α

α β 0 1

β α 1 0

·

1

α

β

1 α β

1 α β

α β 1

β 1 α

Esimerkiksi tulo αβ laskettiin näin:

αβ = x(1 + x) + I = x + x2 + I = −1 + I = 1 + I. Tarkistetaan vielä taulujen avulla, että α on polynomin x2 +x+1 nollakohta, kuten lauseen 3.7.4 mukaan pitää olla: α2 + α + 1 = β + α + 1 = 1 + 1 = 0. Seuraa myös, että x2 + x + 1 = (x − α)(x − ξ) kunnassa Z2 [x]/I , missä ξ on jokin kunnan alkio. Mikä ξ on? Vastaavanlainen konstruktio voidaan tehdä lähtien mistä tahansa polynomista q(x), joka on ¡ ¢ jaoton yli kunnan Zp . Jos deg q(x) = d, niin # Zp [x]/hq(x)i = pd (katso (3.27)). Tuloksena on silloin äärellinen kunta GF (pd ).

3.8 Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Algebran peruskurssissa I käsiteltiin aksiomaattisesti vektoriavaruuksia yli R:n; aksioomat nimettiin V1V8. Tarkastelemme nyt tämän teorian luonnollista yleistystä. Olkoon K kunta. Vektoriavaruus yli kunnan K on joukko V , joka on varustettu sellaisilla kahdella operaatiolla, yhteenlaskulla V × V → V ja skalaarilla kertomisella K × V → V , että aksioomat V1V8 ovat voimassa, missä joka kohdassa R on korvattu kunnalla K . Valtaosassa reaalisten vektoriavaruuksien teoriaa skalaarikunnasta R ei käytetty hyväksi muuta kuin yleisiä kuntaominaisuuksia. Siksi koko se osa teoriaa pätee myös vektoriavaruuksille yli K :n (Tämän toteamiseksi pitäisi tietenkin koko teoria käydä uudestaan läpi.) Niinpä mm. seuraavat asiat ovat käytettävissä ja toimivat totutulla tavalla: aliavaruus, kanta, dimensio, suora summa, lineaarikuvaukset, matriisit, determinantit. Itse asiassa ainoat kohdat, jotka eivät yleisty vektoriavaruuksille yli mielivaltaisen kunnan ovat seuraavat.

• Sisätuloa (tai yleisemmin sisätuloavaruuksia, katso luku 4) koskevat asiat eivät yleisty. Ongelman muodostaa aksiooma (X, X) ≥ 0 (luku 4). Mainittakoon kuitenkin, että tärkeässä tapauksessa K = C sisätuloja pystytään käsittelemään, kunhan luvussa 4 esitettävään reaalisen tapauksen aksioomasysteemiin tehdään pari pientä muutosta.

LUKU 3. KUNTA

51

• Matriisien (tai lineaarikuvausten) ominaisarvojen yhteydessä käytettiin sitä, että polynomiyhtälöllä det(A − λI) = 0 on astelukunsa ilmoittama määrä juuria ko. skalaarikunnassa (ehkä yhtäsuuria). Näin ei ole yleisesti asianlaita. Tämänhän vuoksi lineaarialgebran kurssilla ominaisarvoja käsiteltiin yli C:n eikä yli R:n. Yleisenkin kunnan kohdalla on onneksi käytettävissä vastaava keino, kunnan ns. algebrallinen sulkeuma, josta tulee puhe Algebran kurssilla. Siksi tämä ongelma ei ole sittenkään kovin oleellinen. √ √ √ a, b ∈ Q} sisältää kunnan Q alirenkaanaan. Seuraa, että Q( n ) on vektoriavaruus yli Q:n, mis√ √ √ sä skalaarilla kertominen Q × Q( n ) → Q( n ) saadaan Q( n ):n kertolaskusta ja vektorien √ yhteenlasku on sama kuin Q( n ):n yhteenlasku. (Tarkista aksioomat V1V8!) Tällä vektoria√ varuudella yli Q:n on kantana {1, n }. (Osoita tämä kannan määritelmästä!) Siis sen dimensio √ on dimQ (Q( n )) = 2. √ Tätä voi käyttää esimerkiksi sen perustelemiseksi uudestaan, että Q( n ) on kunta. On nimittäin helppo todistaa seuraava yleinen tulos: Jos D on kokonaisalue, jolla on alirenkaana jokin kunta K , niin D on vektoriavaruus yli K :n, ja jos nyt dimK (D) < ∞, niin D on kunta! (Vihje todistusta varten: Seuraa lauseen 3.1.6 todistusta ja huomaa, että koska dimensio on äärellinen, niin erään lineaarikuvauksen injektiivisyydestä seuraa sen surjektiivisuus.)

Esimerkki 3.8.1 Olkoon n neliövapaa kokonaisluku 6= 0, 1. Rengas Q( n ) = { a + b n |

Esimerkki 3.8.2 Olkoon I = hp(x)i, missä p(x) ∈ K[x] on jaoton. Kunnalla K[x]/I on alikuntanaan K , joten se on myös vektoriavaruus yli K :n (vertaa esimerkkiin 3.8.1). Se, että alkioilla on yksikäsitteinen esitys muodossa a0 + a1 x + · · · + ad−1 xd−1 + I (ai ∈ K ) (katso (3.27)), merkitsee, että { 1 + I, x + I, . . . , xd−1 + I } on kanta K :n suhteen.

Huomautus 3.8.3 Zornin lemmaa tarvitaan todistettaessa, että mielivaltaisella vektoriavaruudella yli kunnan K on kanta. Meillähän kannan olemassaolo on tullut todistetuksi vain äärellisesti generoiduille eli äärellisulotteisille vektoriavaruuksille. (Tapauksessa K = R esitetty perustelu käy yleisellekin K :lle.) Todistuksen vaiheet ovat aivan lyhyesti esitettyinä seuraavat (vertaa lauseen 3.5.21 todistukseen). (1) Merkitään X :llä V :n kaikkien lineaarisesti riippumattomien osajoukkojen parvea, ja katsotaan sitä osittain järjestettynä joukkona sisältymisrelaation suhteen. (2) Todistetaan, että X :n jokaisella ketjulla on X :ssä yläraja, nimittäin ketjun jäsenten unioni; tässä pitää osata näyttää, että unioni on lineaarisesti riippumaton. (3) Siis Zornin lemman nojalla X :ssä on maksimaalinen alkio; todistetaan, että se on V :n kanta. Muuttamalla todistusta hiukan (miten?) saadaan osoitettua, että jokainen lineaarisesti riippumaton V :n osajoukko voidaan täydentää V :n kannaksi, ja myös, että jokainen V :n virittävä osajoukko voidaan redusoida V :n kannaksi.

Luku 4

Sisätuloavaruus 4.1 Sisätulo ja normi Avaruuksissa Rn määriteltiin vektorien sisätulo ja vektorin pituus : Kun x = (x1 , . . . , xn )T ja y = (y1 , . . . , yn )T , niin

(x, y) = x · y = x1 y1 + · · · + xn yn , q p |x| = (x, x) = x21 + · · · + x2n .

(4.1) (4.2)

Nyt haluamme yleistää nämä käsitteet muihinkin reaalisiin vektoriavaruuksiin, ja teemme sen asettamalla sisätulon eräät perusominaisuudet aksioomiksi:

Määritelmä 4.1.1 Olkoon V reaalinen vektoriavaruus. Olkoon annettuna kuvaus V × V → R; käytetään alkioparin (X, Y ) ∈ V ×V kuvalle merkintää (X, Y ) ∈ R. Tämä kuvaus on avaruudessa V määritelty sisätulo, jos se toteuttaa seuraavat ehdot: S1. (X, X) ≥ 0

∀ X ∈ V ; (X, X) = 0 ⇐⇒ X = θ;

S2. (X, Y ) = (Y, X) ∀ X, Y ∈ V ; S3. (X + Y, Z) = (X, Z) + (Y, Z) ∀ X, Y, Z ∈ V ; S4. (aX, Y ) = a(X, Y ) ∀ X, Y ∈ V, a ∈ R. Vektoriavaruus V varustettuna sisätulolla on sisätuloavaruus (inner product space).

Esimerkki 4.1.2 Avaruuden Rn sisätulo (4.1) toteuttaa aksioomat S1S4 ja on siis yleisen määritelmän mukainen sisätulo. Sitä sanotaan Rn :n tavalliseksi sisätuloksi tai standardisisätuloksi. Jatkossa Rn :n sisätulolla tarkoitetaan juuri tätä sisätuloa, ellei toisin mainita.

Esimerkki 4.1.3 Avaruudessa Rn voidaan kyllä määritellä muitakin sisätuloja. Jos A on säännöllinen n×n-matriisi, niin asettamalla (x, y)A = (Ax, Ay) saadaan toinen sisätulo ( , )A . (Tar52

LUKU 4. SISÄTULOAVARUUS

53

³

kista aksioomat.) Esimerkiksi matriisista A =

1 2 0 1

´

saadaan R2 :een sisätulo

(x, y)A = x1 y1 + 2x1 y2 + 2x2 y1 + 5x2 y2 .

Esimerkki 4.1.4 Äärellisulotteisen reaalisen vektoriavaruuden V kanta B = {B1 , . . . , Bn } indusoi V :lle sisätulon: (X, Y ) = (X, Y )B =

n X

kun X =

xi yi ,

i=1

n X

xi Bi ,

Y =

i=1

n X

yi Bi .

(4.3)

i=1

Esimerkki 4.1.5 Vektoriavaruudessa C[a, b] = {f : [a, b] → R | f jatkuva} on sisätulo Z (f, g) =

b

f (x)g(x) dx. a

(4.4)

Ehdot S2S4 on helppo tarkistaa, mutta S1:n täsmällinen perustelu on hiukan vaativampi. Ehtojen S3 ja S4 mukaan sisätulo on lineaarinen ensimmäisen tekijänsä suhteen. Sisätulon symmetrisyydestä (S2) seuraa lineaarisuus toisenkin tekijän suhteen. Siis sisätulo on bilineaarinen, eli

(a1 X1 + a2 X2 , b1 Y1 + b2 Y2 ) = a1 b1 (X1 , Y1 ) + a1 b2 (X1 , Y2 ) + a2 b1 (X2 , Y1 ) + a2 b2 (X2 , Y2 ). (4.5) Valitsemalla a = 0 ehdossa S4 saadaan myös

(θ, X) = (X, θ) = 0

∀ X ∈ V.

(4.6)

Määritelmä 4.1.6 Sisätuloavaruudessa vektorin X normi on kXk =

p (X, X) .

(4.7)

Avaruudessa Rn vektorin normi on sama kuin vektorin pituus (4.2).

Lause 4.1.7 Kun V on sisätuloavaruus, niin kXk = 0 ⇔ X = θ;

(i)

kXk ≥ 0

(ii)

kaXk = |a| kXk

(iii)

kX + Y k ≤ kXk + kY k

(iv)

|(X, Y )| ≤ kXk · kY k

∀X ∈V;

∀ a ∈ R, X ∈ V ; ∀ X, Y ∈ V

(kolmioepäyhtälö); (CauchynSchwarzin epäyhtälö).

∀ X, Y ∈ V

Todistus. Kohta (i) seuraa aksioomasta S1 ja normin määritelmästä, ja kohta (ii) saadaan näin: kaXk =

p

(aX, aX) =

p

p a2 (X, X) = |a| (X, X) = |a| kXk.

LUKU 4. SISÄTULOAVARUUS

54

Todistamme seuraavaksi CauchynSchwarzin epäyhtälön (iv). Jos Y = θ, niin kumpikin puoli on 0. Olkoon nyt Y 6= θ. Tarkastellaan vektoreita X + cY , c ∈ R. Koska (X + cY, X + cY ) ≥ 0, niin sisätulon bilineaarisuuden ja symmetrisyyden avulla saadaan

(X, X) + 2c(X, Y ) + c2 (Y, Y ) ≥ 0

∀ c ∈ R.

Vasen puoli on toisen asteen polynomi c:n suhteen (huomaa että (Y, Y ) 6= 0), joten epäyhtälön nojalla sen diskriminantti on ≤ 0, siis

(X, Y )2 ≤ (X, X)(Y, Y ). Väite (iv) seuraa tästä. CauchynSchwarzin epäyhtälön mukaan (X, Y ) ≤ |(X, Y )| ≤ kXk kY k, ja nyt käyttämällä sisätulon ominaisuuksia saadaan

kX + Y k2 = (X + Y, X + Y ) = (X, X) + 2(X, Y ) + (Y, Y ) ≤ kXk2 + 2kXk kY k + kY k2 ¡ ¢2 = kXk + kY k , josta kolmioepäyhtälö (iii) seuraa.

2

Esimerkki 4.1.8 Soveltamalla CauchynSchwarzin epäyhtälöä avaruuteen Rn saadaan µX n

¶2 xi yi

≤

µX n

i=1

x2i

¶µ X n

¶ yi2

∀ xi , yi ∈ R.

(4.8)

∀ f, g ∈ C[a, b].

(4.9)

i=1

i=1

Esimerkin 4.1.5 tapauksessa epäyhtälö taas saa muodon

µZ

¶2

b

fg

µZ

b

≤

a

a

¶µZ f2

b

¶ g2

a

CauchynSchwarzin epäyhtälö mahdollistaa vektorien välisen kulman määrittelemisen: Vektorien X, Y ∈ V , X, Y 6= θ, välinen kulma on se α, jolla

cos α =

(X, Y ) , kXk kY k

0 ≤ α ≤ 180◦ .

(4.10)

Normin avulla määritellään myös vektorien X, Y etäisyys

d(X, Y ) = kX − Y k.

(4.11)

Tämä tekee sisätuloavaruudesta ns. metrisen avaruuden. (Metrinen avaruus on joukko, jossa on määritelty muutaman tietyn aksiooman toteuttava pisteiden etäisyysfunktio.)

LUKU 4. SISÄTULOAVARUUS

55

4.2 Ortonormaalikanta Olkoon V sisätuloavaruus. Sen vektoreita X, Y sanotaan ortogonaalisiksi eli kohtisuoriksi, jos (X, Y ) = 0; tällöin merkitään X ⊥ Y . Vektorijoukko S ⊆ V on ortogonaalinen joukko, jos sen vektorit ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. Jos tämän lisäksi S :n jokaisen vektorin normi on 1, joukkoa sanotaan ortonormaaliseksi. Jos V :n kanta on ortonormaalinen, sitä sanotaan V :n ortonormaalikannaksi. Kuten Rn :ssä, kannan ortonormaalisuus on edullinen ominaisuus. Olkoon {Ei | i ∈ I} V :n P ortonormaalikanta. Kun X ∈ V ja X = i∈I xi Ei (missä vain äärellisen moni xi 6= 0), niin saadaan xj = (X, Ej ), ja siis X (X, Ei )Ei . (4.12) X= Jos lisäksi Y =

i∈I

P i∈I

yi Ei , niin (X, Y ) =

X

xi yi .

(4.13)

i∈I

Kun tähän sijoitetaan X :n ja Y :n lausekkeet (4.12), saadaan Parsevalin kaava

(X, Y ) =

X (X, Ei )(Y, Ei ).

(4.14)

i∈I

Kaavat (4.12)(4.14) johdetaan helposti laskemalla; kanta voi olla ääretön, mutta summissa on kuitenkin vain äärellisen monta termiä 6= 0, joten käsittely palautuu äärellisiin summiin. Aivan samoin kuin Rn :n tapauksessa todistetaan:

Lause 4.2.1 Jos vektorit Xj ovat keskenään ortogonaalisia ja 6= θ (missä j käy jonkin indeksijoukon J ), niin ne ovat lineaarisesti riippumattomia. Huomaa, että lineaarisen riippuvuuden määritelmässäkin esiintyvissä lineaarikombinaatioissa on vain äärellisen monta termiä (6= θ).

Seuraus 4.2.2 Ortonormaalinen vektorijoukko on lineaarisesti riippumaton.

4.3 GraminSchmidtin ortogonalisointimenetelmä Lineaarialgebran kurssissa näytettiin, miten annettu Rn :n vektorijoukko voidaan ortogonalisoida. Todistuksessa ei tarvittu esimerkiksi vektorien esitystä koordinaattivektoreina, vaan käytettiin vain vektoriavaruuden ja sisätulon yleisiä ominaisuuksia. Siksi todistus on sellaisenaan siirrettävissä tähän yleiseenkin tilanteeseen, ja saadaan seuraava lause. (Tarkista kuitenkin itse todistuksen yksityiskohdat!)

Lause 4.3.1 Kun X1 , . . . , Xm ovat sisätuloavaruuden V lineaarisesti riippumattomia vektoreita, niin on sellaiset keskenään ortogonaaliset vektorit Y1 , . . . , Ym , että L(X1 , . . . , Xm ) = L(Y1 , . . . , Ym ).

LUKU 4. SISÄTULOAVARUUS

56

Seuraus 4.3.2 Äärellisulotteisella sisätuloavaruudella on ortonormaalikanta. Todistus perustuu GraminSchmidtin menetelmään. Vektorit Yi konstruoidaan rekursiivisesti:

   Y1 = X1 ,   Yj = Xj −

j−1 P i=1

(Xj ,Yi ) (Yi ,Yi )

Yi

(j = 2, . . . , m).

(4.15)

Todistuksessa nähdään vieläpä, että L(X1 , . . . , Xh ) = L(Y1 , . . . , Yh ) kun h = 1, . . . , m. Jos vektorit Xi saavat olla keskenään lineaarisesti riippuvia, menetelmä toimii hiukan muutettuna. Silloin saattaa tulla tapauksia Yi = θ; nämä nollavektorit vain jätetään pois myöhemmin laskettavien Yj :den lausekkeista.

Huomautus 4.3.3 Helposti nähdään, että GraminSchmidtin menetelmä soveltuu myös numeroituvan vektorijoukon {X1 , X2 , . . . } ortogonalisointiin. Siis sisätuloavaruudella, jolla on numeroituva kanta, on ortonormaalikanta.

Esimerkki 4.3.4 Katsotaan polynomiavaruutta P4 = {a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 | ai ∈ R} C[−1, 1]:n aliavaruutena. Koska C[−1, 1] on sisätuloavaruus esimerkin 4.1.5 mukaisesti, sisätulona Z 1 (f, g) = f (x)g(x) dx, (4.16) −1

niin myös P4 on sisätuloavaruus saman sisätulon (4.16) suhteen. (Huomaa samalla yleisesti, että jos V on sisätuloavaruus ja U on aliavaruus, niin V :n sisätulon restriktio U × U → R on sisätulo U :lla; tarkista aksioomat.) Ortogonalisoidaan P4 :n kanta {1, x, x2 , x3 }. Merkitään X1 = 1, X2 = x, X3 = x2 , X4 = x3 . Nyt Y1 = X1 = 1 ja (X2 , Y1 ) Y2 = X2 − Y1 . (Y1 , Y1 ) R1 Tässä (X2 , Y1 ) = (x, 1) = −1 x · 1 dx = 0, joten

Y2 = X2 − 0 · Y1 = x. Samoin lasketaan, että

Y3 = X3 −

(X3 , Y2 ) 2/3 1 (X3 , Y1 ) Y1 − Y2 = x2 − · 1 − 0 · x = x2 − (Y1 , Y1 ) (Y2 , Y2 ) 2 3

ja

Y4 = X4 −

(X4 , Y2 ) (X4 , Y3 ) 2/5 3 (X4 , Y1 ) Y1 − Y2 − Y3 = x3 − 0 · 1 − · x − 0 · x2 = x3 − x. (Y1 , Y1 ) (Y2 , Y2 ) (Y3 , Y3 ) 2/3 5

Samalla tavalla voidaan ortogonalisoida avaruuden C[−1, 1] alkiot 1, x, x2 , x3 , x4 , . . . , ja tuloksena on polynomiavaruuden P ortonormaalikanta. Näin syntyvät polynomit ovat vakiokertoimia vaille ns. Legendren polynomit. Käyttämällä sisätulon (4.16) sijasta jotain muuta sisätuloa saadaan toisenlaisia ortogonaalipolynomien joukkoja. Tällaisilla on suuri merkitys mm. dierentiaaliyhtälöiden yhteydessä.

LUKU 4. SISÄTULOAVARUUS

57

4.4 Ortogonaalikomplementti ja -projektio Sisätuloavaruuden V aliavaruuden U ortogonaalikomplementti on

U ⊥ = {X ∈ V | X ⊥ Y ∀ Y ∈ U }.

(4.17)

Aliavaruuskriteerillä nähdään, että U ⊥ on aliavaruus. Aivan samoin kuin Rn :n tapauksessa todistetaan:

Lause 4.4.1 Kun V on sisätuloavaruus ja U sen äärellisulotteinen aliavaruus, niin V = U ⊕ U ⊥.

(4.18)

Todistuksen pääkohdat ovat seuraavat: Ensinnäkin S1:stä seuraa U ∩ U ⊥ = {θ}. Sen osoittamiseksi, että V = U + U ⊥ , valitaan U :lle ortonormaalikanta {E1 , . . . , Em } (seuraus 4.3.2). Jokainen V :n vektori X voidaan kirjoittaa muodossa X = Y + Y ⊥ , missä

Y =

m X (X, Ei )Ei ,

Y ⊥ = X − Y.

(4.19)

i=1

Silloin Y ∈ U , ja laskemalla osoitetaan, että Y ⊥ ∈ U ⊥ .

Määritelmä 4.4.2 Olkoon V sisätuloavaruus ja olkoon U sellainen aliavaruus, että V = U ⊕ U ⊥ . Kun vektori X ∈ V kirjoitetaan muodossa X = Y + Y ⊥ , missä Y ∈ U ja Y ⊥ ∈ U ⊥ , niin sanotaan, että Y on X :n ortogonaaliprojektio aliavaruudella U . Lauseen 4.4.1 todistuksesta saadaan, että X :n ortogonaaliprojektio aliavaruudella U on m X Y = (X, Ei )Ei ,

(4.20)

i=1

kun {E1 , . . . , Em } on U :n ortonormaalikanta. Samoin kuin Rn :n tapauksessa näytetään, että jos V = U ⊕ U ⊥ (U :n dimensio saa tässä olla mielivaltainen), niin U ⊥⊥ = U , ja siis eo. Y ⊥ on samalla X :n ortogonaaliprojektio aliavaruudella U ⊥.

Huomautus 4.4.3 Jos sallitaan dim U = ∞, niin esiintyy tapauksia, joissa U ⊕ U ⊥ ⊂ V ja U ⊂ U ⊥⊥ (aidot sisältymiset).

Esimerkki 4.4.4 Lasketaan funktion ex ∈ C[−1, 1] ortogonaaliprojektio p(x) aliavaruudella P4 sisätulon (4.16) suhteen. Perustellaan myös, että p(x) on (sisätulon (4.16) mielessä) paras ex :n approksimaatio korkeintaan astetta 3 olevien polynomien joukossa; tämä tarkoittaa, että jos q(x) ∈ P4 , niin kex − p(x)k ≤ kex − q(x)k.

Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Kertausta

Teema 1 Syklisistä ryhmistä

1 / 29

Ryhmä Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Muistetaan, että ryhmä on joukko G, jossa on määritelty yksi laskutoimitus ∗. Laskutoimituksesta käytetään yleensä multiplikatiivista merkintää, jolloin kirjoitamme ab mutkikkaamman a ∗ b asemesta. ■

■

Teema 1 Syklisistä ryhmistä

■ ■

Laskutoimituksen on oltava assosiatiivinen, eli sääntö a(bc) = (ab)c on voimassa olivatpa a, b, c ∈ G mitä tahansa alkioita. Ryhmässä on erityisasemassa oleva alkio 1G (usein yksinkertaisesti 1), jolla "kertominen"on helppoa: 1a = a ja a1 = a kaikille a ∈ G. Jokaiselle a ∈ G löytyy käänteisalkio, eli alkio a′ , jolle aa′ = 1 ja a′ a = 1. Merkitään a′ = a−1 . Jos lisäksi laskutoimitus on vaihdannainen (kommutatiivinen) eli ab = ba kaikille a, b ∈ G, niin puhutaan Abelin ryhmästä.

2 / 29

Aliryhmä Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Ryhmän G osajoukkoa H sanotaan G:n aliryhmäksi, merk. H ≤ G, jos H on ryhmä G:n laskutoimituksen suhteen. Tällöin ■ ■ ■ ■

■

1G ∈ H Jos a, b ∈ H, niin myös ab ∈ H ja a−1 ∈ H. Tämän seurauksena: Jos a, b ∈ H, niin myös ab−1 ∈ H (Aliryhmäkriteeri) Jos edellisen bulletin implikaatio on voimassa, ja lisäksi tiedetään, että H 6= ∅, niin tällöin voidaan päätellä, että H ≤ G. Kahden (tai useamman) aliryhmän leikkausjoukko on sekin aliryhmä.

3 / 29

Generoitu aliryhmä Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1

Jos G on ryhmä, ja S ⊆ G, niin joukon S generoima aliryhmä, hSi, on pienin sellainen aliryhmä H ≤ G, joka sisältää joukon S. ■ ■

■

hSi = H≤G,S⊆H H. Joukko hSi muodostuu tuloista x1 x2 · · · xℓ , missä ℓ voi olla mikä tahansa luonnollinen luku, ja kullekin indeksin i arvolle joko xi ∈ S tai x−1 i ∈ S. Jos joukossa S on vain yksi alkio, S = {c}, niin puhutaan syklisestä ryhmästä hSi tai lyhyesti hci. T

Syklisistä ryhmistä

4 / 29

Alkion potenssi Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Jos G on ryhmä ja a ∈ G, niin voidaan määritellä potenssi an aina, kun n ∈ Z. Käytetään sääntöjä (rekursiivisesti): a0 = 1, a1 = a, a2 = aa, . . . , an+1 = (an )a. ■ ■ ■ ■

a−1 on aiemmin esiintynyt käänteisalkio. an am = an+m kaikille n, m ∈ Z ja kaikille a ∈ G. (an )m = anm kaikille n, m ∈ Z ja kaikille a ∈ G. Sääntö (ab)n = an bn sitä vastoin EI ole voimassa ellemme tiedä, että G on Abelin ryhmä.

Jos on olemassa sellainen positiivinen kokonaisluku k, jolle ak = 1G , niin pienintä tällaista positiivista kokonaislukua kutsutaan alkion a kertaluvuksi, ordG (a). Jos tällaista kokonaislukua ei ole olemassa, niin sanotaan, että a:n kertaluku on ääretön. ordG (a) = #hai.

5 / 29

Additiivinen merkintä Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Jos ryhmän laskutoimitus on luonteeltaan yhteenlaskua (lukujen, vektorien, funktioiden,...), niin siitä käytetään additiivista merkintää (hämäykseksi tai pikemminkin hämäyksen välttämiseksi). Tällöin on muistettava, että

Teema 1

■

■ ■ ■

Syklisistä ryhmistä

■

Kirjoitamme siis a + b eikä a ∗ b tai ab. Erikoisasemassa olevaa alkiota kutsutaan nolla-alkioksi 0 = 0G , ja sille a + 0 = a ja 0 + a = a kaikille a ∈ G. Käänteisalkion asemesta puhutaan vasta-alkiosta −a, jolle a + (−a) = 0. Laskutoimitus on AINA vaihdannainen, eli a + b = b + a kaikille a, b ∈ G. Potenssien asemesta puhutaan kokonaislukumonikerroista: esim. 3a = a + a + a, −2a = (−a) + (−a).

6 / 29

Esimerkki 0A.1 Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Kokonaislukujen joukko Z on Abelin ryhmä yhteenlaskun suhteen ( =⇒ additiivinen merkintä). Neutraalialkiona on luku 0 ∈ Z. Lisäksi näemme, että Z on luvun 1 generoima ryhmä, koska kaikki luvut saadaan soveltamalla ryhmätoimitusta siihen ja sen vasta-alkioon:

Teema 1

Tehtävä: Osoita, että joukko

Syklisistä ryhmistä

5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1,

−4 = (−1) + (−1) + (−1) + (−1)

Siis Z = h1i.

2Z = {n ∈ Z | n on kahdella jaollinen, eli n | 2} on ryhmän Z aliryhmä.

7 / 29

Esimerkki 0A.2 Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Ratkaisu: Joukko 2Z selvästikään ei ole tyhjä, sillä 0 on kahdella jaollinen, joten 0 ∈ 2Z. Olkoot a, b ∈ 2Z mielivaltaisia. Tällöin ne ovat kahdella jaollisia, eli a = 2a1 ja b = 2b1 joillekin kokonaisluvuille a1 , b1 . Tällöin a − b = 2a1 − 2b1 = 2(a1 − b1 ) on selvästi kahdella jaollinen, eli myös a − b ∈ 2Z. Näin ollen aliryhmäkriteerin ehdot toteutuvat, eli 2Z ≤ Z. Erityisesti siis 2Z on ryhmä yhteenlaskun suhteen (usein kätevä tapa todistaa joukko ryhmäksi jonkin operaation suhteen on osoittaa sen olevan tunnetun isomman ryhmän aliryhmä).

8 / 29

Esimerkki 0A.3 Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Tehtävä: Osoita, että joukko K := 2Z ∪ 3Z = {n ∈ Z | n on jaollinen kahdella tai kolmella} ei ole ryhmän Z aliryhmä. Ratkaisu: Koska 2 on kahdella jaollinen, niin 2 ∈ K. Koska 3 on kolmella jaollinen, niin 3 ∈ K. Niiden summa 2 + 3 = 5 ei ole jaollinen kahdella eikä kolmella, eikä siis ole osajoukon K alkio. Näin ollen K ei ole suljettu yhteenlaskun suhteen, eikä K näin ollen ole ryhmä yhteenlaskun suhteen.

9 / 29

Esimerkki 0B Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Olkoon m jokin positiivinen kokonaisluku. Jäännösluokkien modulo m joukko Zm on (additiivinen) ryhmä jäännösluokkien yhteenlaskun suhteen. Muista, että jäännösluokkien yhteenlasku on hyvinmääritelty edustajien välityksellä. Selvästi Zm = h1i, 2 = 1 + 1 jne., joten ryhmä (Zm , +) on syklinen. Tehtävä: Osoita, että myös jäännösluokka 3 generoi ryhmän Z8 .

Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Ratkaisu: Olkoon H = h3i ≤ Z8 . 3 + 3 = 6 ∈ H. Näin ollen myös 3 + 6 = 9 = 1 ∈ H. Yllä näimme että 1:n avulla voidaan kirjoittaa kaikki muut alkiot, joten tämä riittääkin (voidaan myös jatkaa yhteenlaskua ja tuottaa kaikki alkiot).

10 / 29

Lagrangen lause Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1

Jos G on äärellinen ryhmä, ja H ≤ G, niin Lagrangen lauseen nojalla #H | #G. Erityisesti siis kaikille a ∈ G ordG (a) = #hai on ryhmän G kertaluvun #G (=sen alkioiden lukumäärä) tekijä. Esimerkkejä ■ ■

Ryhmässä Z4 ei ole kertalukua 3 olevaa alkiota. Jos 8-alkioisen ryhmän G aliryhmän H alkioiden lukumäärä on vähintään 5, niin välttämättä H = G.

Syklisistä ryhmistä

11 / 29

Esimerkki 0C.1 Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2 Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Olkoon m jokin positiivinen kokonaisluku. Joukon Zm osajoukko Z∗m = {a | syt(a, m) = 1} on ryhmä jäännösluokkien kertolaskun suhteen (siis multiplikatiivinen merkintä käytössä). Jos p on alkuluku, niin ryhmässä Z∗p on p − 1 alkiota. Tehtävä: Mitä alkioita kuuluu ryhmän Z∗7 aliryhmään H := h2i? Ratkaisu: Selvästi 2 ∈ H. Samoin 2 · 2 = 4 ja 3 2 = 4 · 2 = 8 = 1. Muita ei sitten tarvitakaan.

12 / 29

Esimerkki 0C.2 Kertausta Ryhmä Aliryhmä Generoitu aliryhmä Alkion potenssi Additiivinen merkintä Esimerkki 0A.1 Esimerkki 0A.2 Esimerkki 0A.3 Esimerkki 0B Lagrangen lause Esimerkki 0C.1 Esimerkki 0C.2

Tehtävä: Osoita, että ryhmä Z∗7 on kuitenkin syklinen. Ratkaisu: Edellisen kalvon perusteella jäännösluokka 2 ei kelpaa. Kokeillaan sitten jäännösluokkaa 3. Sen potensseina saadaan jäännösluokat 2

3 = 9 = 2, 3

3 = 2 · 3 = 6, 4

Teema 1

3 = 3 · 6 = 18 = 4,

Syklisistä ryhmistä

3 = 3 · 4 = 12 = 5,

5 6

3 = 3 · 5 = 15 = 1 kaikki mukaan aliryhmään h3i. Mutta tässä onkin jo kaikki ryhmän Z∗7 alkiot! 13 / 29

Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä

Teema 1

14 / 29

Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Syklisistä ryhmistä

15 / 29

Esimerkki 1A.1 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

(Monisteen Esimerkki 1.1.3) Olkoon C∞ = hci. Tehtävä A: Mikä on alkioiden c4 ja c6 generoima aliryhmä H? Ratkaisu: Selvästi c2 = c6 · (c4 )−1 ∈ H. Toisaalta c4 ja c6 molemmat kuuluvat aliryhmään hc2 i. Koska H oli suppein aliryhmä, joka sisältää alkiot c4 , c6 , niin H ⊆ hc2 i. Toisaalta koska c2 ∈ H, niin hc2 i ⊆ H. Siis H = hc2 i.

16 / 29

Esimerkki 1A.2 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Tehtävä B: Entä yleisemmin mille luvulle k saadaan hcm , cn i = hck i (Huomaa, että Lemma 1.1.1 lupaa tällaisen luvun k olevan olemassa!) Ratkaisu: Tämä toteutuu, kun k = syt(m, n). Nimittäin Bezout’n identiteetti (PK I) lupaa, että löytyy sellaiset kokonaisluvut u, v että k = um + vn. Näin ollen ck = cum+vn = (cm )u (cn )v ∈ hcm , cn i. Toisaalta k on pienin positiivinen luku, joka voidaan kirjoittaa muodossa um + vn (PK I), joten väite seuraa Lemmasta 1.1.1. Vaihtoehtoisesti voidaan edetä kuten Tehtävän A ratkaisussa.

17 / 29

Esimerkki 1A.3 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Tehtävä C: PK I:stä muistamme myös, että kahden aliryhmän leikkaus on sekin aliryhmä. Määrää aliryhmien H1 = hcm i ja H2 = hcn i leikkauksen generaattori ck (jälleen olemassa Lemman 1.1.1 nojalla). Ratkaisu: Ryhmän C∞ alkio ck kuuluu aliryhmään H1 sjvsk m | k. Samoin ck ∈ H2 sjvsk n | k. Näin ollen ck ∈ H1 ∩ H2 sjvsk m | k ja n | k. Tällöin siis on luvun k oltava lukujen m ja n yhteinen jaettava. Pienin tällainen luku k on tietenkin pyj(m, n). Lemman 1.1.1 nojalla H1 ∩ H2 = hcpyj(m,n) i.

18 / 29

Esimerkki 1B.1 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Monisteen Esimerkit 1.1.8 ja 1.1.9. Haetaan syklisen ryhmän (Z12 , +) kaikki aliryhmät — kuvina:-) XII XI

I

X

II

IX

III

VIII

IV

VII

V VI

19 / 29

Esimerkki 1B.2 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

h2i = {0, 2, 4, 6, 8, 10} ja h3i = {0, 3, 6, 9} XII XI

XII I

X

XI

II

IX

X

III

VIII

IV

VII

V VI

I

II

IX

III

VIII

IV

VII

V VI

20 / 29

Esimerkki 1B.3 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

h4i = {0, 4, 8} ja h6i = {0, 6} XII XI

XII I

X

XI

II

IX

X

III

VIII

IV

VII

V VI

I

II

IX

III

VIII

IV

VII

V VI

21 / 29

Esimerkki 1B.4 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Näemme, että näiden kesken on sisältymisrelaatioita. Kaikki aliryhmä ovat tietenkin koko ryhmän h1i osajoukkoja, ja toinen triviaali aliryhmä {0} on osajoukkona kaikissa muissa. Lisäksi havaitsemme sisältymisrelaatiot h4i ⊂ h2i, h6i ⊂ h2i ja h6i ⊂ h3i. Tämä informaatio on joskus hyödyllistä esittää ns. Hassen diagrammina, jossa kahta aliryhmää yhdistää viiva sjvsk toinen on toisen aliryhmä. Suurempi aliryhmä laitetaan usein ylemmäksi (mutta joskus on tarkoituksenmukaista menetellä tarkalleen päinvastoin). Lisäksi, jos diagrammista on jo luettavissa, että H1 ⊂ H2 ja H2 ⊂ H3 , niin on tarpeetonta enää piirtää sinne viiva, joka vastaa sisältymisrelaatiota H1 ⊂ H3 , koska relaatio ⊂ on transitiivinen.

22 / 29

Esimerkki 1B.5 Kertausta

Z12

Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

h2i h4i

❅ ❅ ❅ ❅ ❅

❅ ❅ ❅ ❅ ❅

❅ ❅ ❅ ❅ ❅

h3i

h6i {0}

23 / 29

Alkion kertaluku Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

G ryhmä, a ∈ G. Tällöin alkion a kertaluku on pienin sellainen positiivinen eksponentti n, jolle an = 1 (tai ääretön, jos tällaista ei ole). Siis ordG (a) = #hai. ■ ■ ■ ■

ord(a) = 1 sjvsk a = 1. ord(a) = n ⇔ an = 1 ja ak 6= 1 kun 0 < k < n. am = 1 ⇔ ord(a) | m. (Moniste Esim.1.1.11) Ryhmässä G = Z∗21 on ord(20) = 2, koska 20 = −1. Lisäksi ord(2) = 6, koska 26 = 64 ≡ 1 (mod 21), mutta 22 6≡ 1 ja 23 6≡ 1.

24 / 29

Ykkösenjuuret Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Olkoon n ∈ N, n > 0. Tutkitaan kompleksilukua 2π 2π + i sin . ζn = cos n n Moivren kaavan nojalla ζnk

2kπ 2kπ = cos + i sin , n n

joten ζnk = 1C∗ = 1 + 0i sjvsk n | k. Joten ord(ζn ) = n.

ζ2 = −1,

√ −1 + i 3 , ζ3 = 2

ζ4 = i.

25 / 29

Esimerkki 1C.1 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

(Monisteen Esimerkki 1.1.14). Tiedetään, että A ∈ GL3 (C) sellainen diagonalisoituva kompleksinen 3 × 3-matriisi, jonka ominaisarvot ovat 1, ζ3 ja ζ4 = i. Määrätään matriisin A kertaluku. Ratkaisu: Oletusten nojalla on olemassa sellainen säännöllinen matriisi P , jolle P AP −1





1 0 0   =  0 ζ3 0  . 0 0 ζ4

26 / 29

Esimerkki 1C.2 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Tällöin kaikille k ∈ N P Ak P −1 = P A(P −1 P )A(P −1 P ) · · · AP −1 

1k

= (P AP −1 )k =  0 0 



0 0  ζ3k 0  . 0 ζ4k

Tämä on identiteettimatriisi sjvsk 3 | k ja 4 | k. Kaiken kaikkiaan siis vaaditaan, että 12 | k. Selvästi P Ak P −1 = I ⇔ Ak = I, joten voimme päätellä tuloksen ord(A) = 12.

27 / 29

Esimerkki 1C.3 Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

Tämä päättely yleistyy kaikkiin ryhmiin seuraavalla tavalla. Jos a ∈ G ja u ∈ G, niin muistamme, että alkioita uau−1 kutsutaan a:n konjugaateiksi. Koska (uau−1 )k ) = (uau−1 )(uau−1 ) · · · (uau−1 )

= ua(u−1 u)a(u−1 u)a(u−1 u)a · · · (u−1 u)au−1 = uak u−1 ,

ja uak u−1 = 1 ⇔ ak = 1, niin näemme, että alkioilla a ja uau−1 on sama kertaluku.

28 / 29

Esimerkki 1D Kertausta Teema 1 Syklisistä ryhmistä Esimerkki 1A.1 Esimerkki 1A.2 Esimerkki 1A.3 Esimerkki 1B.1 Esimerkki 1B.2 Esimerkki 1B.3 Esimerkki 1B.4 Esimerkki 1B.5 Alkion kertaluku Ykkösenjuuret Esimerkki 1C.1 Esimerkki 1C.2 Esimerkki 1C.3 Esimerkki 1D

(Monisteen Esimerkki 1.1.19) Oletetaan, että alkion a kertaluku ryhmässä G on pariton. Osoita, että tällöin hai = ha2 i.

Todistus: Merkitään aliryhmiä hai = H, ja ha2 i = K. Koska a2 ∈ H, niin ilman muuta K ⊆ H (K on suppein aliryhmä, joka sisältää alkion a2 — sitä vastoin H on eräs aliryhmä, joka sisältää alkion a2 ). Olkoon n = ord(a). Meille oli annettuna 2 ∤ n, joten syt(n, 2) = 1. Seurauksen 1.1.16 nojalla siten n n ord(a ) = = = n. syt(n, 2) 1 2

Näin ollen aliryhmässä K on #K = ord(a2 ) = n alkiota. Koska myös #H = ord(a) = n, niin K ei voi olla H:n aito osajoukko. Siis K = H.

29 / 29

Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Teema 2

1 / 33

Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa

Permutaatioista

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

2 / 33

Kertausta Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Olkoon n positiivinen kokonaisluku. Määritellään joukko Jn = {1, 2, 3, . . . , n}, ja Sn = {σ : Jn → Jn | σ on bijektio}. ■ ■ ■ ■ ■

Bijektion σ ∈ Sn käänteiskuvaus σ −1 ∈ Sn . Kahden bijektion ∈ Sn yhdistetty kuvaus on sekin bijektio. Funktioiden, erityisesti bijektioiden, yhdistäminen on assosiatiivista. Identiteettikuvaus id(k) = k kaikille k ∈ Jn on kuvausten yhdistämisen suhteen neutraalialkio. Sn on ryhmä kuvausten yhdistämisen suhteen.

3 / 33

Sykli Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Kutsumme sykliksi permutaatiota σ ∈ Sn , joka jollekin kokonaisluvulle k < n, ja joillekin parittain erisuurille luvuille i1 , i2 , i3 , . . . , ik ∈ Jn määräytyy ehdoista σ(ij ) = ij+1 aina, kun 1 ≤ j < k, σ(ik ) = i1 ja σ(i) = i, aina, kun i ei ole mikään luvuista i1 , i2 , . . . , ik . Merkitään σ = (i1 i2 i3 · · · ik ). Esimerkiksi kun n = 6, niin sykli (2354) on permutaatio (2354) =

1 2 3 4 5 6 1 3 5 2 4 6

!

.

Eli permutaatio, joka kuvaa 2 7→ 3 7→ 5 7→ 4 7→ 2 ja 1 7→ 1, 6 7→ 6.

4 / 33

Sykliesitys Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2

Kahta sykliä sanotaan erillisiksi, jos niillä ei ole yhteisiä alkioita. ■ ■

Permutaatioiden algebraa

(2354) = (3542) = (5423) = (4235)

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Erilliset syklit kommutoivat, eli jos α ja β ovat erillisiä syklejä, niin αβ = βα. Sama sykli voidaan esittää eri tavoilla riippuen siitä, mikä joukon Jn alkio valitaa ensimmäiseksi. Esimerkiksi

■

■

kaikki tarkoittavat edellisen kalvon permutaatiota. Sykliä, jossa on n alkiota kutsutaan n-sykliksi. 2-syklejä kutsutaan myös tranpositioiksi. 1-syklit jätetään usein merkitsemättä (1-sykli = neutraalialkio!) Jokainen permutaatio voidaan kirjoittaa erillisten syklien tulona.

5 / 33

Esimerkki 2A.1 Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Tehtävä: Esitä permutaatio α=

1 2 3 4 5 6 7 8 1 8 6 2 7 5 3 4

!

∈ S8

erillisten syklien tulona. Ratkaisu: Koska α(1) = 1, niin luku 1 muodostaa permutaatiossa α 1-syklin (1). Sen sijaan 2 7→ 8 7→ 4 7→ 2, joten nämä muodostavat 3-syklin (284). Luvut 3, 5, 6, 7 ovat vielä käsittelemättä. Näemme, että 3 7→ 6 7→ 5 7→ 7 7→ 3, joten nämä muodostavat 4-syklin (3657). Saamme tulokseksi α = (1)(284)(3657).

6 / 33

Esimerkki 2A.2 Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2

Tässä voidaan: A) vaihtaa syklien järjestys (erilliset kommutoivat!), B) kunkin syklin ensimmäinen alkio, C) jättää pois 1-syklit. Esimerkiksi siis myös α = (6573)(428).

Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

7 / 33

Esimerkki 2B.1 Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Erilliset syklit kommutoivat, mutta ei-erillisten syklien tulo on yleensä hyvä kirjoittaa erillisten syklien tuloksi, eli laskea kyseinen ryhmätoimitus!! Kuten yllä, tämä tehdään selvittämällä millaiseen sykliin kukin joukon Jn luvuista kuuluu. Usein on hyvä edetä systemaattisesti. Ensin selvitetään, millaiseen sykliin luku 1 kuuluu. Saadun syklin alkiota on siten käsitelty. Sitten tarkastellaan pienintä lukua, jonka sykliä ei vielä ole käsitelty, ja toistetaan tätä niin kauan, että kaikki luvut 1, 2, . . . , n on käyty läpi. Tehtävä: Kirjoita permutaatioiden tulo (1425)(342) ∈ S5 erillisten syklien tulona.

8 / 33

Esimerkki 2B.2 Teema 2 Permutaatioista Kertausta Sykli Sykliesitys Esimerkki 2A.1 Esimerkki 2A.2 Esimerkki 2B.1 Esimerkki 2B.2 Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Ratkaisu: Tässä on (kuvaus)tulo αβ, missä β = (342) ja α = (1425). Kuten aina kuvauksia yhdistettäessä oikeanpuoleisin kuvaus tehdään ensin. Tässä β(1) = 1 ja näin ollen α(β(1)) = α(1) = 4. Siis (α ◦ β)(1) = 4. Koska haluamme selvittää millaiseen sykliin luku 1 kuuluu, laskemme seuraavaksi (α ◦ β)(4) = α(β(4)) = α(2) = 5. Sitten seuraavaksi (α ◦ β)(5) = α(β(5)) = α(5) = 1. Sykli sulkeutui (palasi lukuun 1), joten tulossa αβ yhtenä syklinä on 3-sykli (145). Pienin luku, jonka kuvautumista emme vielä tiedä on 2. Nyt α(β(2)) = α(3) = 3 ja α(β(3)) = α(4) = 2, joten se kuuluu 2-sykliin (23). Vastaus: α = (145)(23). 9 / 33

Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

Permutaatioiden algebraa

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

10 / 33

Syklin potenssit Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

Oletetaan, että α = (k0 k1 k2 . . . kℓ−1 ) ∈ Sn on jokin ℓ-sykli. Tällöin α(ki ) = ki+1 , missä alaindeksi i + 1 lasketaan modulo ℓ, erityisesti siis (ℓ − 1) + 1 = ℓ ≡ 0 (mod ℓ), ja α(j) = j, jos j ∈ Jn ei esiinny lainkaan. Induktiolla saadaan kaikille t ∈ N αt (ki ) = kj ⇔ j ≡ i + t (mod ℓ), ja αt (j) = j, jos j ei ole mikään syklin luvuista. Siis permutaation αt syklit ovat muotoa (ki ki+t ki+2t ki+3t . . .). Helposti nähdään, että tällaisen syklin pituus on ℓ/ syt(ℓ, t), ja permutaatiossa αt niitä on syt(ℓ, t) kappaletta. Erityisesti:

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

α−1 = (k0 kℓ−1 kℓ−2 . . . k2 k1 ) = (kℓ−1 kℓ−2 . . . k2 k1 k0 ).

Permutaation merkistä

11 / 33

Esimerkki 2C Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

Määrätään syklien α = (123456) ∈ S6 ja β = (12345) ∈ S5 potenssit. Ratkaisu: Edellisen kalvon tarkastelujen nojalla (tai suoraan laskemalla) nähdään, että α2 = (135)(246)

β 2 = (13524)

α3 = (14)(25)(36)

β 3 = (14253)

α4 = (153)(264)

β 4 = (15432) = β −1

α5 = (165432) = α−1

β 5 = (1)(2)(3)(4)(5) = 1

α6 = (1)(2)(3)(4)(5)(6) = 1 Erityisesti siis ord(α) = 6 ja ord(β) = 5.

Permutaation merkistä

12 / 33

Kertaluku Teema 2

■

Permutaatioista

■

Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

■ ■

■

n-syklin kertaluku on n. Erillisten syklien (tai permutaatioiden) potenssit ovat erillisiä (ks. seur. kalvo). Erillisten syklien tulo on identiteettikuvaus, joss ne kaikki ovat identiteettikuvauksia. Jos permutaatio α on erillisten syklien tulo, pituudet r1 , r2 , . . . , rm , niin αt = id sjvsk ri | t kaikille i = 1, 2, . . . , m. ord(α) = pyj(r1 , r2 , . . . , rm ).

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

13 / 33

Esimerkki 2D.1 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi

(Demotehtävä I/6) Tutkitaan permutaation α = (15786)(294) ∈ S9 potensseja, ja tarkistetaan, että sen kertaluku on pyj(5, 3) = 15. Ratkaisu: Erillisinä permutaatioina α1 = (15786) ja α2 = (294) kommutoivat. Siis αt = (α1 α2 )(α1 α2 ) · · · (α1 α2 ) = α1t α2t . Jos j ∈ / {1, 5, 6, 7, 8}, niin j on permutaation α1t kiintopiste. Vastaavasti jos j ∈ / {2, 4, 9}, niin j on permutaation α2t kiintopiste.

Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

14 / 33

Esimerkki 2D.2 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

Tässä α12 = (17658), α13 = (18567), α14 = (16875), α15 = id = α10 ja α22 = (249), α23 = id = α20 . Näin ollen: α2 = α12 α22

= (17658)(249)

α3 = α13 α20

= (18567)

α4 = α14 α21

= (16875)(294)

α5 = α10 α22

= (249)

α6 = α11 α20 .. .. . .

= (15786) .. .

α15 = α10 α20

= id.

Permutaation merkistä

15 / 33

Syklin konjugointi 1 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

Olkoon α = (k0 k1 k2 . . . kℓ−1 ) ∈ Sn jokin ℓ-sykli, ja τ ∈ Sn jokin permutaatio. Väite: τ ατ −1 = β on ℓ-sykli β = (τ (k0 )τ (k1 )τ (k2 ) . . . τ (kℓ−1 )). Todistus: Merkitään S = {k0 , k1 , . . . , kℓ−1 } ⊆ Jn . Perustellaan ensin havainto: jos j ∈ / τ (S), niin j on permutaation β kiintopiste. Koska j ∈ τ (S) ⇔ τ −1 (j) ∈ S, niin τ −1 (j) ∈ / S. Näin ollen τ −1 (j) ei kuulu sykliin α, ja on siis sen kiintopiste. Siis β(j) = τ (α(τ −1 (j))) = τ (τ −1 (j)) = j.

Permutaation merkistä

16 / 33

Syklin konjugointi 2 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

Jos taas j ∈ τ (S), niin j = τ (ki ) jollekin i, 0 ≤ i < ℓ. Tällöin τ −1 (j) = ki , joten β(τ (ki )) = β(j) = τ (α(τ −1 (j))) = τ (α(ki )) = τ (ki+1 ), kuten väitettiinkin. Tässä jälleen i + 1 lasketaan modulo ℓ. Väite seuraa näistä havainnoista.

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

17 / 33

Esimerkki 2E Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi

Laske τ ατ −1 ryhmässä S7 , kun α = (1234567) ja τ = (235)(476). Ratkaisu: Vektorimuodossa τ=

1 2 3 4 5 6 7 1 3 5 7 2 4 6

!

,

joten τ ατ −1 = (τ (1)τ (2)τ (3)τ (4)τ (5)τ (6)τ (7)) = (1357246). Näemme, että itse asiassa τ ατ −1 = α2 .

Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

18 / 33

Konjugointi Teema 2

■

Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

τ αβτ −1 = (τ ατ −1 )(τ βτ −1 ) = (τ (k0 )τ (k1 )τ (k2 ) . . . τ (kℓ−1 )) ◦ (τ (r0 )τ (r1 )τ (r2 ) . . . τ (rm−1 )) ■ ■

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Jos α = (k0 k1 k2 . . . kℓ−1 ) on ℓ-sykli ja β = (r0 r1 r2 . . . rm−1 ) sen kanssa erillinen m-sykli, niin

■

on sekin erillisten ℓ-syklin ja m-syklin tulo. Tämä yleistyy siten, että annetusta permutaatiosta konjugoimalla saatu permutaatio on aina samaa tyyppiä. Lisäksi nähdään helposti, että samaa tyyppiä olevat permutaatiot saadaan toisistaan konjugoimalla. Ryhmässä S6 permutaatiot α = (1234)(56), β = (1356)(24) ja τ = (235)(46) toteuttavat yhtälön τ ατ −1 = β. 19 / 33

Esimerkki 2F.1 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2

(Monisteen Esimerkki 1.2.11) Osoita, että ryhmän S4 neutraalialkio ja tyyppiä (2, 2) olevat alkiot muodostavat normaalin aliryhmän N E S4 , joka on isomorfinen Kleinin neliryhmän kanssa. Ratkaisu: Joukko J4 voidaan jakaa kahteen kahden alkion osaan kolmella tavalla {1, 2} ∪ {3, 4}, {1, 3} ∪ {2, 4} ja {1, 4} ∪ {2, 3}. Näitä vastaavat tyypin (2, 2) permutaatiot a = (12)(34), b = (13)(24) ja c = (14)(23). Muita ei ole, koska erillisten syklien järjestys, ja jokaisen syklin aloittava luku voidaan valita vapaasti. Esimerkiksi

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

(42)(31) = (24)(13) = (13)(24) = b.

Permutaation merkistä

20 / 33

Esimerkki 2F.2 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Syklin potenssit Esimerkki 2C Kertaluku Esimerkki 2D.1 Esimerkki 2D.2 Syklin konjugointi 1 Syklin konjugointi 2 Esimerkki 2E Konjugointi Esimerkki 2F.1 Esimerkki 2F.2 Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin)

Tyypin (2, 2) permutaatio on kertalukua kaksi, joten a2 = b2 = c2 = 1S4 . Laskemalla nähdään, että ab = (12)(34)(13)(24) = (14)(23) = c = ba, ac = (12)(34)(14)(23) = (13)(24) = b = ca ja bc = a = cb. Näin ollen aliryhmäkriteerin nojalla joukko N = {1, a, b, c} ≤ S4 . Jos τ ∈ S4 on mielivaltainen, niin τ 1S4 τ −1 = 1S4 , ja jos σ on tyyppiä (2, 2), niin τ στ −1 on sekin tyyppiä (2, 2). Koska aliryhmässä N on mukana kaikki ryhmän S4 tyypin (2, 2) permutaatiot, τ γτ −1 ∈ N olipa γ mikä tahansa permutaatioista a, b, c. Näin ollen N E S4 .

Permutaation merkistä

21 / 33

Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Rotation-peli (saa jättää väliin)

Permutaatioryhmän generointi

Permutaation merkistä

22 / 33

Generointi 1 Teema 2

Väite: Ryhmä Sn on 2-sykliensä generoima.

Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Todistus: Olkoon H ≤ Sn 2-syklien generoima aliryhmä. Tehdään vastaoletus, että H onkin aito aliryhmä. Tutkitaan epätyhjän joukon G \ H alkioita. Koska niitä on äärellisen monta, jollakin niistä on vähintään yhtä paljon kiintopisteitä kuin muilla. Olkoon α ∈ / H eräs tällainen permutaatio. Koska 1Sn ∈ H on ainoa permutaatio, jolla on n kiintopistettä, niin löytyy sellainen i ∈ Jn , jolle α(i) 6= i. Merkitään j = α(i). Koska α(i) 6= α(j), niin j ei sekään ole α:n kiintopiste. Tutkitaan yhdistettyä kuvausta α′ = (ij)α. Jos α(ℓ) = ℓ, niin ℓ ∈ / {i, j} ja näin ollen myös α′ (ℓ) = ℓ.

23 / 33

Generointi 2 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä

Näin ollen jokainen α:n kiintopiste on myös α′ :n kiintopiste. Lisäksi α′ (i) = (ij)(α(i)) = i, joten α′ :lla on enemmän kiintopisteitä kuin α:lla. Permutaation α valinnan perusteella tämä tarkoittaa sitä, että α′ ∈ H. Mutta α = (ij)(ij)α = (ij)α′ ∈ H, koska (ij) ∈ H 2-syklinä. Tämä on ristiriita. Väite seuraa.

24 / 33

Generointi 3 Teema 2

Väite: Ryhmä Sn on 2-syklien (1i), i = 2, 3, . . . , n generoima.

Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Rotation-peli (saa jättää väliin)

Todistus: Annettujen 2-syklien avulla saadaan kaikki 2-syklit, koska jos i 6= j, niin (ij) = (1i)(1j)(1i)−1 konjugointisäännön perusteella. Väite seuraa.

Permutaation merkistä

25 / 33

Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Rotation 1 Rotation 2 Rotation 3 Rotation 4

Rotation-peli (saa jättää väliin)

Permutaation merkistä

26 / 33

Rotation 1 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Rotation 1 Rotation 2 Rotation 3 Rotation 4 Permutaation merkistä

Kännyköissä muinoin sai pelata ns. Rotation-peliä. Pelin tarkoituksena on sallittuja siirtoja tehden palauttaa 3 × 3-taulukossa sekaisin olevat numerot 1, 2, . . . , 9 alkuperäiseen järjestykseen. Pelitilannetta kuvaa ryhmän S9 alkio α. Sitä vastaa pelitilanne josta käytämme merkintää T (α): α(1) α(2) α(3) α(4) α(5) α(6) α(7) α(8) α(9)

27 / 33

Rotation 2 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa

Pelissä voidaan rotatoida kutakin 2 × 2 aliruudukkoa 90 astetta (myötä- tai vastapäivään). Jos rotatoidaan vasenta ylänurkkaa, niin pelitilanne muuttuu kuvan mukaisesti

Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Rotation 1 Rotation 2 Rotation 3 Rotation 4

α(1) α(2) α(3)

α(4) α(1) α(3)

α(4) α(5) α(6) −→ α(5) α(2) α(6)

Permutaation merkistä

α(7) α(8) α(9)

α(7) α(8) α(9)

tilanteesta T (α) tilanteeksi T (β), missä β = α(1452). Huomaa, että tehtyä siirtoa vastaava permutaatio on tulossa ENNEN α:aa!

28 / 33

Rotation 3 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Rotation 1 Rotation 2 Rotation 3 Rotation 4 Permutaation merkistä

Vastaavasti oikean alanurkan pyörittäminen muuttaa tilanteen T (α) tilanteeksi T (α(5896)) α(1) α(2) α(3)

α(1) α(2) α(3)

α(4) α(5) α(6) −→ α(4) α(8) α(5) α(7) α(8) α(9)

α(7) α(9) α(6)

Pyörittämällä oikeaa ylänurkkaa pelitilanne muuttuu: T (α) → T (α(2563)) ja pyörittämällä vasenta alanurkkaa: T (α) → T (α(4785)).

29 / 33

Rotation 4 Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Rotation 1 Rotation 2 Rotation 3 Rotation 4 Permutaation merkistä

Kombinoimalla näitä siirtoja (ja niille käänteisiä vastapäivään tehtäviä rotaatioita), voidaan pelitilanne T (α) muuttaa tilanteeksi T (αβ), missä β on mikä tahansa mainitun neljän 4-syklin generoiman aliryhmän H = h(1452), (2563), (5896), (4785)i ≤ S9 alkio. Selvästi mikä tahansa alkutilanne T (α) voidaan muuttaa tavoitteena olevaksi pelitilanteeksi T (1S9 ) sjvsk α−1 ∈ H. Demoissa ja bonustehtävissä osoitetaan, että H = S9 , joten tämä on aina mahdollista.

30 / 33

Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä Permutaatio lin.kuvauksena Permutaation merkki

Permutaation merkistä

31 / 33

Permutaatio lin.kuvauksena Teema 2 Permutaatioista Permutaatioiden algebraa Generointi Rotation-peli (saa jättää väliin) Permutaation merkistä Permutaatio lin.kuvauksena Permutaation merkki

Olkoon α ∈ Sn . Liitetään siihen lineaarikuvaus fα : Rn → Rn . Se määräytyy 1-käsitteisesti, kun asetetaan fα (~ ei ) = eα(i) ~ , missä E = {e~1 , e~2 , . . . , e~n } on Rn :n luonnollinen kanta. ■ ■

■

Tutkimalla kantavektorien kuvautumista nähdään, että fα ◦ fβ = fαβ . Lineaarikuvauksen fα matriisi kannan E suhteen on Pα = (δi,α(j) ) eli matriisi A, jonka alkio aij = 1, jos α(j) = i, ja aij = 0 muulloin. det Pα = sign(α) on α:n merkki (=käännettyjen parien lukumäärä, vrt. Lineaarialgebra).

32 / 33

Permutaation merkki Teema 2

■

Permutaatioista

■

Permutaatioiden algebraa Generointi

■

Rotation-peli (saa jättää väliin)

■

Permutaation merkistä Permutaatio lin.kuvauksena Permutaation merkki

■ ■

Koska fα ◦ fβ = fαβ , niin Pα Pβ = Pαβ kaikille α, β ∈ Sn . Koska det(Pα Pβ ) = det(Pα ) det(Pβ ), niin sign : Sn → {+1, −1} ≤ R∗ on ryhmähomomorfismi. Jos α on 2-sykli, niin sign(α) = −1. Jos β = τ ατ −1 , niin sign(β) = sign(τ ) sign(α) sign(τ )−1 = sign(α). m-syklissä α = (123 . . . m) on m − 1 käännettyä paria, joten sign(α) = (−1)m−1 . Koska kaikki m-syklit saadaan toisistaan konjugoimalla, niin jokaisen m-syklin merkki on (−1)m−1 .

33 / 33

Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Lisää ryhmistä

1 / 15

Alternoiva ryhmä Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Homomorfismin sign ydin An = {σ ∈ Sn | sign(σ) = +1} on (homomorfismin ytimenä) permutaatioryhmän Sn normaali aliryhmä An E Sn , jota kutsutaan alternoivaksi ryhmäksi. ■ ■ ■

#An = n!/2 kaikille n ≥ 2 (homomorfialause!). Alternoivan ryhmän alkiot = parilliset permutaatiot. Permutaatio ∈ An , joss sen esityksessä erillisten syklien tulona on parillinen määrä parillisen mittaisia syklejä.

2 / 15

Esimerkki A Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Tehtävä: Luettele ryhmän S3 alkiot, ja selvitä, mitkä niistä kuuluvat aliryhmään A3 . Ratkaisu: Neutraalialkio 1S3 = (1)(2)(3) = (1) on parillinen (ei parillisen mittaisia syklejä). Ryhmän S3 2-syklit, (12), (13) ja (23) ovat kaikki parittomia, koska niissä on yksi parillisen mittainen sykli. 3-syklit (123) ja (132) sen sijaan ovat parillisia ja ∈ A3 . Nähdään, että #A3 = 3, ja A3 = h(123)i, sillä (132) = (123)2 = (123)−1 .

3 / 15

Esimerkki B.1 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Tehtävä: Sama ryhmille S4 ja A4 . Ratkaisu: Neutraalialkio (1) on tietenkin parillinen. Ryhmässä S4 on kuusi 2-sykliä: (12), (13), (14), (23), (24) ja (34). Ne ovat transpositioina kaikki parittomia, eivätkä kuulu aliryhmään A4 . Kahden erillisen 2-syklin tuloja on ryhmässä S4 aiemmin esiintyneet kolme kappaletta (12)(34), (14)(23) ja (13)(24). Näissä on kaksi parillisen mittaista sykliä, joten ne ovat parillisia ja siis myös aliryhmän A4 alkioita. Ryhmässä S4 on 3-syklejä peräti kahdeksan kappaletta. Sykliin osallistuvat kolme alkiota voidaan valita neljällä eri tavalla, koska syklin ulkopuolelle jäävälle luvulle on neljä vaihtoehtoa. Lisäksi annetusta kolmesta luvusta voidaan muodostaa kaksi eri 3-sykliä: (abc) ja (acb) = (abc)2 .

4 / 15

Esimerkki B.2 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Ryhmän S4 kahdeksan 3-sykliä ovat (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234) ja (243). Esimerkiksi (413) = (134). Näissä ei ole lainkaan parillisen mittaisia syklejä, joten ne ovat kaikki myös aliryhmän A4 alkioita. Koska syklin ensimmäiseksi alkioksi voidaan valita mikä tahansa sen luvuista, niin voimme aloittaa kaikki 4-syklit luvulla 1. Muut kolme lukua voidaan sitten kirjoittaa missä tahansa järjestyksessä, ja eri järjestykset johtavat eri permutaatioihin. Tämän tyypin permutaatioita ovat siis (1234), (1243), (1324), (1342), (1423) ja (1432). Niissä kaikissa on yksi parillisen mittainen sykli, joten nämä permutaatiot ovat kaikki parittomia.

5 / 15

Esimerkki B.3 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Olemme luokitelleet 1 + 6 + 3 + 8 + 6 = 24 ryhmän S4 alkiota ja 1 + 3 + 8 = 12 aliryhmän A4 alkiota, joten olemme löytäneet kaikki. Yleisemminkin permutaation tyyppi kertoo sen, onko kyseessä parillinen vai pariton permutaatio.

6 / 15

Symmetria Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

■

■

■

Eräs ‘luonnollinen’ tilanne, jossa ryhmiä tulee vastaan on geometrisen kuvion (tai muun abstraktin rakenteen) symmetriat. Perushavainto on, että jos kuvaukset f ja g säilyttävät jonkin ominaisuuden, niin usein myös niiden käänteiskuvaukset ja yhdistetyt kuvaukset säilyttävät mainitun ominaisuuden. Näin ominaisuuden säilyttävät kuvaukset muodostavat ryhmän kuvausten yhdistämisen suhteen.

7 / 15

Diedriryhmät 1 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Tarkastellaan luvun lopuksi säännöllisen n-kulmion symmetrioiden muodostamia ns. diedriryhmiä. ■ ■ ■

■

Geometriselta symmetrialta f on luontevaa vaatia, että se säilyttää tason pisteiden väliset etäisyydet. Lisäksi vaaditaan tietenkin, että f kuvaa tutkittavan kuvion S sille itselleen, eli f (S) = S. Voidaan todistaa (kurssin loppu?), että pisteiden etäisyydet säilyttävä kuvaus kuvaa avaruuden Rn janat janoiksi, ja myös säilyttää kulmat (tämä lienee uskottavaa ilman todistustakin). Näin ollen säännöllisen n-kulmion symmetria kuvaa kyseisen monikulmion kärjet kärjiksi, ja säilyttää niiden ‘naapuruus’-relaation.

8 / 15

Diedriryhmät 2 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Geometrinen n-kulmion symmetria voidaan identifioida kärkien permutaation kanssa — kun tiedetään miten kärjet kuvautuvat, muiden pisteiden kuvautuminen määräytyy. Tätä varten on luontevaa numeroida kärjet. Ohessa 7-kulmion kärkien numerointi. 3 2 4

1

5 7 6 9 / 15

Diedriryhmät 3 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Symmetriakuvaus määräytyy täysin, kun tiedetään miten 7-kulmion kärjet kuvautuvat. Kärkien kuvautuminen puolestaan antaa permutaation α ∈ S7 : paikassa numero i on kärki numero α(i). α(3) α(2) α(4)

α(1)

α(5) α(7) α(6) 10 / 15

Diedriryhmät 4 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Jos permutaatiota α vastaavassa asennossa olevaa 7-kulmiota kierretään kulman 2π/7 verran vastapäivään, niin uusi kärkien järjestys vastaa permutaatiota β = α ◦ r, missä r = (1234567) on tätä kiertoa vastaava 7-sykli, α(3)

α(4) α(2)

α(3)=β(2)

α(4)

α(5) α(1)

α(5)

→

α(2)=β(1)

α(6) α(7) α(6)

α(1)=β(7) α(7)

sillä kierron jälkeen kärki β(1) = α(2) on paikassa nro 1, β(7) = α(1) paikassa nro 7 jne. 11 / 15

Diedriryhmät 5 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Jos permutaatiota α vastaavassa asennossa olevaa 7-kulmio peilataan x-akselin suhteen, niin uusi kärkien järjestys vastaa permutaatiota β = α ◦ s, missä s = (27)(36)(45) on tätä peilausta vastaava kolmen erillisen 2-syklin tulo, α(3)

α(6) α(7)=β(2)

α(2) α(4)

α(5) α(1)

α(5)

→

α(1)=β(1)

α(4) α(7) α(6)

α(2)=β(7) α(3)

sillä peilauksen jälkeen kärki β(1) = α(1) on paikassa nro 1, β(7) = α(2) paikassa nro 7 jne. 12 / 15

Diedriryhmät 6 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Osoittautuu, että r ja s generoivat kaikki 7-kulmion mahdolliset symmetriat. Helpoin tapa nähdä tämä on havaita, että kärkien yksi ja kaksi paikat määräävät koko 7-kulmion asennon, koska tällöin esimerkiksi kärki 7 on kärjen yksi siinä naapurissa, jossa kärki 2 ei ole jne. Kärjellä 1 on seitsemän vaihtoehtoista paikkaa, ja kärjen 2 on sen jälkeen valittava jompikumpi naapuri. Näin ollen symmetrioita on enintään 14 kpl. Toisaalta ord(r) = 7 ja ord(s) = 2, joten #hr, si ≥ 2 · 7 = 14. 7-kulmion kiertoja on 7 kpl, ri , i = 0, 1, 2, . . . , 6. Nämä ovat 7-syklejä, kun i 6= 0, joten s ei ole niiden joukossa. Näin ollen sivuluokkien leikkaus shri ∩ hri = ∅ ja olemme löytäneet kaikki 14 symmetriaa. Näiden muodostamasta ryhmästä käytetään merkintää D7 . 13 / 15

Diedriryhmät 7 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Pohditaan vielä, miten saammme selville ryhmän D7 ryhmätaulun. Esimerkiksi tulo rs = (1234567)(27)(36)(45) = (12)(37)(46)(5) vastaa peilausta kärjen numero 5 kautta kulkevan symmetria-akselin suhteen. Tästä saamme lisäksi tuloksen srs = s(rs) = (1765432) = r−1 . Samaan pääsisi myös toteamalla, että kyseessä on itse asiassa konjugointi, koska s−1 = s, joten srs = srs−1 = (s(1)s(2)s(3)s(4)s(5)s(6)s(7)) = (1765432) = r−1 .

14 / 15

Diedriryhmät 8 Lisää ryhmistä Alternoiva ryhmä Esimerkki A Esimerkki B.1 Esimerkki B.2 Esimerkki B.3 Symmetria Diedriryhmät 1 Diedriryhmät 2 Diedriryhmät 3 Diedriryhmät 4 Diedriryhmät 5 Diedriryhmät 6 Diedriryhmät 7 Diedriryhmät 8

Yhtälöiden s2 = 1, r7 = 1 ja srs = r−1 avulla voimme laskea, minkä tahansa tulon ryhmässä D7 = {1, r, r2 , . . . , r6 , s, srsr2 , . . . , sr6 } = {si rj | 0 ≤ i ≤ 1, 0 ≤ j ≤ Mukavinta on käyttää yhtälöä srs = r−1 muodossa (kerrotaan s:lla vasemmalta) rs = sr−1 . Esimerkiksi tulo (sr3 )(sr4 ) on (sr3 )(sr4 ) = srr(rs)rrrr = srr(sr−1 )rrrr = srrsrrr = sr(rs)rrr = sr(sr−1 )rrr = srsrr = s(rs)rr = s(sr−1 )rr = ssr = r. Koska luettelimme D7 :n alkiot ym. järjestyksessä, niin oli tarkoituksenmukaista siirtää tulossa s-tekijöitä alkupäähän käyttäen toistuvasti saatua yhtälöä. Laskusta selviäisi myös käyttämällä permutaatiomerkintöjä. 15 / 15

Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Yksiköistä

Teema 3

1 / 20

Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3

Esimerkkejä rengasteorian alkeita

Alirengaskriteeri Yksiköistä

2 / 20

Esimerkki 3A.1 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

Tutkitaan muotoa M (x) :=

x x x x

!

olevien reaalikertoimisiten 2 × 2-matriisien joukkoa R = {M (x) | x ∈ R}. Väite: R on rengas matriisien yhteen- ja kertolaskun suhteen. Todistus: ‘Aksioomana R0’ tarkistetaan, että matriisien yhteen- ja kertolaskut ovat joukon R binäärioperaatioita. Selvästi M (x) + M (y) = M (x + y), joten joukko R on suljettu yhteenlaskun suhteen.

3 / 20

Esimerkki 3A.2 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

M (x)M (y) = =

x x x x

!

2xy 2xy 2xy 2xy

y y y y !

!

= M (2xy),

joten joukon R kahden alkion tulo on myös joukon R alkio. Koska nollamatriisi ∈ R ja M (x) − M (y) = M (x − y) ∈ R kaikille x, y ∈ R, niin joukko R on aliryhmäkriteerin nojalla ryhmän (M2 (R), +) aliryhmä. Erityisesti siis (R, +) on abelin ryhmä (Aksiooma R1). Matriisien kertolaskun assosiatiivilaki on tunnetusti voimassa joukossa M2 (R). Näin ollen se on automaattisesti voimassa osajoukon R alkioille (Aksiooma R2).

4 / 20

Esimerkki 3A.3 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

Havaitsemamme kertolaskusääntö M (x)M (y) = M (2xy) kertoo, että kaikille x ∈ R 1 1 1 M (x)M ( ) = M (2x ) = M (x) = M ( )M (x). 2 2 2 Näin ollen matriisi 1 M( ) = 2

1 2 1 2

1 2 1 2

!

= 1R

toteuttaa ykkösalkiolta vaaditut ominaisuudet (Aksiooma R3). Distributiivilait ovat voimassa kaikille 2 × 2-matriiseille. Erityisesti ne siis ovat voimassa osajoukossa R (Aksiooma R4). 5 / 20

Tulkki 1 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri

Monisteen Lauseessa 2.2.3 esiintyy peräti kolme eri operaatiota, joita kaikkia kutsutaan kertolaskuksi, ja jotka kaikki jätetään merkitsemättä. Tämän vuoksi kyseinen Lause saattaa vaikuttaa hieman hölmöltä eli lähinnä vain assosiatiivilain esimerkiltä. Esiintyvät kertolaskut ovat ■ ■

Yksiköistä

Renkaan R kertolasku. Käytetään siitä tässä yhteydessä merkkiä ∗. Kokonaisluvun n ja renkaan alkion a kertolasku. Tämä on Alg.PKI:stä tuttu potenssin korvike additiivisella puolella. Käytetään merkintää ·: n · a = a + a + ···+ a

■

(n kappaletta termejä).

Jos tässä n < 0, niin käytetään a:n vasta-alkiota apuna. Kahden kokonaisluvun kertolasku eli renkaan Z kertolasku. Merkitään sitä ⋆. 6 / 20

Tulkki 2 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3

Lauseen 2.2.3 väitteet ovat nyt (a, b ∈ R, m, n ∈ Z): (i) (ii) (iii)

n · a = (n · 1R ) ∗ a = a ∗ (n · 1R ),

n · (a ∗ b) = (n · a) ∗ b = a ∗ (n · b), (m · a) ∗ (n · b) = (m ⋆ n) · (a ∗ b).

Alirengaskriteeri Yksiköistä

7 / 20

Esimerkki 3B.1 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

Koska kahden kokonaislukumatriisin A, B ∈ Mn (Z) summan, A + B erotuksen A − B ja tulon AB alkiot selvästi ovat kokonaislukuja, ja koska In ∈ Mn (Z), niin Mn (Z) on rengas. Osoita, että matriisi 



1 2 3   A= 0 1 5  0 0 1 on renkaan M3 (Z) yksikkö, ja määrää sen käänteisalkio. Ratkaisu: Annettu matriisi voidaan kirjoittaa muodossa A = I + B, missä 



0 2 3   B =  0 0 5 . 0 0 0 8 / 20

Esimerkki 3B.2 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

Näemme, että 









0 0 10 0 2 3 0 2 3       B2 =  0 0 5   0 0 5  =  0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0

ja että B 3 = 0. Koska kaikki matriisi kommutaoivat identiteettimatriisin kanssa, niin tuttu polynomin tekijöihinjako (1 + x3 ) = (1 + x)(1 − x + x2 ) antaa

I = I + B 3 = (I + B)(I − B + B 2 ) = A(I − B + B 2 ). Tästä näemme, että A−1





1 −2 7   = I − B + B2 =  0 1 −5  ∈ M3 (Z). 0 0 1 9 / 20

Esimerkki 3B.3 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Esimerkki 3A.1 Esimerkki 3A.2 Esimerkki 3A.3 Tulkki 1 Tulkki 2 Esimerkki 3B.1 Esimerkki 3B.2 Esimerkki 3B.3 Alirengaskriteeri Yksiköistä

Yleistetään tämä havainnoksi: A ∈ Mn (Z)∗ jos ja vain jos det A = ±1. Todistus: Oletetaan ensin, että A on renkaan Mn (Z) yksikkö. Tällöin on olemassa toinen matriisi A′ ∈ Mn (Z), jolle AA′ = In . Täten det(A) det(A′ ) = det(AA′ ) = det(In ) = 1. Koska det A ja det(A′ ) ovat kokonaislukuja, niin niiden on oltava renkaan Z yksiköitä eli ±1. Oletetaan sitten, että det A = ±1. Koska matriisin A alkiot ovat kokonaislukuja, niin sen alideterminantit ovat myös kokonaislukuja. Kramerin säännön perusteella käänteismatriisin A−1 alkiot ovat myös kokonaislukuja, joten A−1 ∈ Mn (Z).

10 / 20

Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E

Alirengaskriteeri

Yksiköistä

11 / 20

Esimerkki 3C.1 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

(Monisteen Esimerkki 2.4.6) Olkoon n jokin kokonaisluku. Osoita, että lukujoukko √ √ Z[ n] = {a + b n | a, b ∈ Z} on rengas kompleksilukujen (tai reaalilukujen, jos n > 0) yhteen- ja kertolaskun suhteen. √ √ Ratkaisu: Joukko Z[ n] on lukujen 1 ja n generoima additiivinen ryhmä (≤ (C, +)), joten 1 on siellä ja se on suljettu erotuksen suhteen. Jos x ja y ovat kyseisen joukon mielivaltaisia alkioita, niin joillekin a1 , b1 , a2 , b2 ∈ Z on √ √ ja y = a2 + b2 n. x = a1 + b1 n,

12 / 20

Esimerkki 3C.2 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

Täten √ √ xy = (a1 + b1 n)(a2 + b2 n) √ √ √ = a1 (a2 + b2 n) + b1 n(a2 + b2 n) √ 2 √ √ = a1 a2 + a1 b2 n + b1 a2 n + b1 b2 ( n) √ = (a1 a2 + nb1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 ) n. Tässä sulkujen sisällä olevat lausekkeet ovat selvästi √ kokonaislukuja, joten Z[ n] on suljettu kertolaskun suhteen. Näin ollen se on rengas kompleksilukujen renkaan alirenkaana.

13 / 20

Esimerkki 3A.3 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

Yllä näimme, että R=

(

x x x x

!

) x ∈ R

on rengas matriisien yhteen- ja kertolaskun suhteen. Se ei kuitenkaan ole renkaan M2 (R) alirengas, koska isomman renkaan ykkösalkio I2 ∈ / R.

14 / 20

Esimerkki 3D.1 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

Osoita, että muotoa M (a, b) =

a −b b a

!

olevat matriisit muodostavat renkaan M2 (R) alirenkaan C. Tässä parametrit a, b ∈ R voidaan valita vapaasti. Ratkaisu: Koska M (1, 0) = I2 , niin Lauseen 2.4.5. kriteerin (a)-kohta toteutuu. Koska kaikille a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R on voimassa M (a1 , b1 ) − M (a2 , b2 ) = M (a1 − a2 , b1 − b2 ) niin kriteerin (b)-kohta täyttyy myös.

15 / 20

Esimerkki 3D.2 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

M (a1 , b1 )M (a2 , b2 ) = =

a1 −b1 b1 a1

!

a2 −b2 b2 a2

!

a1 a2 − b1 b2 −a1 b2 − a2 b1 b1 a2 + a1 b2 a1 a2 − b1 b2

!

= M (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ). Siis myös kriteeti (c) täyttyy, ja näin ollen joukko C = {M (a, b) ∈ M2 (R) | a, b ∈ R} on renkaan M2 (R) alirengas.

16 / 20

Esimerkki 3E Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Esimerkki 3C.1 Esimerkki 3C.2 Esimerkki 3A.3 Esimerkki 3D.1 Esimerkki 3D.2 Esimerkki 3E Yksiköistä

(Monisteen Esimerkki 2.4.9) Olkoon p jokin alkuluku. Osoita, että joukko S=

(

a b c d

!

on renkaan M2 (Z) alirengas.

a, b, c, d ∈ Z, p | c

)

Ratkaisu: Selvästi I2 ∈ S. Jos X1 =

a1 b1 c1 d 1

!

ja X2 =

a2 b2 c2 d 2

!

ovat joukon S mielivaltaisia alkioita, niin tällöin p | c1 ja p | c2 . Erotuksen X1 − X2 vasemman alanurkan alkio on c1 − c2 , ja tulon X1 X2 c1 a2 + d1 c2 . Nämä ovat jaollisia p:llä, joten alirengaskriteerin ehdot täyttyvät ja väite seuraa. 17 / 20

Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Yksiköistä Esimerkki 3C.3 Esimerkki 3C.4

Yksiköistä

18 / 20

Esimerkki 3C.3 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Yksiköistä Esimerkki 3C.3 Esimerkki 3C.4

√ √ Osoita, että luku u = 2 + 3 on renkaan R = Z[ 3] (Esimerkki 3C.1, √ missä spesifioimme n = 3) yksikkö. Onko luku v = 5 + 3 myös renkaan R yksikkö? Ratkaisu: Kokeilemalla tai ‘älykkäästi arvaamalla’ näemme, että √ √ 2 √ 2 (2 + 3)(2 − 3) = 2 − ( 3) = 1. √ Näin ollen luku 2 − 3 ∈ R kelpaa käänteisalkioksi. Sitä vastoin √ √ 1 5 1√ 5− 3 5− 3 1 √ = √ √ = = = − 3. v 22 22 22 5+ 3 (5 + 3)(5 − 3) Tämä ∈ / R, koska 5/22 / Z (renkaan R alkion esitys √ ja 1/22 ∈ muodossa r = a + b 3 on yksikäsitteinen, eli kertoimien a, b muuttaminen muuttaa myös lukua r. 19 / 20

Esimerkki 3C.4 Teema 3 Esimerkkejä rengasteorian alkeita Alirengaskriteeri Yksiköistä Esimerkki 3C.3 Esimerkki 3C.4

Tässä käänteisalkion tarkistaminen oli suhteellisen helppoa, koska osasimme laskea tutkittavan luvun käänteisalkion renkaassa R. Käänteisalkio on yksikäsitteinen, joten renkaasta R löydetty käänteisalkio on ainoa vaihtoehto. Jäljelle jää kysymys siitä onko isommassa renkaassa löydetty käänteisalkio mukana alirenkaassa vai ei?

20 / 20

Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas

Teema 4

1 / 32

Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3

Homomorfismeista

Ihanne ja tekijärengas

2 / 32

Esimerkki 4A.1 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

Määrätään kaikki rengashomomorfismit f : Zm → Zn .

Ratkaisu: Oletetaan, että f on jokin rengashomomorfismi. Koska ykkösen jäännösluokka on ykkösalkio sekä lähtö- että maalirenkaassa, niin on oltava f (1) = 1. Koska rengashomomorfismi on myös additiivisten ryhmien välinen homomorfismi, niin saadaan f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = 1 + 1 = 2, f (3) = f (2 + 1) = f (2) + f (1) = 2 + 1 = 3 ja jatkamalla tästä induktiolla f (k) = k kaikille luonnollisille luvuille k. Meille tulee hyvinmääriteltävyysongelma, koska lähtöjoukossa m = 0. Koska f on funktio, on vaadittava ehto 0 = f (0) = f (m) = m.

3 / 32

Esimerkki 4A.2 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

Koska tämä on maalirenkaan Zn yhtälö, se toteutuu vain, jos n | m. Toisaalta jakorelaatiosta n | m seuraa, että a≡b

(mod m) =⇒ a ≡ b (mod n).

Näin ollen kuvaus f : Zm → Zn , f (k) = k on hyvinmääritelty, joss n | m. Tällöin se kuvaus on selvästi myös rengashomomorfismi. Vastaus: Jos n | m, niin kuvaus f : k → k on ainoa homomorfismi renkaalta Zm renkaalle Zn . Jos n ∤ m, niin näiden kahden renkaan välillä ei ole lainkaan rengashomomorfismeja.

4 / 32

Esimerkki 4B.1 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

(Monisteen Esimerkit 2.5.9) Osoita, että kompleksikonjugointi f : x + iy 7→ x − iy on homomorfismi kompleksilukujen renkaalta C sille itselleen. Ratkaisu: Koska 1 = 1 + i · 0, niin f (1) = 1 − i · 0 = 1 (RH3). Kuvaus f on ehtojen f (1) = 1 ja f (i) = −i määräämä lineaarikuvaus 2-ulotteiselta vektoriavaruudelta C sille itselleen, joten se kunnioittaa summia (RH1). Ehdon RH2 tarkistamiseksi valitaan kaksi mielivaltaista kompleksilukua z1 = x1 + iy1 ja z2 = x2 + iy2 .

5 / 32

Esimerkki 4B.2 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3

Tällöin f (z1 )f (z2 ) = (x1 − iy1 )(x2 − iy2 )

= x1 x2 − i(y1 x2 + x1 y2 ) + (−i)2 y1 y2

= (x1 x2 − y1 y2 ) − i(y1 x2 + x1 y2 )

= f ((x1 x2 − y1 y2 ) + i(y1 x2 + x1 y2 ))

= f (z1 z2 ).

Ihanne ja tekijärengas

Väite seuraa.

6 / 32

Esimerkki 4B.3 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

Oletetaan, että f : C → C on rengashomomorfismi. Osoita, että tällöin f (i) = ±i.

Ratkaisu: Olkoon f (i) = a + bi, a, b ∈ R. Koska homomorfismi kuvaa vastaluvun vastaluvuksi, niin −1 = f (−1) = f (i2 ) = f (i)2 = (a + bi)2 = (a2 − b2 ) + 2abi.

Näin ollen on voimassa yhtälöpari (

a2 − b2 = −1, 2ab = 0.

Jälkimmäisestä yhtälöstä seuraa a = 0 tai b = 0. Jos b = 0, niin ensimmäinen yhtälö antaa a2 = −1, mikä on mahdotonta. Jos taas a = 0, niin ensimmäinen yhtälö −b2 = −1 antaa ratkaisut b = ±1. Tällöin juurikin f (i) = ±i. 7 / 32

Esimerkki 4C.1 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

Esimerkissä C näimme, että lukujoukko √ √ R = Z[ 2] = {a + b 2 | a, b ∈ Z} on rengas. Määrätään kaikki rengashomomorfismit f : R → R.

Ratkaisu: Osoitetaan ensin, että renkaan R alkion esitys √ muodossa a + b 2 on yksikäsitteinen. Jos joillakin kokonaisluvuilla a1 , a2 , b1 , b2 olisi √ √ a1 + b1 2 = a2 + b2 2, √ niin myös yhtälö a1 − a2 = (b2 − b1 ) 2 olisi voimassa. Jos tässä b2 − b1 = 0, niin myös a1 − a2 = 0, jolloin (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ) kuten väitämme. Jos taas b2 − b1 6= 0, niin jakamalla tällä luvulla puolittain saadaan yhtälö

8 / 32

Esimerkki 4C.2 √

Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

√

a1 − a2 2= . b2 − b1

Tämän mukaan 2 olisi rationaaliluku. Koska näin ei tunnetusti ole, niin vaihtoehto b2 − b1 6= 0 on mahdoton. √ R on siis ryhmänä lukujen 1 ja 2 generoima. Jos f : R → R on rengashomomorfismi, niin kuten aiemminkin tästä seuraa, että f (a) = a kaikille a ∈ Z.√Selvitetään seuraavaksi mitä vaihtoehtoja luvulla x = f ( 2) √ tällöin on. Käytetään samaa ideaa kuin kalvolla G3. Koska ( 2)2 = 2, on oltava √ 2 √ 2 2 = f (2) = f (( 2) ) = f ( 2) = x2 .

9 / 32

Esimerkki 4C.3 Teema 4 Homomorfismeista Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Ihanne ja tekijärengas

√ Yhtälö√ = 2 toteutuu √ vain reaaliluvuilla x = 2 ja √ x = − 2. Näin ollen f ( 2) = ± 2. Näistä plusmerkkinen valinta johtaa siihen, että f on identiteettikuvaus. Miinusmerkkinen valinta antaa sekin rengashomomorfismin √ √ f (a + b n) = a − b n. x2

Koska näimme, että renkaan R alkion esitys muodossa √ a + b n on yksikäsitteinen, niin tämä kuvaus on hyvinmääritelty. Homomorfiaehtojen tarkistaminen on oleellisen osin sama kuin kompleksikonjugoinnin tapauksessa (kalvot G1 ja G2), joten sivuutamme sen. √ Samat päätelmät koskevat rengasta Z[ n] aina, kun luku n ∈ Z ei ole kokonaisluvun neliö. Homomorfismia f , jolle √ √ f ( n) = − n voidaan kutsua (algebralliseksi) konjugoinniksi. Se on tavallinen kompleksikonjugointi silloin, kun n < 0. 10 / 32

Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Ihanne ja tekijärengas

11 / 32

Esimerkki 4D.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(Monisteen Esimerkki 2.6.8) Olkoon R polynomifunktioiden rengas R[x]. Kiinnitetään c ∈ R. Merkitään Ic = {p(x) ∈ R | p(c) = 0}. Osoitetaan, että Ic on renkaan R ihanne. Ratkaisu: Vakiofunktio 0R ∈ Ic joten Ic 6= ∅. Jos p1 , p2 ovat polynomifunktioita, joilla on nollakohta kohdassa c, niin sama pätee erotukselle p1 − p2 ja tulolle f p1 kaikille f ∈ R.

12 / 32

Esimerkki 4D.2 Teema 4

Kiinnitetään kokonaisluku m > 0. Osoita, että muotoa

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

p(x) = am xm + am+1 xm+1 + · · · + an xn ,

n≥m

olevat polynomit, ts. polynomit joissa ei esiinny astetta < n olevia termejä, muodostavat nekin renkaan R ihanteen. Ratkaisu: Jälleen 0R ∈ I (m) . Lisäksi joukon I (m) polynomien erotuksesta nämä matala-asteiset termit puuttuvat. Edelleen kertomalla p(x) millä tahana polynomilla ei tuota näitä matala-asteisia termejä. Näin ollen ihannekriteerin ehdot ovat voimassa.

13 / 32

Esimerkki 4E.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(Monisteen Esimerkki 2.7.4) Kuvaile tekijärengas R/I, missä R = R[x] ja I = I (2) on kalvon A2 ihanne, kun m = 2. Etsi mahdollisimman yksinkertaisista polynomeista muodostuva ihanteen I sivuluokkien edustajisto. Osoita sen avulla, että alkio (1 + x) + I on renkaan R/I yksikkö. Ratkaisu: Jos p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn ∈ R on mielivaltainen polynomi, niin a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn ∈ I, joten sivuluokat p(x) + I = (a0 + a1 x) + I.

14 / 32

Esimerkki 4E.2 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Toisin sanoen mielivaltaisessa sivuluokassa p(x) + I on astetta < 2 oleva polynomi a0 + a1 x. Tämä matala-asteinen edustaja on lisäksi yksikäsitteinen. Jos nimittäin a0 + a1 x ja a′0 + a′1 x ovat kaksi tällaista polynomia, niin niiden erotus (a0 − a′0 ) + (a1 − a′1 )x on ihanteessa I sjvsk a0 = a′0 ja a1 = a′1 . Siis R/I = {a0 + a1 x + I | a0 , a1 ∈ R}. Enintään astetta 1 olevat polynomifunktiot muodostavat siis pyydetyn edustajiston.

15 / 32

Esimerkki 4E.3 Teema 4

Nähdään, että tekijärenkaassa R/I on voimassa

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(1 + x + I)(1 − x + I) = (1 + x)(1 − x) + I = 1 − x2 + I = 1 + I, koska 1 − x2 ≡ 1

(mod I).

Näin ollen (1 + x + I)−1 = 1 − x + I.

Samaan tapaan nähdään, että tekijärenkaassa R[x]/I (m) kätevän sivuluokkien edustajiston muodostavat polynomit, joiden aste < m.

16 / 32

Esimerkki 4F.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Olkoon R reaalisten 2 × 2 yläkolmiomatriisien muodostama rengas. Tarkista, että sääntö a b 0 c

f:

!

7→ a

on rengashomomorfismi. Kuvaile joukko Ker f = I. Tarkista ihannekriteerin avulla, että se on ihanne. Kirjoita homomorfialauseen isomorfismi tässä erikoistapauksessa. Ratkaisu: Selvästi f (I2 ) = 1. Jos A1 =

a1 b1 0 c1

!

ja A2 =

a2 b2 0 c2

!

17 / 32

Esimerkki 4F.2 Teema 4

ovat kaksi mielivaltaista renkaan R alkiota, niin

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

A1 + A2 = A1 =

a1 + a2 b1 + b2 0 c1 + c2

!

,

joten f (A1 + A2 ) = a1 + a2 = f (A1 ) + f (A2 ). Vastaavasti A1 A2 =

a1 a2 a1 b2 + b1 c2 0 c1 c2

!

,

joten f (A1 A2 ) = a1 a2 = f (A1 )f (A2 ).

18 / 32

Esimerkki 4F.3 Teema 4

Rengashomomorfismin f ytimen I muodostavat muotoa

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

0 b 0 c

!

olevat matriisit. Kahden tällaisen erotus 0 b1 0 c1

!

−

0 b2 0 c2

!

=

0 b1 − b2 0 c1 − c2

!

on selvästi samaa muotoa. Edelleen, jos kerromme 2 × 2-matriisin, jonka ensimmäinen saraka muodostuu nollista kummalta puolelta tahana yläkolmiomatriisilla, niin myös tulossa kyseinen sarake muodostuu nollista. Näin ollen ihannekriteerin ehdot täyttyvät.

19 / 32

Esimerkki 4F.4 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Koska kaikki reaaliluvut esiintyvät yläkolmion paikassa (1, 1), niin f on surjektio (eli Im(f ) = R). Skalaarimatriisi a 0 0 a

!

∈

a b 0 c

!

+ I,

joten ne selvästi muodostavat ihanteen I sivuluokkien edustajiston. Homomorfialause kertoo siten, että tekijärengas R/I isomorfinen rengaan R kanssa. Isomorfiassa aI2 7→ a.

20 / 32

Esimerkki 4G Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Esimerkissä 4D.2 esiintynyt polynomifunktioiden renkaan R[x] ihanne I (2) = {a2 x2 +a3 x3 +· · · an xn | n ∈ N, ai ∈ R kaikille i = 2, 3, . . .} on alkion x2 generoima, sillä sen jokainen alkio a2 x2 + a3 x3 + · · · an xn = x2 (a2 + a3 x + · · · an xn−2 ) voidaan esittää muodossa x2 · f (x), missä f (x) ∈ R[x]. Koska R[x] on kommutatiivinen rengas, niin tällaiset polynomifunktiot muodostavat ihanteen (Lause 2.9.5).

21 / 32

Esimerkki 4H.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Tehtävä: Selvitä millainen on renkaan Z[i] alkion 1 + i generoima ihanne I, ja selvitä minkälainen rengas on tekijärengas Z[i]/I. Ratkaisu: Koska Z[i] = {a + bi ∈ C | a, b ∈ Z} on kommutatiivinen, niin I = {(a + bi)(1 + i) | a, b ∈ Z}. Tässä i(1 + i) = −1 + i, joten (a + bi)(1 + i) = (a − b) + (a + b)i. Kaikilla a, b ∈ Z on voimassa kongruenssi a−b≡a+b

(mod 2).

22 / 32

Esimerkki 4H.2 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Näin ollen ihanteessa I on vain sellaisia lukuja u + vi, joille u ja v ovat joko molemmat parillisia tai molemmat parittomia. Toisaalta jos tämä ehto toteutuu, niin luvut u+v a= 2

ja

v−u b= 2

ovat molemmat kokonaislukuja, ja tällöin (a + bi)(1 + i) = (a − b) + (a + b)i (u + v) − (v − u) (u + v) + (v − u) + i = 2 2 = u + vi kuuluu ihanteeseen I.

23 / 32

Esimerkki 4H.3 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Näin ollen a + bi ∈ I sjvsk 2 | a + b. Jos siis r = a + bi ∈ Z[i], niin joko r ∈ I tai r − 1 ∈ I. Tekijärenkaassa on siis vain kaksi alkiota Z[i]/I = {0 + I, 1 + I}. Koska 2 = (1 + i)(1 − i) ∈ I, niin näemme, että tekijärengas on isomorfinen renkaan Z2 kanssa. Jos visualisoimme kompleksiluvun a + bi tason R2 pisteenä (a, b) (kuten yleensä tehdään), niin tällöin rengas Z[i] samaistuu kokonaislukukoordinaattipisteiden joukon Z × Z kanssa. Kuvassa nämä pisteet on merkitty pisteillä: ihanteen I pisteet punaisia ja toisen sivuluokan 1 + I pisteet mustia.

24 / 32

Esimerkki 4H.4 Teema 4

Y

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

4

2

-4

2

-2

4

X

-2

-4

25 / 32

Polynomirengas1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Jos R on kommutatiivinen rengas, n ∈ N ja a0 , a1 , . . . , an ∈ R, niin sääntö x 7→ a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn määrittelee polynomifunktion R → R. Nämäkin muodostavat renkaan luonnolisten pisteittäisten operaatioiden suhteen (kuten R[x]). Algebrassa on kuitenkin luonnollisempaa ajatella polynomeja formaalisina kehitelminä. Nämä muodostavat renkaan R[x] = {a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn | n ∈ N, ai ∈ R ∀ i}, jonka kertolasku määräytyy säännöistä xr = rx kaikille r ∈ R ja xm xn = xm+n kaikille m, n ∈ N.

26 / 32

Polynomirengas2 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Tässä siis formaali polynomin MÄÄRITELMÄN MUKAISESTI a0 + a1 x + a2 x2 + · · · an xn = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bm xb sjvsk ai = bi kaikilla i (ja jos m 6= n, niin ylijäämäkertoimet ovat nollia). Analyysin kursseilla (ja aiemmilla algebran kursseilla) polynomeja (ja potenssisarjoja) on ajateltu funktioina, jolloin tämä kertoimien identtisyys on pitänyt erikseen todistaa. Reaalikertoimisille polynomeille ei siis ole merkitystä ajatellaanko niitä funktioina vai formaalisina. Muilla renkailla tilanne on toinen. Kuitenkin jos kiinnitetään c ∈ R, niin kuvaus p(x) 7→ p(c) on rengashomomorfismi evc : R[x] → R. Tässä tarvitaan oletusta renkaan R kommutatiivisuudesta. 27 / 32

Esimerkki 4I.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(Monisteen Esimerkki 2.10.4) Laske renkaassa Z2 [x] tulot (1 + x)2 ja (x + 1)(x2 − x + 1). Totea, että evc (x2 + x) = 0 kaikille c ∈ Z2 .

Ratkaisu: Idea on, että muuttujan x potensseja kerrotaan tavalliseen tapaan (niiden eksponentit ovat luonnollisia lukuja) ja yksittäisten kertoimien aritmetiikka on renkaan R (tässä tapauksessa R = Z2 ) aritmetiikkaa. Siis (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 = 1 + x2 ,

koska renkaassa Z2 on voimassa 2 = 1 + 1 = 0.

28 / 32

Esimerkki 4I.2 Teema 4

Samoin

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(1 + x)(1 − x + x2 ) = 1 − x + x2 + x − x2 + x3 = 1 + x3 , mikä itse asiassa pitää paikkansa kaikille kommutatiivisille renkaille R. Polynomi p(x) = x2 + x saa arvokseen vain nollia, sillä p(0) = 0 + 0 = 0

ja

p(1) = 1 + 1 = 2 = 0.

Huomaa, että p(x) kuitenkin on eri (formaalinen) polynomi kuin vakiopolynomi 0 = 0Z2 [x] .

29 / 32

Esimerkki 4J.1 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

(Monisteen Esimerkki 2.10.5) Tutkitaan polynomirenkaan R[x] tekijärengasta R = R[x]/hx3 − 1i. Osoita, että tässä renkaassa sivuluokka x + hx3 − 1i on yksikkö, mutta sivuluokka (x − 1) + hx3 − 1i ei ole.

Ratkaisu: Merkitään I = hx3 − 1i. Ratkaiseva havainto on, että x3 + I = 1 + I, koska x3 − 1 ∈ I. Tämän seurauksena (kerro tämä yhtälö x:n potenssilla) x4 + I = x + I, x5 + I = x2 + I x6 + I = x3 + I = 1 + I jne. Erityisesti siis (x + I)(x2 + I) = x3 + I = 1 + I, 30 / 32

Esimerkki 4J.2 Teema 4

joten alkion x + I käänteisalkio on (x + I)−1 = x2 + I.

Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Huomasimme, että x3 ja korkeammat potenssit voidaan korvata tekijärenkaassa matalammilla potensseilla. Jokainen tekijärenkaan alkio on siis muotoa a0 + a1 x + a2 x2 + I. Toisaalta mikään toisen asteen polynomi ei kuulu ihanteeseen I, joten joka sivuluokassa on vain yksi toisen asteen polynomi, jota käytämme sivuluokan edustajana. Nyt (x − 1 + I)(a0 + a1 x + a2 x2 + I)

= −a0 + (a1 − a0 )x + (a2 − a1 )x2 + a2 x3 + I

= (a2 − a0 ) + (a1 − a0 )x + (a2 − a1 )x2 + I.

31 / 32

Esimerkki 4J.3 Teema 4 Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas Esimerkki 4D.1 Esimerkki 4D.2 Esimerkki 4E.1 Esimerkki 4E.2 Esimerkki 4E.3 Esimerkki 4F.1 Esimerkki 4F.2 Esimerkki 4F.3 Esimerkki 4F.4 Esimerkki 4G Esimerkki 4H.1 Esimerkki 4H.2 Esimerkki 4H.3 Esimerkki 4H.4 Polynomirengas1 Polynomirengas2 Esimerkki 4I.1 Esimerkki 4I.2 Esimerkki 4J.1 Esimerkki 4J.2 Esimerkki 4J.3

Jotta tämä olisi = 1 + I, on siis oltava a2 − a0 = 1, a1 − a0 = 0, a2 − a1 = 0. Kaksi jälkimmäistä yhtälöä antavat a2 = a1 = a0 , mikä on ristiriidassa ensimmäisen yhtälön kanssa. Siis kertomalla alkiota (x − 1) + I millä tahansa renkaan R alkiolla ei tulokseksi saada alkiota 1R . Näin ollen kyseinen alkio ei ole renkaan R yksikkö. Jatkossa näemme, että tässä ongelmana oli se, että polynomeilla x − 1 ja x3 − 1 on yhteinen tekijä x − 1.

32 / 32

Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista

Teema 5

1 / 22

Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C

Kokonaisalueista

Kunnista

2 / 22

Toisen asteen yhtälö Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

Palautetaan mieleen, miten toisen asteen yhtälön ratkaisukaava johdettiin (kompleksilukujen renkaassa). 0 = x2 + px + q. Ensimmäinen vaihe on neliöksi täydentäminen p 2 p 2 p 2 p 2 p 0 = x + 2( )x + ( ) + [q − ( ) ] = (x + ) + [q − ( ) ]. 2 2 2 2 2 2

Tästä saadaan

p 2 p 2 (x + ) = ( ) − q, 2 2 ja siitä puolittain neliöjuuret ottamalla p x=− ± 2

p ( )2 − q. 2

r

3 / 22

Yleistys? Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C

Mitä pulmia tulee tämän johdon kanssa yleisessä renkaassa R? ■ ■ ■

Kunnista

■

Neliöksi täydentämisvaiheessa tarvitaan binomikaava, joten joudutaan olettamaan, että R on kommutatiivinen. Neliöksi täydentäminen edellyttää myös mahdollisuutta jakaa kakkosella, eli vaaditaan, että 2 = 1 + 1 ∈ R∗ Neliöjuuren olemassaolo renkaassa R on pulmallinen kysymys. Voi olla, ettei niitä ole. Ja voi olla, että niitä on enemmän kuin kaksi, jolloin ± on huono tapa tuottaa ne kaikki. Esimerkiksi renkaassa Z15 ovat ±1 ja ±4 kaikki alkion 1 neliöjuuria.

4 / 22

Kokonaisalue? Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

Jos R on kokonaisalue, ja alkiolla a ∈ R on yksi neliöjuuri b (eli alkio, joka toteuttaa yhtälön b2 = a), niin tällöin tilanne on yksinkertaisempi. Nimittäin kaikille x ∈ R on voimassa (kommutatiivisuus!) x2 − a = x2 − b2 = (x − b)(x + b). Koska R on kokonaisalue, niin siellä ei ole nollanjakajia, ja voimme päätellä: Jos x2 − a = 0, niin joko x − b = 0 tai x + b = 0. Eli x = b tai x = −b.

5 / 22

Esimerkki 5A.1 Teema 5

Haetaan yhtälön x2 + 3x + 2 = 0

Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C

Ratkaisu: Neliöksi täydentäminen onnistuu nyt, koska

Kunnista

Tutkittava yhtälö on siis ekvivalentti yhtälön

ratkaisut kokonaisalueessa Z7 kuvatulle metodilla.

x2 + 3x + 2 = x2 − 4x + 4 − 2 = (x − 2)2 − 2.

(x − 2)2 = 2 kanssa. Kokeilemalla näemme, että 2

2=9=3 .

6 / 22

Esimerkki 5A.2 Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

Koska 7 on alkuluku, niin Z7 on kokonaisalue. Aiemmin kerrotun nojalla renkaan Z7 alkio b toteuttaa yhtälön b2 = 2 sjvsk b = ±3. Yhtälömme on siis ekvivalentti yhtälön x − 2 = ±3 kanssa. Tästä saadaan ratkaisuiksi x=2+3=5

ja

x = 2 − 3 = 6.

7 / 22

Esimerkki 5B.1 Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

(Monisteen Esimerkki 2.11.17) Oletetaan, että D on kokonaisalue, jonka karakteristika on p. Osoitetaan, että kaikille a, b ∈ D on voimassa (a + b)p = ap + bp . Ratkaisu: Koska D on kommutatiivinen, kurssilla Analyysi I esitetty todistus binomikaavalle on voimassa. Näin ollen p

(a + b) =

p X

k=0

!

p p−k k a b . k

Oletetaan, että 0 < k < p. Tällöin binomikerroin

8 / 22

Esimerkki 5B.2 Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

p k

!

p · (p − 1) · · · 3 · 2 · 1 p! = = k!(p − k)! (k · · · 3 · 2 · 1)((p − k) · · · 3 · 2 · 1)

Tässä osoittaja on selvästi p:llä jaollinen. Koska nimittäjä ei sitä ole (tässä tarvitaan tietoa siitä, että p on alkuluku), niin osamäärä (joka tiedetään Pascalin kolmion säännön perusteella kokonaisluvuksi) on sekin p:llä jaollinen. Koska char D = p, niin pd = 0 kaikille d ∈ D. Erityisesti nyt aina, kun 0 < k < p, niin !

p p−k k a b = 0D . k

9 / 22

Esimerkki 5B.3 Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

Toisaalta

!

!

p p =1= , 0 p joten binomikaava antaa väitteen. Erityisesti, jos kokonaisalueen D karakteristika on kolme, niin x3 + y 3 = 0 ⇔(x + y)3 = 0 ⇔x + y = 0,

sillä tulo (x + y)3 = (x + y)(x + y)(x + y) voi mennä nollaksi vain jos jokin sen tekijöistä x + y = 0. Yhtälön kaikki ratkaisut ovat siis x = −y.

10 / 22

Esimerkki 5C Teema 5 Kokonaisalueista Toisen asteen yhtälö Yleistys? Kokonaisalue? Esimerkki 5A.1 Esimerkki 5A.2 Esimerkki 5B.1 Esimerkki 5B.2 Esimerkki 5B.3 Esimerkki 5C Kunnista

Anna esimerkki renkaan Z6 [x] polynomeista p(x) ja q(x), joille asteiden yhteenlaskukaava deg(p(x)q(x)) = deg p(x) + deg q(x) ei pidä paikkaansa. Ratkaisu: Polynomit p(x) = 1 + 2x ja q(x) = 1 + 3x ovat molemmat ensimmäistä astetta. Niiden tulo p(x)q(x) = 1q(x) + 2xq(x) = 1 + 3x + 2x + 6x2 = 1 + 5x on kuitenkin astetta 1 < 1 + 1, koska johtavien kertoimien tulo on nolla.

11 / 22

Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Kunnista

12 / 22

Esimerkki 5D.1 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

(Monisteen esimerkki 3.2.4) Oletetaan, että mikään neliö (>1) ei jaa kokonaislukua n. Tällöin joukko √ √ Q( n) = {a + b n | a, b ∈ Q} on kunta. √ Ratkaisu: Osoitetaan, että K = Q( n) on kompleksilukujen kunnan alikunta. Selvästi 0, 1 ∈ K. Jos x, y ∈ K ovat kaksi mielivaltaista alkiota, niin tällöin √ √ x = a1 + b1 n ja y = a2 + b2 n joillekin rationaaliluvuille a1 , a2 , b1 , b2 . Tällöin √ x − y = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 ) n.

13 / 22

Esimerkki 5D.2 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Tässä a1 − a2 ∈ Q ja b1 − b1 ∈ Q, joten x − y ∈ K. Osamäärän kanssa joudumme näkemään hieman enemmän vaivaa. √ Osoitetaan ensin, että a + b n = 0 sjvsk a = b = 0. Jos tässä b = 0, niin myös a = 0. Jos taas b 6= 0, niin yhtälöstä √ a + b n = 0 ratkeaa √ a n=− . b √ Tämä on ristiriita, koska n on neliövapaa, joten n on irrationaaliluku. Todistus menee √ samalla tavalla kuin / Q. Kriittisessä kohdassa tunnettu todistus tulokselle 2 ∈ tarvitaan kokonaisluvun n tekijöihinjaon yksikäsitteisyyttä.

14 / 22

Esimerkki 5D.3 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Oletetaan sitten, että y 6= 0. √ √ √ a1 + b1 n (a1 + b1 n)(a2 − b2 n) x √ √ √ = = y a2 + b2 n (a2 + b2 n)(a2 − b2 n) √ (a1 a2 − nb1 b2 ) + (b1 a2 − a2 b1 ) n = a22 − nb22 a1 a2 − nb1 b2 b1 a2 − a2 b1 √ = n + 2 2 2 2 a2 − nb2 a2 − nb2 Tässä nimittäjä on oletuksen nojalla 6= 0, joten viimeisessä muodossa kertoimet (a1 a2 − nb1 b2 )/(a22 − nb22 ) ja (b1 a2 − a2 b1 )/(a22 − nb22 ) ovat molemmat rationaalilukuja. Näin ollen x/y ∈ K.

15 / 22

Esimerkki 5E Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

(Moniste Esimerkki 3.2.6) Oletetaan, että K on kunta, ja f : K → K on kuntahomomorfismi. Osoitetaan, että f :n kiintopisteiden joukko Inv(f ) = {x ∈ K | f (x) = x} on kunnan K alikunta. Ratkaisu: Koska f on rengashomomorfismi, niin f (0) = 0 ja f (1) = 1. Jos x, y ∈ Inv(f ), niin f (x − y) = f (x) − f (y) = x − y, joten x − y ∈ Inv(f ). Jos lisäksi y 6= 0, niin f (xy −1 ) = f (x)f (y −1 ) = f (x)f (y)−1 = xy −1 , joten myös xy −1 ∈ Inv(f ). 16 / 22

Esimerkki 5F.1 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Tutkitaan Gaussin kokonaislukujen renkaan Z[i] tekijärengasta R = Z[i]/I, missä I on luvun 5 generoima pääihanne. Tehtävä 1: Selvitä mitä lukuja ihanteessa I on. Ratkaisu: Ihanteen I alkiot ovat muotoa r · 5 (Lause 2.9.5), missä r = a + bi. Näin ollen I = {5a + 5bi | a, b ∈ Z} = {c + di ∈ Z[i] | c ja d jaollisia 5:llä}.

17 / 22

Esimerkki 5F.2 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Tehtävä 2: Selitä, miksi jokaisessa sivuluokassa (a + bi) + I on yksikäsitteinen edustaja r1 + r2 i, jolle r1 , r2 ∈ S := {0, 1, 2, 3, 4}. Ratkaisu: Z:n jakoalgoritmi kertoo, että a = q1 · 5 + r1 jollekin q1 ∈ Z ja r1 ∈ S. Samoin b = q2 · 5 + r2 jollekin q2 ∈ Z ja r2 ∈ S. Tällöin a + bi = r1 + r2 i + (5q1 + 5q2 i) ∈ r1 + r2 i + I, sillä suluissa oleva luku on ihanteessa I Tehtävän 1 tuloksen nojalla. Näin ollen valinta r1 + r2 i toimii. Luvut r1 + r2 i, r1 , r2 ∈ S ovat parittain ihanteen I eri sivuluokissa.

18 / 22

Esimerkki 5F.3 Jos nimittäin olisi

Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

r1 + r2 i + I = r1′ + r2′ + I, niin erotus (r1 + r2 i) − (r1′ + r2′ i) = (r1 − r1′ ) + (r2 − r2′ )i olisi ihanteessa I, ja Tehtävän 1 nojalla tällöin olisi r1 ≡ r1′ (mod 5) ja r2 ≡ r2′ (mod 5). Tämä on mahdollista vain, kun r1 = r1′ ja r2 = r2′ , koska oletimme, että r1 , r2 , r1′ , r2′ ∈ S. Voimme siten todeta, että kommutatiivisessa renkaassa Z[i]/I on 25 alkiota, koska jokaisessa sivuluokassa on yksikäsitteinen tehävän 2 muotoa oleva edustaja, ja siinä luvut r1 ja r2 voidaan kumpikin valita toisistaan riippumattomista viidellä eri tavalla.

19 / 22

Esimerkki 5F.4 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Tehtävä 3: Osoita, että jäännösluokat a + I, a ∈ S muodostavat renkaan R alirenkaan R′ , joka on isomorfinen kunnan Z5 kanssa. Ratkaisu: Renkaassa R on kaikille a1 , a2 ∈ S voimassa (a1 + I) + (a2 + I) = (a1 + a2 ) + I ∈ R′ ja (a1 + I)(a2 + I) = (a1 a2 ) + I ∈ R′ , missä sekä a1 + a2 että a1 a2 voidaan laskea Tehtävän 1 nojalla modulo 5. Näin ollen kuvaus f : Z5 → R′ , f (a) = a + I on renkaiden välinen homomorfismi. Koska Z5 on kunta, kyseinen homomorfismi on injektio (mikä on nyt selvää muutenkin), ja koska Im(f ) = R′ , niin f on myös surjektio ja näin ollen isomorfismi.

20 / 22

Esimerkki 5F.5 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Tehtävä 4: Osoita, että alkio u = (3 + 2i) + I ∈ R on yksikkö, ja että alkio w = (2 + i) + I on nollanjakaja. Ratkaisu: Olkoon v = (3 − 2i) + I alkion u ‘kompleksikonjugaatti’. Huomaamme, että uv = (3 + 2i)(3 − 2i) + I = (32 + 22 ) + I = 13 + I = 3 + I on Tehtävän 3 alirenkaan R′ nollasta eroava alkio. Koska R′ on kunta, niin tulolla uv on käänteisalkio. Itse asiassa näemmeä suoraan, että uv(2 + I) = (3 + I)(2 + I) = 6 + I = 1 + I = 1R , joten voimme päätellä, että u−1 = (2 + I)v = (6 − 4i) + I = (1 + i) + I. 21 / 22

Esimerkki 5F.6 Teema 5 Kokonaisalueista Kunnista Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki Esimerkki

5D.1 5D.2 5D.3 5E 5F.1 5F.2 5F.3 5F.4 5F.5 5F.6

Sitä vastoin, kun w kerrotaan kompleksikonjugaatillaan, niin saadaan w(2 − i + I) = (2 + i)(2 − i) + I = 5 + I = 0 + I = I = 0R , joten w on nollanjakaja, koska kumpikaan alkioista 2 ± i + I ei ole renkaan R nolla-alkio.

22 / 22

Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Teema 6

1 / 38

Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2

Osamääräkunta

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

2 / 38

Distributiivilaki1 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Tehtävä: Olkoon D jokin kokonaisalue. Tarkista että formaalisten osamäärien joukossa Q(D) määritellyt operaatiot noudattavat distributiivilakia. Ratkaisu: Olkoot x = a/b, y = c/d ja z = e/f mielivaltaisia Q(D):n alkioita, a, b, c, d, e, f ∈ D, b, d, f 6= 0. Tällöin ac xy = bd

ja

ae xz = , bf

joten acf + ade (ac)(bf ) + (bd)(ae) = , xy + xz = 2 b df bdf koska ‘supistaminen b:llä’ ei muuta formaalista osamäärää.

3 / 38

Distributiivilaki2 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Määritelmän mukaan sama asia nähdään yhtäsuuruudesta (bdf )(abcf + abde) = ab2 cdf 2 + ab2 d2 ef = (acf + ade)(b2 df ). Toisaalta

e cf + de c , y+z = + = d f df

joten x(y + z) =

a cf + de acf + ade · = = xy + xz, b df bdf

mikä oli todistettava.

4 / 38

Esimerkki 6A.1 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Olkoon p jokin alkuluku. Tutkitaan rationaalilukujen kunnan osajoukkoa Z(p) = {

m ∈ Q | m, n ∈ Z, p ∤ n}. n

Tässä oletetaan, että m/n on supistetussa muodossa, sillä muutoin olisi epäselvyyttä siitä onko m/n = (pm)/(pn) mukana vai ei. Osoita, että tämä on Q:n alirengas, ja että sen yksikköjä ovat sellaiset rationaaliluvut m/n, joille p ∤ m, p ∤ n. Ratkaisu: Käytetään jälleen alirengaskriteeriä. Alkio 1Q =

1 ∈ Z(p) , 1

koska p ∤ 1.

5 / 38

Esimerkki 6A.2 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Jos m1 /n1 ja m2 /n2 ovat joukon Z(p) alkioita, niin m1 m2 m1 n2 − n1 m2 − = . n1 n2 n1 n2 Tässä kumpikaan luvuista n1 , n2 ei ole jaollinen luvulla p. Koska p on alkuluku, niin myös p ∤ n1 n2 . Mahdollisen yhteisen tekijän supistaminen ei muuta tätä. Näin ollen m1 /n1 − m2 /n2 ∈ Z(p) . Samalla tavalla nähdään, että (m1 m2 )/(n1 n2 ) ∈ Z(p) . Näin ollen alirengaskriteerin ehdot toteutuvat.

6 / 38

Esimerkki 6A.3 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2

Jotta tässä m/n olisi renkaan Z(p) yksikkö, pitää sekä sen itse että sen käänteisluvun n/m olla renkaan alkio. Näin on tarkalleen silloin, kun supistetussa muodossa ei osoittaja m eikä nimittäjä n kumpikaan ole p:llä jaollinen.

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

7 / 38

Esimerkki 6B.1 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

√ Osoitetaan, että kokonaisalueen Z[ 2] osamääräkunta on isomorfinen kunnan √ √ Q( 2) = {q1 + q2 2 | q1 , q2 ∈ Q} kanssa. Ratkaisu: Huomautus 3.3.3:n havainto on tässä ratkaisevassa roolissa. Jos kokonaisalue D on kunnan K alirengas, niin näemme, että Q(D) on isomorfinen kunnan K erään alikunnan kanssa. Isomorfian välittää sääntö a a 7→ ab−1 = b b kaikille formaaleille osamäärille a/b ∈ Q(D). Koska b 6= 0, niin b−1 on olemassa kunnassa K!

8 / 38

Esimerkki 6B.2 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Tämä sääntö antaa hyvinmääritellyn rengashomomorfismin, koska jos Q(D):ssä on voimassa a′ a = ′, b b

(∗)

niin ab′ = a′ b kokonaisalueesa D (ja siis myös kunnassa K). Kertomalla tämä yhtälö puolittain (kunnassa K) alkiolla (bb′ )−1 saadaan, että yhtälö (∗) on voimassa myös kunnassa K. Funktio f : a/b 7→ a/b nähdään helposti rengashomomorfismiksi. Koska Q(D) on kunta, f on injektio (Lause 3.1.16).

9 / 38

Esimerkki 6B.3 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

√ Esimerkkimme tilanteessa D = Z[ 2] ja K = R. Koska kunnassa R √ √ √ a+b 2 (a + b 2)(c − d 2) √ = √ √ c+d 2 (c + d 2)(c − d 2) √ (ac − 2bd) + (bc − ad) 2 = c2 − 2d2 √ (ac − 2bd) bc − ad √ = 2 + 2 ∈Q( 2), 2 2 c − 2d c − 2d √ √ niin Q(Z[ 2]) samaistuu tässä kunnan Q( 2) alikunnan kanssa.

10 / 38

Esimerkki 6B.4 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

√ Toisaalta jokainen kunnan Q( 2) alkio voidaan kirjoittaa muodossa (p, q, r, s ∈ Z) √ p r√ ps + rq 2 + 2= , q s qs √ mikä näin samaistuu renkaan Z[ 2]) kahden alkion formaalisen osamäärän kanssa. Yhteenveto: Jos D on jo jonkin kunnan K alirengas, niin Q(D) on kunnan K alikunta, koska formaalit osamäärät voidaan samaistaa "oikeiden"osamäärien kanssa. Jälkimmäiset olemassa kunnassa K. Konstruktiota Q(D) tarvitaan silloin, kun tällaista kuntaa K ei ole valmiina tyrkyllä.

11 / 38

Esimerkki 6C.1 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2 Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

Osoitetaan, että yhtälöllä y2 = x ei ole ratkaisu y rationaalifunktioiden kunnassa R(x) (eli polynomirenkaan R[x] osamääräkunnassa). Toisin sanoen √ x∈ / R(x). Ratkaisu: Tehdään vastaoletus, että tällainen rationaalifunktio y = p(x)/q(x) olisi olemassa. Tässä p(x), q(x) ∈ R[x]. Tällöin on oltava voimassa yhtälö x x = = y2 = 1



p(x) q(x)

2

p(x)2 = . 2 q(x)

12 / 38

Esimerkki 6C.2 Teema 6 Osamääräkunta Distributiivilaki1 Distributiivilaki2 Esimerkki 6A.1 Esimerkki 6A.2 Esimerkki 6A.3 Esimerkki 6B.1 Esimerkki 6B.2 Esimerkki 6B.3 Esimerkki 6B.4 Esimerkki 6C.1 Esimerkki 6C.2

Formaalisten osamäärien yhtäsuuruuden määritelmän perusteella tämä on yhtäpitävä polynomien yhtälön xq(x)2 = p(x)2 kanssa. Tässä vasemmalla puolella esiintyvän polynomin aste on pariton, ja oikealla puolella esiintyvän polynomin aste on parillinen, joten tämä on mahdotonta.

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista

13 / 38

Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible

Kuntalaajennus

Polynomirenkaan ihanteista

14 / 38

Laajennuskunta Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible Polynomirenkaan ihanteista

Esimerkkejä: √ √ ■ Q( 2) = {a + b 2 | a, b ∈ Q} on pienin kunta (R:ssä), √ joka sisältää rationaaliluvut ja luvun 2, mikä oikeuttaa √ merkinnän √ Q( √2)! √ ■ Jos u = 3 + 2, niin 3 = (u + u−1 )/2 ja √ √ √ −2 2 = (u − u )/2. Näin ollen luvut 3, 2 ∈ Q(u), koska ne saatiin lausuttua u:n, rationaalilukujen, √ √ ja √ kuntaoperatioiden avulla. Edelleen 6 = 3 · 2 ∈ Q(u). ■ Laajennuskunta p(π) ∈ R p(x), q(x) ∈ Q[x], q(x) 6= 0}, Q(π) = { q(π)

missä lukujen esitys mainitussa muodossa on yksikäsitteinen. Todistus on vaikea (Hermite, 1873) ja sivuutetaan. 15 / 38

Maksimaalinen ihanne Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible

R rengas, I sen aito ihanne (siis I 6= R). Sanotaan, että I on maksimaalinen ihanne, jos ei ole olemassa sitä isompaa (sisältymismielessä) aitoa ihannetta J, jolle siis I ⊂ J ⊂ R (molemmat sisältymiset aitoja). Lause 3.5.5. Jos R on kommutatiivinen, niin I maksimaalinen ihanne sjvsk R/I on kunta.

Polynomirenkaan ihanteista

16 / 38

Esimerkki 6.D Teema 6

■

Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible Polynomirenkaan ihanteista

■

■

Ihanne 4Z ei ole maksimaalinen renkaan Z ihanne, koska se sisältyy aidosti ihanteeseen 2Z. Sama seuraa myös siitä, ettei rengas Z4 ole kunta. Ihanne I=5Z[i] ei ole renkaan Z[i] maksimaalinen ihanne, koska Esimerkin 5F nojalla Z[i]/I ei ole kunta. Sama seuraa myös siitä, että I sisältyy aidosti luvun 2 + i generoimaan pääihanteeseen: 5 = (2 + i)(2 − i) ∈ (2 + i)Z[i], mutta 2 + i ∈ / I. Ihanne J = 3Z[i] sen sijaan on renkaan Z[i] maksimaalinen ihanne, koska harjoitustehtävissä 37–38 nähtiin, että Z[i]/J on kunta.

17 / 38

Zorn 1 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible Polynomirenkaan ihanteista

Zornin lemma käsittelee yleisempää maksimaalisuutta mielivaltaisen osittaisen järjestysrelaation suhteen. Järjestysrelaationa meillä esiintyy vain joukkojen sisältyminen toiseen tai lukujen suuruusjärjestys. Järjestetyssä joukossa voi olla maksimaalinen alkio tai olla olematta: ■ ■

■

Suljetulla välillä [a, b] sen suurin alkio b on maksimaalinen suuruusrelaation suhteen. Avoimella välillä (a, b) ei ole maksimaalista alkiota suuruusrelaation suhteen. Jos x ∈ (a, b) väittää olevansa maksimaalinen, niin (b + x)/2 ∈ (a, b) on vielä suurempi. Joukon N äärellisten osajoukkojen joukossa S ei ole maksimaalista alkiota, koska mihn tahansa joukon N äärelliseen osajoukkoon voidaan lisätä vielä yksi alkio, ja joukko pysyy äärellisenä.

18 / 38

Zorn 2 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible Polynomirenkaan ihanteista

Voisiko käydä niin, ettei renkaalla R ole lainkaan maksimaalisia ihanteita? Aina voidaan aloittaa triviaalista ihanteesta I0 = {0}. Ehkä löytyy aidosti isompi aito ihanne I1 ? Ehkä löytyy löytyy sitäkin isompi aito ihanne I2 jne. I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ I‘∞′ ⊂ · · · Zornin lemma sanoo, että jos osittain järjestetyssä joukkossa tämmöisellä ketjulla (jossa voi olla ylinumeroituvan monta eri ihannetta) on yläraja, niin silloin kyseisessä joukossa on myös maksimaalinen alkio. Sen todistus vaatii joukko-opin aksiomaattista teoriaa, erityisesti ns. valinta-aksiooman käyttöä ja sivuutetaan tässä.

19 / 38

Zorn 3 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible

Renkaan aitojen ihanteiden osittain järjestetyssä joukossa ketjulla aina on yläraja, sillä ketjun ihanteiden unioni on ihanne sellainen. Zornin lemma sanoo sitten, että aitojen ihanteiden joukossa on maksimaalisia alkioita.

Polynomirenkaan ihanteista

20 / 38

Mission possible Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Laajennuskunta Maksimaalinen ihanne Esimerkki 6.D Zorn 1 Zorn 2 Zorn 3 Mission possible Polynomirenkaan ihanteista

Mielessä pidettävä esimerkki: Kunta C saadaan kunnasta R tällä tavalla, kun konstruoidaan laajennuskunta, jossa polynomilla x2 + 1 ∈ R[x] on nollakohta. Tehtävä: Oletetaan, että K on kunta, ja p(x) ∈ K[x]. Jos p(x):llä ei ole nollakohtaa kunnassa K, niin haluamme konstruoida laajennuskunnan, L ⊇ K, jossa p(x):llä on nollakohta. Tämä tehdään käyttämällä polynomirenkaan K[x] maksimaalisia ihanteita.

21 / 38

Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Polynomirenkaan ihanteista

22 / 38

Jakoalgoritmi Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Jos K on kunta, niin polynomien jakolasku onnistuu renkaassa K[x]. Annettu jaettava a(x), jakaja b(x) 6= 0, niin saadaan osamäärä q(x) ja jakojäännös r(x), joille a(x) = q(x)b(x) + r(x),

(∗)

ja deg r(x) < deg b(x). Kyseessä on koulusta tuttu polynomien jakokulma tyyppinen menettely. Oleellista tässä on, että jakajan b(x) johtavalla kertoimella on käänteisalkio kunnassa K, koska sitä käyttäen voidaan tuottaa polynomijonot q0 (x) = 0, q1 (x), q2 (x), . . . , ja r0 (x) = a(x), r1 (x), r2 (x), . . ., joille yhtälö (∗) toteutuu muodossa a(x) = qk (x)b(x) + rk (x) kaikille k, ja joille lopulta saadaan jälkimmäinen aste-ehto voimaan.

23 / 38

Esimerkki 6E Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Monisteen Esimerkki 3.6.5. Nähdään, että renkaassa Z5 [x] 2 = −3, joten (3x2 + 1) − 4x(2x + 3) = 3x2 + 1 + 2x2 + 3x = 3x + 1, (3x + 1) − 4(2x + 3) = 3x + 1 + 2x + 3 = 4.

Näin ollen (3x2 + 1) = (4x + 4)(2x + 3) + 4, eli q(x) = 4x + 4 ja jakojäännös r = 4.

24 / 38

Esimerkki 6F.1 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Monisteen Esimerkki 3.6.9. Fermat’n pienen lauseen nojalla jäännösluokat 1, 2, . . . , p − 1 ovat kaikki polynomin p(x) = xp−1 − 1 nollakohtia kunnassa Zp . Näin ollen (Seurauksen 3.6.8. todistus) p(x) = (x − 1)(x − 2) · · · (x − (p − 1))Q(x), Qp−1

jollekin polynomilla Q(x) ∈ Zp [x]. Tulon f (x) = k=1 (x − k) aste on p − 1 on sama kuin deg p(x), joten jäljelle jääneen kertoimen Q(x) on oltava vakiopolynomi, Q(x) = c. Tulon f (x) johtava kerroin on selvästi 1, eli sama kuin polynomin p(x). Näin ollen c = 1.

25 / 38

Esimerkki 6F.2 Teema 6

Meillä on siis renkaassa Zp [x] voimassa oleva yhtälö

Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

xp−1 − 1 =

p−1 Y

(x − k).

k=1

Sijoitetaan tähän x = 0. Sijoittaminen on rengashomomorfismi Zp [x] → Zp , joten p(0) = −1 =

p−1 Y

(0 − k) = (−1)p−1 k = (−1)p−1 (p − 1)!

k=1

Jos tässä p = 2, niin −12−1 = −1 = 1. Muussa tapauksessa p on pariton, joten p − 1 on parillinen ja (−1)p−1 = 1.

26 / 38

Esimerkki 6F.3 Teema 6 Osamääräkunta

Mieltämällä kunnan Zp yhtälö kokonaislukujen kongruenssiksi modulo p saamme siis Wilsonin Lauseen

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

(p − 1)! ≡ −1

(mod p).

27 / 38

Esimerkki 6G.1 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Monisteen Esimerkki 3.6.12. Polynomi p(x) = x10 − 1 ∈ R[x]. Ratkaisu: p(1) = p(−1) = 0, joten sekä x − 1 että x + 1 ovat polynomin p(x) tekijöitä. Tutuilla kaavoilla a2 − b2 = (a − b)(a + b) ja an − bn = (a − b)

n−1 X

an−1−k bk

k=0

saadaan p(x) = (x5 − 1)(x5 + 1) =

(x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1)×

× (x + 1)(x4 − x3 + x2 − x + 1). 28 / 38

Esimerkki 6G.2 Teema 6 Osamääräkunta

Tässä itse asiassa neljännen asteen tekijät jakautuvat vielä tekijöihin:

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

g(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 √ √ 1− 5 1+ 5 2 2 = (x + x + 1)(x + x + 1), 2 2 ja toinen tekijä on g(−x), joten sille saadaan tekijöihinjako sijoittamalla tässä −x → x.

29 / 38

Esimerkki 6G.3 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Algebran Peruslause (ks. monisteen sivun 47 yläreuna) sanoo, että renkaan C[x] jaottomat polynomit ovat kaikki ensimmäistä astetta. Sen seurauksena saadaan että renkaan R[x] jaottomat polynomit ovat kaikki ensimmäistä tai toista astetta. Tästä syystä yllä ‘tiesimme’, että neljännen asteen polynomi jakautui vielä tekijöihin. Sivutamme menetelmät tekijöihinjaon löytämiseksi.

30 / 38

Esimerkki 6H.1 Teema 6

Monisteen Esimerkki 3.6.14. Tutkitaan polynomin

Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

p(x) = x3 + 3x + 2 jaottomuutta renkaassa K[x], kun A) K = Z3 , B) K = Z5 . Ratkaisu: A-kohdassa näemme, että p(1) = 1 + 3 + 2 = 6 = 0, joten x − 1 | p(x). Itse asiassa modulo kolme näemme, että p(x) ≡ x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x − 1)3 .

31 / 38

Esimerkki 6H.2 Teema 6

Modulo 5 sen sijaan näemme kokeilemalla, että

Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

p(0) = 2 6≡ 0 (mod 5),

p(1) = 6 6≡ 0 (mod 5),

p(2) = 16 6≡ 0 (mod 5),

p(3) = 38 6≡ 0 (mod 5),

p(4) = p(−1) = −2 6≡ 0

(mod 5).

Näin ollen polynomilla p(x) ei ole nollakohtia kunnassa Z5 . Koska se on astetta kolme, seuraa tästä (Moniste, kaava (3.23)), että p(x) on jaoton yli kunnan Z5 .

32 / 38

Mission accomplished!? Teema 6

Olkoon K kunta.

Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

■ ■

■ ■ ■

Jokainen renkaan K[x] on pääihanne. Polynomin f (x) ∈ K[x] generoima ihanne I on maksimaalinen sjvsk. f (x) on jaoton (eli sitä ei voida kirjoittaa matalampiasteisten polynomien tulona). Jos p(x) ∈ K[x] on jaoton polynomi, niin L = K[x]/hp(x)i on kunta. Identifioimalla K:n alkiot vakiopolynomien kanssa näemme, että K on L:n alikunta. Jos α = x + hp(x)i ∈ L on mainittu sivuluokka, niin p(α) = 0, eli polynomilla p(x) on nollakohta kunnassa L.

33 / 38

Esimerkki 6I Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Olkoon K = R ja p(x) = x2 + 1, mikä on jaoton renkaassa K[x] toisen asteen polynomina (2 ≤ 3), jolla ei ole nollakohtia kunnassa K. Merkitään I = hx2 + 1i, ja i = x + I. Tällöin i2 = x2 + I = x2 − (x2 + 1) + I = −1 + I, koska x2 + 1 ∈ I, joten "modulo I"x2 ja −1 ovat kongruentteja. R[x]/hx2 + 1i ∼ = C.

34 / 38

Pohdintaa Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Q: Miksi halusin konstruoida kompleksilukujen kunnan tällä tavalla? Eikö olisi helpompi vain määritellä se järjestettyinä reaalilukupareina, ja määritellä niille kertolasku tunnetulla tavalla? A1: Nyt saimme rengasaksioomat “ilmaiseksi” polynomirenkaalta. Suorassa määrittelyssä assosiatiivisuuden toteaminen on kyllä mahdollista mutta työlästä. A2: Tämä yleistyy toisiin tilanteisiin.

35 / 38

Esimerkki 6J.1 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Kunnassa Z5 ei alkiolla 2 ole neliöjuurta. Konstruoi laajennuskunta L, josta sellainen löytyy. Montako alkiota laajennuskunnassasi on? Ratkaisu: Polynomilla x2 − 2 ei ole nollakohtia kunnassa Z5 joten 2-asteisena se on jaoton. Näin ollen L = Z5 [x]/hx2 − 2i on kunta, jossa sivuluokka α = x + hx2 − 2i toteuttaa yhtälön √ x2 = 2, ja saattaa näiin ehkä ansaita nimen α = 2. Polynomin jakolaskun nojalla jokaisella sivuluokalla on yksikäsitteinen edustaja, jonka aste on pienempi kuin deg x2 − 2 = 2. Näin ollen kunnan L alkiot ovat muotoa a + bα, missä a, b ∈ Z5 . Kunnassa L on siis 25 alkiota.

36 / 38

Esimerkki 6J.2 Teema 6 Osamääräkunta

Etsitään vielä alkion z = 3 + α ∈ L käänteisalkio. Yksi tapa on käyttää ‘konjugaatilla laventamista’ ja tietoa α2 = 2:

Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

z −1 =

1 3−α = 3+α (3 + α)(3 − α) 3−α 3−α = 2 = 3 − α2 7 3−α = = 3(3 − α) 2 = 4 − 3α = 4 + 2α,

sillä kunnassa Z5 on voimassa 7 = 2 ja koska 2 · 3 = 1, niin 1 2 = 3.

37 / 38

Esimerkki 6J.3 Teema 6 Osamääräkunta Kuntalaajennus Polynomirenkaan ihanteista Jakoalgoritmi Esimerkki 6E Esimerkki 6F.1 Esimerkki 6F.2 Esimerkki 6F.3 Esimerkki 6G.1 Esimerkki 6G.2 Esimerkki 6G.3 Esimerkki 6H.1 Esimerkki 6H.2 Mission accomplished!? Esimerkki 6I Pohdintaa Esimerkki 6J.1 Esimerkki 6J.2 Esimerkki 6J.3

Voimme myös etsiä käänteisalkion tekemällä yritteen z −1 = a + bα, a, b ∈ Z5 . Nimittäin (a + bα)(3 + α) = (3a + bα2 ) + (a + 3b)α = (3a + 2b) + (a + 3b)α. Tämä on 1 = 1 + 0 · α, jos (a, b) toteuttaa yhtälöparin (

3a + 2b = 1 a + 3b = 0

Laskemalla nämä yhtälöt puolittain yhteen saadaan 4a = 4a + 5b = 1, josta ratkeaa a = 1/4 = 4, ja sijoittamalla tämä kumpaan tahansa yhtälöön sitten b = 2.

38 / 38

Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan

Teema 7

1 / 15

Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan

2 / 15

Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Abstrakti vektoriavaruus (vrt. Alg.PK I) voidaan määritellä samoin aksioomin, jos kunta R korvataan millä tahansa kunnalla K. Skalaarikertoimet tulevat tällöin kunnasta K. Puhutaan tällöin vektoriavaruudesta yli K:n. ■

■ ■

■ ■

Vektoriavaruusoperaatioissa ja niihin liittyvissä tarvittiin vain neljä peruslaskutoimitusta: yhteen-, vähennys-, kertolaskut sekä nollasta eroavalla alkiolla jakaminen Lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus määritellään samoin (verrataan kertoimia kunnan K nolla-alkioon). Matriisien ja lineaaristen yhtälöryhmien teoria (determinantit, vaakarivimuunnokset) menevät läpi sellaisenaan. Dimension käsite yleistyy. Samoin lineaarikuvauksen dimensioyhtälö jne. Sen sijaan sisätulosta riippuvat metriset käsitteet: vektorien pituus, kohtisuoruus yms. eivät yleisty. 3 / 15

Lisää Filosofiaa Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

■

■

Joissakin todistuksissa tarvittiin kertolaskun vaihdannaisuutta. Esimerkiksi determinantin määritelmässä pitää termien tekijöiden järjestys muuten kiinnittää, ja menetämme mahdolllisuuden ottaa yhteisen tekijän ulos summasta esimerkiksi determinantin vaakatai pystyrivikehitelmää varten. Emme pohdi tätä nyt tarkemmin. JOS SE EI OLE ASIAYHTEYDESTÄ SELVÄÄ, ON KUITENKIN SKALAARIKUNTA AINA ERIKSEEN MAINITTAVA. Esimerkiksi (ks. alla) struktuuri voi olla vektoriavaruus yli usean kunnan, jolloin käytetään puhetapoja nämä vektorit ovat lineaarisesti riippumattomia yli kunnan K ja avaruuden V dimension yli kunnan K on n jne.

4 / 15

Esimerkki 7A Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

■

■

■ ■

Kunta C on luonnollisten operaatioiden suhteen 1-ulotteinen vektoriavaruus yli kunnan C, kantana esimerkiksi {1}. Se on kuitenkin myös 2-ulotteinen vektoriavaruus yli kunnan R, kantana esimerkiksi {1, i}. Aiemmin näkemämme laajennuskunta √ K = {a + b 2 | a, b ∈ Q} on samoin 1-ulotteinen vektoriavaruus yli kunnan K ja 2-ulotteinen vektoriavaruus yli kunnan Q. Esimerkin 6J kunta L on 2-ulotteinen vektoriavaruus yli kunnan Z5 . Kunta R on ääretönulotteinen vektoriavaruus yli √ alkukunnan Q. Sen osajoukko {1, 2} on lineaarisesti riippumaton yli kunnan Q (näimme aiemmin). Voidaan todistaa, että joukko {1, π, π 2 , π 3 , π 4 , . . .} on sekin lineaarisesti riippumaton yli kunnan Q. 5 / 15

Esimerkki 7B.1 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Tehtävä: Etsi matriisin A=

2 3 6 4

!

käänteismatriisi, kun sen alkioiden ajatellaan olevan kunnassa K = Z7 . Ratkaisu: Tehdään tämä ensin käyttäen vaakarivimuunnoksia augmentoituun matriisiin 2 3 1 0 6 4 0 1

!

.

Tarvitsemme toistuvasti tietoa 2 · 4 = 8 = 1, eli 2 ja 4 ovat toistensa käänteisalkioita.

6 / 15

Esimerkki 7B.2 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Kerrotaan ensimmäinen rivi 4:llä, redusoidaan modulo seitsemän, ja lisätään saatu 1. rivi toiseen

→ →

2 3 1 0 6 4 0 1

!

1 5 4 0 6 4 0 1

!

1 5 4 0 0 1 2 4

!

→ → →

8 12 4 0 6 4 0 1

!

1 5 4 0 0 2 4 1

!

1 0 1 1 0 1 2 4

!

ja sitten kerrottiin 2. rivi neljällä ja lisättiin ensimmäiseen kahdella kerrottuna.

7 / 15

Esimerkki 7B.3 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Tästä nähdään, että 1 1 2 4

A−1 =

!

.

Sama saadaan Kramerin säännöllä käyttäen laskua det A = −10 = 4 = 2−1 : A−1 =

1 det A

4 −3 −6 2

!

=2

4 4 1 2

!

=

1 1 2 4

!

.

8 / 15

Esimerkki 7B.4 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Käänteismatriisin avulla voidaan samoin ratkaista lineaarinen yhtälöpari, x, y ∈ Z7 , (

2x + 3y = 5 ⇔A 6x + 4y = 1

x y

!

5 1

=

!

kertomalla puolittain käänteismatriisilla, jolloin saadaan x y

!

=A

−1

5 1

!

=

1 1 2 4

!

5 1

!

=

−1 0

!

9 / 15

Esimerkki 7C.1 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Ajatellaan seuraavan matriisin K = Z29  22  A =  18 4

alkioiden kuuluvan kuntaan 

27 18  28 5  . 17 1

Laske sen käänteismatriisi A−1 . Esitä käänteismatriisin kaikki alkiot kokonaislukuina välillä 0, 1, . . . , 28. Ratkaisu: Aloitetaan, kuten aina, augmentoimalla A:ta identiteettimatriisilohkolla 



22 27 18 1 0 0    18 28 5 0 1 0  . 4 17 1 0 0 1

10 / 15

Esimerkki 7C.2 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Jotta laskumme lähtisi käyntiin, pitää meidän järjestää 1 vasempaan yläkulmaan. Tätä varten teemme havainnon 4 · 22 = 88 ≡ (mod 29). Näin ollen 4 ja 22 ovat toistensa käänteisalkioita K:ssa. Kerrotaan siis ylin vaakarivi 4:llä. 



1 21 14 4 0 0   →  18 28 5 0 1 0  , 4 17 1 0 0 1 missä esimerkiksi 4 · 27 = 108 ≡ 108 − 3 · 29 = 21 (mod 29). Voimme käsitellä nyt ensimmäisen sarakkeen. Lisäämme ylimmän rivin toiseen kerrottuna alkiolla 11 = −18, ja vähennämme ylimmän rivin alimmasta kerrottuna luvulla 4, ja saamme matriisin

11 / 15

Esimerkki 7C.3 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa





1 21 14 4 0 0   →  0 27 14 15 1 0  . 0 20 3 13 0 1

Seuraavaksi haluamme järjestää ykkösen paikkaan (2, 2). Sitä varten on löydettävä jäännösluokan 27 käänteisalkio. Koska 2 · 15 = 30 ≡ 1 (mod 29), niin kunnassa K on 2−1 = 15. Koska 27 ≡ −2, niin 27−1 = (−2)−1 = −2−1 = −15 = 14. Kerromme siis toisen vaakarivin luvulla 14 (kaikki laskut ovat modulo 29): 



1 21 14 4 0 0   →  0 1 22 7 14 0  . 0 20 3 13 0 1

12 / 15

Esimerkki 7C.4 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Tämän jälkeen toinen sarake saadaan kuntoon lisäämällä toinen rivi ensimmäiseen kerrottuna luvulla 8 = −21 ja kolmanteen kerrottuna luvulla 9 = −20. Tulokseksi saadaan matriisi   1 0 16 2 25 0   →  0 1 22 7 14 0  . 0 0 27 18 10 1

Seuraavaksi kerrotaan alin vaakarivi luvulla 27−1 = 14 



1 0 16 2 25 0  1 22 7 14 0  . 0 0 1 20 24 14

 → 0

13 / 15

Esimerkki 7C.5 Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Viimeisessä vaiheessa justeerataan kolmas sarake kuntoon lisäämällä lääkärin määräämät alimman rivin monikerrat muihin   1 0 0 1 18 8   →  0 1 0 2 8 11  . 0 0 1 20 24 14

Koska vasemmalla saimme identiteettilohkon, niin matriisi A oli säännöllinen. Käänteismatriisi luetaan tavalliseen tapaan oikeanpuoleisesta lohkosta A−1





1 18 8   =  2 8 11  . 20 24 14

14 / 15

Yhteenvetoa Teema 7 Lineaarialgebra yli mielivaltaisen kunnan Vektoriavaruus yli mielivaltaisen kunnan Lisää Filosofiaa Esimerkki 7A Esimerkki 7B.1 Esimerkki 7B.2 Esimerkki 7B.3 Esimerkki 7B.4 Esimerkki 7C.1 Esimerkki 7C.2 Esimerkki 7C.3 Esimerkki 7C.4 Esimerkki 7C.5 Yhteenvetoa

Voidaan todeta, että neljästä peruslaskutoimituksesta riippuva lineaarialgebra ja soveltuvin osin siellä kehitetyt laskumenetelmät toimivat yli minkä tahansa kunnan. Tarkkaan ottaen tässä vaiheessa pitäisi käydä läpi kurssin Lineaarialgebra määritelmät ja todistukset, ja tarkistaa että niissä käytettiin ainoastaan reaalilukujen kunta-aksioomista seuraavia ominaisuuksia. Jätämme tämän harjoitustehtäväksi lukijalle :-) Muutoinkin olemme nähneet, että laskumenetelmät (esimerkiksi yhtälön ratkaisu) yleistyvät reaalilukumaailmasta muihin renkaisiin soveltuvin osin. Rajoituksiin törmätään silloin, kun jokin reaaliluvuissa voimassa oleva sääntö ei olekaan voimassa kulloinkin relevantissa renkaassa. Tyypillisesti tällainen sääntö kaatuu joko kertolaskun epäkommutatiivisuuteen tai nollanjakajien olemassaoloon.

15 / 15

Algebran Peruskurssi II Harjoitustehtävät 2015 Tehtävä 1

Osoita, että luvut 2 ja 3 generoivat ryhmän Z (laskutoimituksena siis yhteenlasku).

Ratkaisu. Olkoon H = h2, 3i. Koska 3 ∈ H ja 2 ∈ H , niin myös 1 = 3 + (−2) ∈ H . Tunnetusti 1 yksinään generoi koko ryhmän Z, joten mikään aito aliryhmä ei sisällä lukua 1 alkionaan. Koska 1 ∈ H on oltava H = Z. Vaihtoehtoisesti voi myös todeta, kokonaislukumonikertoja käyttäen, että

n = n · 3 + (−n) · 2 ∈ H

kaikilla n ∈ Z.

Osoita, että ryhmä Z∗13 on syklinen antamalla esimerkki sen alkiosta, jonka potensseina kaikki muut saadaan.

Tehtävä 2

Ratkaisu.

luokat

Kokeillaan kävisikö jäännösluokka 2. Laskemalla nähdään, että sen potensseina saadaan jäännös0

2

3

4

2 = 1, 2 = 4, 2 = 8, 2 = 16 = 3, 5

6

2 = 3 · 2 = 6, 2 = 2 · 6 = 12, . . .

Tässä on jo 7 eri alkiota. Ryhmässä Z∗13 on 13 − 1 = 12 alkiota (13 on alkuluku, joten siirryttäessä Z13 :sta Z∗13 :een ainoastaan jäännösluokka 0 tiputetaan pois - muilla ei ole yhteisiä tekijöitä luvun 13 kanssa. Aliryhmän 2 alkioiden lukumäärä m on luvun 12 tekijä. Koska näimme, että m ≥ 7 on oltava m = 12. Näin ollen Z∗13 = h2i.

Ryhmä (Z30 , +) on syklinen, generaattorina 1. Näin ollen sen kaikki aliryhmät ovat syklisiä. Etsi sen seuraaville aliryhmille Lemman 1.1.1 lupaama generaattori.

Tehtävä 3

H = {x ∈ Z30 | 9x = 0},

K = {12x | x ∈ Z30 }.

Koska 9 = 32 ja 30 = 2 · 3 · 5, niin näemme, että 9x on jaollinen luvulla 30 sjvsk x on jaollinen luvulla 10. Näin ollen H = {0, 10, 20}.

Ratkaisu.

Samaan lopputulokseen pääsee myös käymällä läpi luvut x = 0, 1, 2, . . . , 29. Näistä 10 on isomman ryhmän mainitun generaattorin 1 pienin positiivinen monikerta, joten Lemma 1.1.1. lupaa, että 10 on tämän aliryhmän generaattori. Helposti nähdään, että myös 20 generoi tämän aliryhmän. Kumpi tahansa kelpaa generaattoriksi. Vastaavasti nähdään, että K = {0, 12, 24, 6, 18}.

Lemma 1.1.1. lupaa, että näistä 6 generoi aliryhmän K . Koska aliryhmässä K on viisi alkiota, ja viisi on alkuluku, niin itse asiassa (Lagrangen lause!) mikä tahansa nollasta eroava alkio kelpaa tässäkin generaattoriksi.

Määrää ryhmän Z∗13 kaikki aliryhmät. Luettele kaikkien aliryhmien kaikki alkiot. Vinkki: Tehtävässä 2 osoitit että kyseinen ryhmä on syklinen. Olisiko tukikalvoesimerkistä 1B (SyklisetRyhmat) apua? Tehtävä 4

Sovelletaan monisteen Lausetta 1.1.6. Tehtävässä 2 näimme, että tämä ryhmä on syklinen 12 0 alkion ryhmä, generaattorina c = 2. Triviaalit aliryhmät saadaan helposti h2i = Z∗13 ja h2 i = {1}. Muut

Ratkaisu.

aliryhmät saadaan, kun parametri m käy läpi luvun 12 aidot tekijät m = 6, 4, 3, 2. Näitä vastaavat muutujan k arvot ovat käänteisessä järjestykssä 2, 3, 4, 6. Aliryhmiksi tulee siten 2

2

3

2

3

4

5

h2 i = h4i = {1, 4, 4 = 3, 4 = 12, 4 = 9, 4 = 10}

= {1, 3, 4, 9, 10, 12}

h2 i = h8i = {1, 8, 8 = 12, 8 = 5}

= {1, 5, 8, 12}

h2 i = h16 = 3i = {1, 3, 3 = 9}

= {1, 3, 9}

h2 i = h12i =

= {1, 12}

4

3

2

6

Jos tunnet yhtään epävarmuutta, niin voit tarkistaa pistokokeita tekemällä, että nämä joukot ovat suljettuja jäännösluokkien kertolaskun modulo 13 suhteen. Yhteys kalvoesimerkkiiin 1B on siinä, että sielläkin on 12 alkion syklinen ryhmä (kellotauluryhmä (Z12 , +)). Koska se ryhmä on additiivinen, niin siellä puhuttiin kokonaisulukumonikerroista potenssien asemesta. Aliryhminä saadut joukot ovat suljettuja yhteenlaskun modulo 12 suhteen.

Luettele kaikki ryhmän Z∗13 ne alkiot, jotka generoivat sen. Vinkki: Kyseiset alkiot ovat kertalukua 12 (miksi??), joten monisteen Seuraukset 1.1.16 ja 1.1.17 auttavat. Tehtävä 5

Seurauksen 1.1.17 merkinnöin (vertaa edellinen tehtävä): n = 12 ja c = 2. Välillä 0 ≤ a < 12 ehdon syt(a, 12) = 1 toteuttavat luvut a = 1, 5, 7 ja 11 (eli rajoitetun jäännösluokkasysteemin Z∗12 luvut!). Näin ollen generaattoreiksi kelpaavat potenssit

Ratkaisu.

1

2 = 2,

5

2 = 6,

7

11

2 = 11 ja 2

= 7.

Näistä kiinnitämme huomion kahteen seikkaan. Alkio ja sen käänteisalkio generoivat aina saman ryhmän. −1 −1 Näin ollen, jos c on generaattori, niin samoin on c−1 . Tässä esimerkissä 7 = 2 ja vastaavasti 11 = 6 , sillä 2 · 7 = 14 ≡ 1 (mod 13) ja 6 · 11 = 66 ≡ 1 (mod 13). Toisaalta näemme, että nämä ovat tarkalleen ne jäännösluokat, jotka eivät esiintyneet missään edellisen tehtävän ei-triviaalissa aliryhmässä. Näin pitääkin olla, sillä jos jokin näistä neljästä jäännösluokasta on mukana ryhmän Z∗13 aliryhmässä H , on pakko olla H = Z∗13 . Syy on sama kuin tehtävän 1 päättelyssä. Jos ryhmän generaattorit (nyt: yksi alkio) ovat mukana aliryhmässä, ei aliryhmä voi olla aito.

Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä (josta emme tiedä onko se syklinen). Osoita, että siinä on parillinen määrä kertalukua kolme olevia alkioita.

Tehtävä 6

Oletetaan, että x ∈ G on kertalukua kolme. Tällöin myös alkio x2 = x−1 on kertalukua kolme (suora lasku tai Seuraus 1.1.16). Lisäksi x2 6= x, sillä yhtälöstä x2 = x seuraa supistamissäännön (=Sudokusääntö) nojalla x = 1, mikä on ristiriidassa sen kanssa, että x olisi kertalukua kolme. Toisaalta, jos x = y 2 , missä y on kertalukua kolme, niin Ratkaisu.

y = y · 1 = y · y 3 = y 4 = (y 2 )2 = x2 .

Jos siis K = {x ∈ G | ord(x) = 3} on kertalukua kolme, niin joukko K jakautuu alkiovieraiksi pareiksi {x, x2 }. Näin ollen joukossa K on parillinen määrä alkioita. Väite yleistyy muotoon: Ryhmän G kertalukua n olevien alkioiden lukumäärä on jaollinen luvulla φ(n) = #{a ∈ Z | 0 < a < n, syt(a, n) = 1}. Jos c on kertalukua n, niin syklisessä aliryhmässä C = hci on φ(n) kappaletta kertalukua n olevia alkioita (Seuraukset 1.1.16 ja 1.1.17). Lisäksi jokainen näistä kertalukua n olevista alkioista ca , syt(a, n) = 1, generoi SAMAN ryhmän C . Näin ollen kertalukua n olevien alkioiden osajoukko jakautuu φ(n) alkiota sisältäviin porukoihin sen mukaan, minkä aliryhmän ne generoivat.

Tehtävä 7

Esitä permutaatiot α=



1 7

2 3 4 5 10 11 13 4

6 7 9 2

8 9 6 5

10 11 12 13 1 3 12 8



∈ S13

ja β = (243)(213) ∈ S4

erillisten syklien tulona. Ratkaisu.

Näemme, että permutaatiossa α 1 7→ 7 7→ 2 7→ 10 7→ 1,

3 7→ 11 7→ 3, 4 7→ 13 7→ 8 7→ 6 7→ 9 7→ 5 7→ 4, 12 7→ 12.

Näin ollen syklihajotelma on α = (1 7 2 10)(3 11)(4 13 8 6 9 5 )(12).

Koska syklit β1 = (243) ja β2 = (213) eivät ole erillisiä (luvut 2 ja 3 esiintyvä molemmissa) joudumme laskemaan kuvaustulon β = β1 β2 seuraamalla monisteen ja/tai kalvojen esimerkkejä. Permutaatiossa β joudumme laskemaan kuvaustulon β1 ◦ β2 : (213)

(243)

(213)

(243)

(213)

(243)

(213)

(243)

1 7→ 3 7→ 2, 2 7→ 1 7→ 1, 3 7→ 2 7→ 4, 4 7→ 4 7→ 3.

Tästä näemme, että erillisinä sykleinä β = (12)(34).

Tehtävä 8 Mikä on edellisen tehtävän permutaation α kertaluku? Jos τ = (387) ∈ S13 , niin mikä on permutaation τ ατ −1 esitys erillisten syklien tulona. Ratkaisu. Kun permutaatio on kirjoitettu ERILLISTEN syklien tulona, sen kertaluku on syklien pituuksien pyj. Tässä siis ord(α) = pyj(4, 6, 2, 1) = 12.

Huomaa, että oletus syklien erillisyydestä on välttämätön. Edellisen tehtävän permutaatio β oli määritelty kahden 3-syklin tulona. Kun kirjoitimme sen erillisten syklien tulona näimme kuitenkin, että se on tyyppiä (2, 2). Näin ollen ord(β) = 2. Suoraviivainen tapa suoriutua tehtävä toisesta osasta on toimia kuten edellisen tehtävän jälkimmäisessä osassa. Taulukko on hiukan isompi. Huomaa, että 3-sykli τ −1 = (783) tehdään ensin. Käsitellään luvut 1, . . . , 13 siinä järjestykssä millaisia syklejä ne muodostavat. Taulukossa vaakaviiva merkitsee, että sen ylä-

puolella sykli sulkeutui: τ −1

α

τ

τ −1

α

τ

τ −1

α

1 7→ 1 7→ 7 7→ 3, 3 7→ 7 7→ 2 7→ 2, τ

2 7→ 2 7→ 10 7→ 10, τ −1

α

τ

10 7→ 10 7→ 1 7→ 1 τ −1

α

τ

4 7→ 4 7→ 13 7→ 13, τ −1

α

τ

13 7→ 13 7→ 8 7→ 7, τ −1

α

τ

τ −1

α

τ

τ −1

α

τ

τ −1

α

τ

τ −1

α

7 7→ 8 7→ 6 7→ 6, 6 7→ 6 7→ 9 7→ 9, 9 7→ 9 7→ 5 7→ 5, 5 7→ 5 7→ 4 7→ 4 τ

8 7→ 3 7→ 11 7→ 11, τ −1

α

τ −1

α

τ

11 7→ 11 7→ 3 7→ 8

Vastaukseksi saatiin siis

τ

12 7→ 12 7→ 12 7→ 12.

τ ατ −1 = (1 3 2 10)(4 13 7 6 9 5)(8 11)(12).

Huomaamme että syklirakenne on hyvin samanlainen kuin permutaatiolla α! Erot tulevat siitä, että permutaation α sykleissä luvun k paikalla on nyt luku τ (k). Esimerkissämme τ pitää melkein kaikki luvut paikallaan, mutta koska esimerkiksi τ (7) = 3, niin α:ssa esiintyneen syklin (1 7 2 10) `paikalla' nähdään nyt sykli (1 3 2 10). Näin käy aina! Tämän on monisteen Huomautuksen 1.2.10 ja Teeman 2 kalvojen 1619 sisältö. Selitys käy ilmi, kun tutkit yo. taulukkoa. Kun kävimme sitä läpi syklien muodostumista vastaavassa järjestyksessä siellä rivien taitteissa τ ja τ −1 `sahaavat edestakaisin'. Tämä helpottaa huomattavasti konjugointi permutaatioryhmissä Sn . Ideaa voidaan hyödyntää mm. Rubikin kuution ratkaisumenetelmissä (jonkinlainen demo Jyrkiltä luvassa tiistaina).

Tavallista 52 kortin pakkaa sekoitettaessa ns. perfe t shue on sekoitus, jossa pakka ensin jaetaan puoliksi keskeltä kahtia (26 korttia kummassakin puolikkaassa) ja sitten puolikkaat sekoitetaan vetoketjuperiaatteella siten, että uudelleen yhdistetyssä pakassa on kortteja vuorotellen kummastakin puolikkaasta. Spesioidaan, että tässä sekoituksessa alun perin pakan päällimmäisenä ollut kortti tulee myös sekoitettuun pakkaan päällimmäiseksi. Jos numeroidaan korttien paikat luvuilla 1..52, 1= päällimmäinen, niin paikassa 1 ollut kortti pysyy paikassa 1, paikassa 27 (toisen puolikkaan päällimmäinen) ollut kortti siirtyy paikkaan 2, paikassa 2 ollut kortti siirtyy paikkaan 3 jne. Vakuuta itsesi siitä, että paikkojen siirtymiä vastaava permutaatio σ ∈ S52 saadaan kaavasta Tehtävä 9

σ(i) =

(

2i − 1, 2i − 52,

jos 1 ≤ i ≤ 26, ja jos 27 ≤ i ≤ 52.

Etsi permutaation σ esitys erillisten syklien tulona ja määrää sen kertaluku. Tarkistus: Kertaluku on eräs yksinumeroinen kokonaisluku. Huomautus: Tämä on hiukan suuritöisempi tehtävä. Toivottavasti se on sen verran mielenkiintoinen, että motivoidut käymään sen läpi. Esiintyvien syklien pituuksissa on paljon toistoa, joten ihan kaikkia ei ehkä tarvitse etsiä. Ratkaisu. Soveltamalla funktion σ lauseketta näemme, että 1 ja 52 ovat kiintopisteitä, σ(1) = 1, σ(52) = 52, eli ne muodostavat 1-syklin. Pienin käsittelemätön luku on 2, ja tutkimalla sen kuvautumista näemme, että

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

2 7→ 3 7→ 5 7→ 9 7→ 17 7→ 33 7→ 14 7→ 27 7→ 2

missä kohtaa sykli sulkeutuu. Pienin käsittelemätön luku on nyt 4 (3 sisältyi kakkosen sykliin) σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

4 7→ 7 7→ 13 7→ 25 7→ 49 7→ 46 7→ 40 7→ 28 7→ 4

ja tämäkin sykli sulkeutui. Pienin käsittelemätön luku on nyt 6, ja σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

6 7→ 11 7→ 21 7→ 41 7→ 30 7→ 8 7→ 15 7→ 29 7→ 6.

Nyt pienin käsittelemätön luku on 10, joten seuraava sykli on σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

10 7→ 19 7→ 37 7→ 22 7→ 43 7→ 34 7→ 16 7→ 31 7→ 10.

Sitten pienimmän puuttuvan rooli on luvulla 12 σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

121 7→ 23 7→ 45 7→ 38 7→ 24 7→ 47 7→ 42 7→ 32 7→ 12.

Nyt pienin käsittelemätön on 18. Tässä tuleekin tavallista lyhyempi sykli: σ

σ

18 7→ 35 7→ 18.

Viimeisen syklin pienin luku on 20, sekin on pituudeltaan kahdeksan: σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

20 7→ 39 7→ 26 7→ 51 7→ 50 7→ 48 7→ 44 7→ 36 7→ 20.

Näimme, että σ = (1)(52)(2 3 5 9 17 33 14 27)(4 7 13 25 49 46 40 28)(6 11 21 41 30 8 15 29) (10 19 37 22 43 34 16 31)(12 23 45 38 24 47 42 32)(18 35)(20 39 26 51 50 48 44 36)

on tyyppiä (8, 8, 8, 8, 8, 8, 2, 1, 1). Sen kertaluku on siis ord(σ) = pyj(8, 2, 1) = 8. Toistamalla tämän sekoituksen kahdeksan kertaa pakka palaa siis alkuperäiseen järjestykseen. Esitän vielä toisen ratkaisun. Jos numeroimmekin korttien paikat numeroilla 0..51 (emmekä 1..52 kuten yllä), niin huomaamme että 0 ja 51 pysyvät paikoillaan, ja muutoin σ(i) = 2i tai σ(i) = 2i − 51. Joka tapauksessa siis σ(i) ≡ 2i (mod 51). Koska 28 = 256 = 5 · 51 ≡ 1 (mod 51), niin jäännösluokka 2 on kertalukua kahdeksan modulo 51. Koska σ vastaa nyt kakkosella kertomista, niiin σ 8 vastaa kertomista jäännösluokalla 28 = 1.

Olkoon α = (1234567) ∈ S7 . Tarkista laskemalla, että α2 on tällöin myös eräs 7-sykli. Etsi jokin sellainen permutaatio τ ∈ S7 , jolle Tehtävä 10

τ ατ −1 = α2 .

Ovatko α ja τ aliryhmän A7 alkioita. Laskemalla yhdistettyä kuvausta nähdään, että α2 (1) = α(α(1)) = α(2) = 3, α2 (3) = α(4) = 5, α (5) = α(6) = 7 jne. Tästä saadaan tulokseksi Ratkaisu.

2

α2 = (1357246).

Huomaat, että tässä permutaation α "piirileikkiä"yksinkertaisesti kuljetaan kaksi tahtia vastaten sitä, että kyseessä on α:n toinen potenssi. Vastaavasti olisi α3 = (1473625) jne. Joka tapauksessa α2 ja α ovat molemmat 7-syklejä (tai tyypin (7) permutaatioita), joten ne saadaan toisistaan konjugoimalla sopivalla permutaatiolla τ . Yleisen teorian (Monisteen Huomautut 1.2.10) perusteella τ (1234567)τ −1 = (τ (1) τ (2) τ (3) τ (4) τ (5) τ (6) τ (7)).

Ehkä suoraviivaisin tapa saada tästä sama 7-sykli kuin yllä laskettu α2 on valita τ siten, että valitaan τ (1) = 1, τ (2) = 3, τ (3) = 5, τ (4) = 7, τ (5) = 2, τ (6) = 4, τ (7) = 6. Näin valittu τ on erillisten syklien tulona τ = (1)(235)(476). Muitakin ratkaisuja tälle hieman mutkikkaammalle tehtävälle on! Muistamme, että syklin voi aloittaa, mistä tahansa sen luvusta. Näin ollen myös (esimerkiksi - vaihtoehtoja on kaikkiaan 7 kpl) α2 = (7246135),

missä myös mennään koko ajan 2 askelta eteenpäin. Tästä näemme, että myös valinnat τ (1) = 7, τ (2) = 2, τ (3) = 4, τ (4) = 6, τ (5) = 1, τ (6) = 3, τ (7) = 5 johtavat menestyksekkääseen lopputulokseen. Tämä τ on syklimuodossa τ = (175)(346).

Tehtävä 11 Kokeellista permutaatioalgebraa (tässä tehtävässä vain lasketaan ja havainnoidaan, todistus seuraavassa tehtävässä). Permutaatioon liittyvä pienelle huomiolle jäänyt suure on sen erillisten syklien lukumäärä. Tässä tehtävässä lasketaan myös kiintopisteet eli 1-syklit mukaan. Näin ollen permutaatiossa id ∈ S5 on viisi sykliä (kaikki yhden mittaisia) ja permutaatiossa (14)(2)(3567) ∈ S7 kolme sykliä. Tehtäväsi on tutkia, miten syklien määrä muuttuu, kun permutaatio kerrotaan vasemmalta transpositiolla. Erityisesti vertaa syklien lukumäärää permutaatioissa α ja (12)α, kun α = (13)(24) ∈ S4 , α = (123)(4) ∈ S4 , α = (12345) ∈ S5 α = (14)(253) ∈ S5 . Havaitset, että syklien määrää muuttuu aina saman verran, mutta eri suuntiin. Kuinka paljon? Huomaatko säännön, joka kertoo milloin syklien määrä kasvaa ja milloin taas vähenee? Tee tarvittaessa lisää kokeita isommissa permutaatioryhmissä! Ratkaisu.

Laskemalla permutaatioiden yhdistettyjä kuvauksia saadaan (12)(13)(24) = (1324), (12)(123)(4) = (1)(23)(4), (12)(12345) = (1)(2345), (12)(14)(253) = (14253).

Syklien lukumäärä tässä joko pieneni yhdellä (ensimmäinen ja viimeinen tapaus) tai kasvoi yhdellä (kaksi keskimmäistä tapausta). Lasketaan vielä pari isompaa esimerkkiä (12)(1357)(246) = (1357246), (12)(153248)(679) = (153)(248)(679), (12)(1342)(5678) = (134)(2)(5678), (12)(13579)(2468) = (135792468).

Alkaa näyttää siltä, että näin käy aina. Lisäksi alkaa tuntua siltä, että jos permutaatiossa α luvut 1 ja 2 ovat samassa syklissä, niin tulossa (12)α on syklejä yksi enemmän kuin permutaatiossa α. Jos taas luvut 1 ja 2 ovat permutaation α samassa syklissä, niin tulossa (12)α syklejä onkin yksi vähemmän. Tehtävä 12 Todista edellisen tehtävän havainto: kerrottaessa permutaatiota vasemmalta transpositiolla (12) sen syklien lukumäärä kasvaa tai pienenee yhdellä sen mukaan, ovatko luvut 1 ja 2 samassa vai eri syklissä.

Oletetaan ensin, että 1 ja 2 ovat permutaation α eri sykleissä. Koska jokainen sykli voidaan aloittaa mistä tahansa sen alkiosta, niin voimme oletta, että nämä syklit ovat (1 a1 a2 . . . ar ) ja (2 b1 b2 . . . bs ). Permutaation α muilla sykleillä ei ole väliä, sillä ne eivät muutu, kun laskemme tulon (12)α. Jo toivottavasti tutuksi tulleella laskutavalla näemme, että

Ratkaisu.

(12)(1 a1 a2 . . . ar )(2 b1 b2 . . . bs ) = (1 a1 a2 . . . ar 2 b1 b2 . . . bs ).

(vrt. myös edellisen tehtävän esimerkit). Jos taas 1 ja 2 ovat samassa syklissä, niin olkoon se (1 a1 a2 . . . ar 2 b1 b2 . . . bs ) (tässä voi olla r = 0 tai s = 0, jolloin luvut 1 ja 2 ovat syklissä peräkkäin). Edellisellä laskulla käänteisesti (Huom. (12)(12) = id, ja assosiatiivilaki!) (12)(1 a1 a2 . . . ar 2 b1 b2 . . . bs ) = (1 a1 a2 . . . ar )(2 b1 b2 . . . bs ),

eli tämä pitkä sykli lohkesi kahdeksi (vrt. edellisen tehtävän esimerkit). Tehtävä 13 Minkä tyypin permutaatioita ryhmässä S4 on? Kuinka monta mitäkin tyyppiä olevaa permutaatiota siellä on? Mitkä niistä kuuluvat alternoivaan ryhmään A4 ?. Ratkaisu.

Tämä(kin) tuli vahingossa spoilattua kalvosetin

http://users.utu.fi/lahtonen/AlgebranPKII2015/RyhmaExtroja.pdf Esimerkkinä B.

Oletetaan, että renkaassa R on voimassa yhtälö 1 + 1 = 0. Miten rengasaksioomista lähtien todistetaan, että tällöin jokainen alkio r ∈ R toteuttaa yhtälön r + r = 0?

Tehtävä 14

Ratkaisu.

Koska renkaan kertolasku on funktio, niin oletuksest 1 + 1 = 0 seuraa, että r · (1 + 1) = r · 0

(∗)

olipa r mikä tahansa renkaan R alkio. Yhtälön (∗) vasemmalla puolella olevaan lukuun voimme soveltaa ensin distributiivilakia: r · (1 + 1) = r · 1 + r · 1. Sitten edelleen soveltamalla aksioomaa saadaan, että tässä r · 1 = r. Näin ollen yhtälön (∗) vasen puoli = r + r. Lauseen 2.2.2. kohdan (i) nojalla puolestaan yhtälön (∗) oikealla puolella r · 0 = 0. Koska yhtälö (∗) oli oletuksemme seuraus, niin väite seuraa. Tiivistettynä R3

R4

(∗)

r + r = r · 1 + r · 1 = r · (1 + 1) = r · 0

L.2.2.2(i)

=

0,

missä yhtälöketjussa kunkin yhtäsuuruusmerkin yläpuolella perustellaan, miksi kyseisen yhtäsuuruusmerkin vasemmalla ja oikealla puolella on sama renkaan R alkio. Huomautus: Yleisessä renkaassa EI OLE VOIMASSA ekvivalenssia a = b ⇔ ra = rb. Ei edes silloin, kun r 6= 0R . Tästä enemmän myöhemmin kurssilla. Sen sijaan IMPLIKAATIO a = b =⇒ ra = rb pitää paikkansa kaikissa renkaissa, sillä renkaan kertolasku on funktio, ja funktiolla on vain yksi arvo. Yleisemmkin oletuksista f on funktio, x = y yhdessä seuraa, että f (x) = f (y). Tehtävä 15 Kaikissa renkaissa on määritelty alkioiden kertolasku, potenssiin korotus, kokonaisluvulla kertominen sekä yhteen- ja vähennyslaskut. Näin ollen renkaan kieli on riittävän `rikas' laskemaan kokonaislukukertoimisen polynomin arvoja. Voidaan siis esimerkiksi kysyä, mitkä annetun renkaan alkiot x toteuttavat yhtälön

x2 − x = 0.

Etsi tämän yhtälön ratkaisut x A) renkaassa Z5 , B) renkaassa Z6 . Näissä renkaissa on niin vähän alkioita, että jokaisen vaihtoehdon kokeileminen on yksi varma tapa. Voit yrittää tehdä ratkaisua nopeuttavia päättelyitä, mutta varoitan etukäteen, että kaikki koulualgebrasta tutut säännöt EIVÄT ole voimassa kaikissa renkaissa. Teemaan palataan myöhemmin kurssilla. A-kohdassa teemme laskuja modulo viisi. x ∈ Z5 = {0, 1, 2, 3, 4}: O2 − 0 = 0, 12 − 1 = 0, 2 − 2 = 2 6= 0, 32 − 3 = 6 = 1 6= 0, 42 − 4 = 12 = 2 6= 0. Näemme, että jäännösluokat x = 0 ja x = 1 ovat ratkaisuja, mutta muita ratkaisuja ei ole. B-kohdassa laskut tehdään modulo kuusi. x ∈ Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}: 02 − 0 = 0, 12 − 1 = 0, 22 − 2 = 2 6= 0, 3 3 − 3 = 6 = 0, 42 − 4 = 12 = 0, 52 − 5 = 20 = 2. Näemme, että jäännösluokat x = 0, 1, 3 ja 4 ovat kaikki ratkaisuja, mutta muita ratkaisuja ei ole.

Ratkaisu.

2

Näin siis raa'alla voimalla eli kokeilemalla kaikki vaihtoehdot (loogisesti pätevä ratkaisu nyt kun vaihtoehtoja oli vain äärellisen monta). Voisimmeko yrittää nopeampaa päättelyä? Kaikissa renkaissa on voimassa R3

R4

x2 − x = x · x − 1 · x = (x − 1)x,

joten tutkittava yhtälö on tosi silloin ja vain silloin kun (=sjvsk) (x − 1)x = 0.

Koulualgebrassa tässä kohtaa käytettiiin päättelysääntöä ab = 0 =⇒ a = 0 tai b = 0. Kiusaus käyttää tätä sääntöä nytkin on luonnollinen. Se lupaisi meille, että yhtälö toteutuu sjvsk x = 0 tai x − 1 = 0. Miten tilanne muuttuu yleisessä renkaassa? Jälkimmäinen tapaus on ekvivalentti sen kanssa, että x = 1, koska x = (x − 1) + 1 = 0 + 1 = 1.

Tässä käytettiin vain renkaan additiivisen ryhmän ominaisuuksia (nyt supistamislaki, joka additiivisessa ryhmässä tarkoittaa sitä, että yhtälön molemmille puolille voidaan lisätä sama vakio, tai vähentää se). Edelleen Lauseen 2.2.2. kohta (i) lupaa meille, että kaikissa renkaissa voidaan päätellä: jos x = 0 tai x−1 = 0, niin silloin myöskin (x−1)x = 0. Tähän suuntaan siis implikaatio toimii. Yllä näimme kuitenkin Bkohdassa, että renkaassa Z6 yhtälöllä oli muitakin ratkaisuja, x = 3 ja x = 4. Mikä siis menee koulualgebralla pieleen? Koulualgebran päättelysääntö, ab = 0 =⇒ a = 0 tai b = 0, on kyllä voimassa reaalilukujen renkaassa R, mutta ei renkaassa Z6 . Kun x = 3, niin x 6= 0 ja x−1 = 2 6= 0. Kuitenkin (x−1)x = 2·3 = 6 = 0. Entä A-kohta? Miksi tässä algebra modulo 5 on erilaista kuin modulo 6? Syyksi osoittautuu se, että 5 on alkuluku. Jos x ∈ Z5 , niin x on jonkin kokonaisluvun jäännösluokka. Vaikkapa x = n. Yhtälö 0 = (x − 1)x = n(n − 1) tarkoittaa sitä, että tulon n(n − 1) on oltava viidellä jaollinen. Koska 5 on alkuluku, niin Algebran PK I:n tulosten perusteella tällöin on jomman kumman tekijöistä n tai (n − 1) oltava jaollinen viidellä. Juuri se, mitä koulualgebran sääntökin ehdottaisi! Jos tässä viitosen paikalla vaihdetaankin 6, niin tilanne muuttuu. Kahden kokonaisluvun tulo on jaollinen kuudella myös silloin, kun toinen tekijöistä on jaollinen kahdella ja toinen kolmella (mutta kumpikaan ei kuudella). Kurssin yhtenä tavoitteena on tutustua tämän tapaisiin ilmiöihin. Muutenkin yliopistomatematiikan opintojen alkuvaiheessa eräs keskeinen ero lukioon on, että päättelysääntöjen voimassaoloalue rajataan tarkemmin (tai siihen ylipäätään kiinnitetään huomiota). Tehtävä 16

Osoita, että joukko S = {0, 3, 6, 9, 12} ⊂ Z15

on rengas jäännösluokkien modulo 15 yhteen- ja kertolaskun suhteen. Ykkösalkio löytynee helpoiten kokeilemalla. Huomautus: Koska renkaan Z15 ykkösalkio 1 ∈/ S , niin S EI ole sen alirengas.

Ratkaisu. Näemme, että joukossa S on kolmella jaollisten lukujen jäännösluokat modulo 15. Koska 3 on modulin 15 tekijä, seuraa tästä, että joukko S on suljettu alkioidensa yhteen- ja kertolaskun suhteen. Esimerkiksi 9 · 9 = 81 = 6 jne. Yhteenlaskun suhteen S on jopa (additiivisen) ryhmän Z15 aliryhmä: 3n− 3m = 3(n − m). Koska rengasaksioomat R2 ja R4 ovat voimassa kaikille a, b, c ∈ Z15 :ssa, ne ovat ilman muuta voimassa kaikille a, b, c ∈ S . Jäljelle jää aksiooma R3, joka vaati kertolaskulle neutraalialkion. Pienen kokeilun jälkeen huomaamme, että 6 · 0 = 0,

6 · 3 = 18 = 3, 6 · 6 = 36 = 6, 6 · 9 = 54 = 9,

6 · 12 = 72 = 12.

Näin ollen jäännösluokka 6 on ainakin vasemmanpuoleinen ykkösalkio. Koska kertolasku renkaassa Z15 on kommutatiivista, niin se on myöskin oikeanpuoleinen ykkösalkio (eli meidän ei erikseen tarvitse laskea tuloja toisin päin). Näin ollen 6 = 1S , ja aksiooma R3 on sekin voimassa. Joukko S on siis rengas näiden operaatioiden suhteen.

Tarkista alirengaskriteerin avulla, että seuraavassa osajoukko S on annetun renkaan R alirengas: A) S on reaalisten 2 × 2 alakolmiomatriisien joukko. Rengas R on kaikkien 2 × 2 reaalikertoimisen matriisien joukko. B) R on reaalilukujen rengas, Tehtävä 17

√ √ 3 3 S = {a + b 2 + c 4 | a, b, c ovat kokonaislukuja}.

Sisäsiistein tapa selvitä tästä on käyttää alirengaskriteeriä (monisteen Lause 2.4.5.). A-kohdassa    a 0 S= a, b, c ∈ R . b c

Ratkaisu.

Valinnoilla a = c = 1, b = 0 saadaan identiteettimatriisi I2 = 1R , joka näin ollen on osajoukossa S (alirengaskriteerin a-kohta). Jos     a1 0 a2 0 A1 = ja A2 = b 1 c1 b 2 c2 ovat osajoukon S kaksi mielivaltaista alkiota, niin suoraan laskemalla nähdään, että   a1 − a2 0 A1 − A2 = b 1 − b 2 c1 − c2 ja

A1 A2 =



a1 a2 b 1 a2 + c1 b 2

0 c1 c2



ovat alakolmiomatriiseja. Näin onkin alirengaskriteerin b- ja -kohdat tarkistettu. B-kohdassa toimitaan samoin. Valinnoilla a = 1, b = c = 0 saadaan √ √ 3 3 s = a + b 2 + c 4 = 1, mikä on renkaan R ykkösalkio, joten kriteerin a-kohta on selvä. Olkoot sitten √ √ √ √ 3 3 3 3 s1 = a1 + b1 2 + c1 4 ja s2 = a2 + b2 2 + c2 4 osajoukon S mielivaltaisia alkioita. Tällöin

√ √ 3 3 s1 − s2 = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 ) 2 + (c1 − c2 ) 4,

missä oikealla puolella sovelsimme reaalilukujen rengasominaisuuksia: esim. koska R:ssä on distributiivilaki (R4) voimassa, voimme laskea √ √ √ 3 3 3 b1 2 − b2 2 = (b1 − b2 ) 2.

Tässä erotukset a1 − a2 , b1 − b2 ja c1 − c2 ovat kokonaislukuja, koska Z on renkaana suljettu vähennyslaskun suhteen. Näin ollen s1 − s2 ∈ S . Tulon s1 s2 tutkimista varten teemme havainnot: √ √ √ 3 3 3 2 · 2 = 4, √ √ √ 3 3 3 2 · 4 = 8 = 2, √ √ √ √ 3 3 3 3 4 · 4 = 16 = 2 2. Näin ollen (käytämme jälleen R:n distributiivilakia ja muita rengasominaisuuksia) √ √ √ √ 3 3 3 3 s1 s2 = (a1 + b1 2 + c1 4)(a2 + b2 2 + c2 4) √ √ 3 3 = a1 b1 + (a1 b2 + b1 a2 ) 2 + (a1 c2 + c1 a2 ) 4+ √ √ √ √ 3 3 3 3 + b1 b2 ( 2)2 + (b1 c2 + c1 b2 ) 2 · 4 + c1 c2 ( 4)2 √ √ 3 3 = (a1 b1 + 2b1 c2 + 2c1 b2 ) + (a1 b2 + b1 a2 + 2c1 c2 ) 2 + (a1 c2 + c1 a2 + b1 b2 ) 4. Tässä sulkulausekkeet ovat kokonaislukuja, ja alirengaskriteerin -kohta seuraa tästä.

Tehtävä 18

Monisteessa ja kalvoilla osoitettiin, että lukujoukko

√ √ Z[ 2] = {a + b 2 | a, b ∈ Z} √ on reaalilukujen renkaan alirengas. Osoita, että luku u = 2 + 1 on tämän renkaan yksikkö etsimällä sille

käänteisalkio. Vinkki: Muistatko miten neliöjuuret saadaan pois nimittäjästä lausekkesta 1 √ 2+1

laventamalla sopivalla luvulla siten, että nimittäjässä päästään käyttämään kaavaa (a + b)(a − b) = a2 − b2 (mikä on voimassa kaikissa kommutatiivisissa renkaissa). Ratkaisu.

Lavennuskikkaa käyttämällä saadaan √ √ √ √ ( 2 − 1) ( 2 − 1) ( 2 − 1) 1 √ √ = = √ =√ 2 = ( 2 − 1). 1 2+1 ( 2 − 1)( 2 + 1) 2 − 12

Lavennuskikka tarkkaan ottaen perustuu renkaan R sellaisiin lukujen jakolaskun ominaisuuksiin, joita kurssissa käsitellään vähän myöhemmin. Tässä kuitenkin hyväksyn reaalilukujoukossa tuttujen operaatioiden käytön. Tarkkaan ottaen loppupäättely voisi mennä vaikka seuraavasti. Etenkin, jos pitäisikin perustella, ettei käänteisalkiota ole (jollakin toisella u). • Nollasta eroavata reaaliluvut muodostavat kertolaskun suhteen ryhmän. • Ryhmässä alkion käänteisalkio on yksikäsitteinen (huomautus: epäkommutatiivisessa renkaassa voi alkiolla olla monta toispuoleista käänteisalkiota - jätämme tämän kuitenkin paljon edistyneemmille kursseille). √ • Näin ollen jos jollakin reaaliluvulla x on ominaisuus xu = 1, niin x = 2 − 1. √ • Näin ollen u 6= 0 on renkaan Z[ 2] yksikkö sjvsk reaaliluku 1/u on tämän renkaan alkio. √ √ √ Joka tapauksessa 2 − 1 on tarkasteltavan renkaan alkio, joten u on renkaan Z[ 2] yksikkö, ja u−1 = 2 − 1.

Oletetaan, että R on rengas, f : R → R on rengashomomorsmi, ja lisäksi että u ∈ R on sellainen alkio, että f (u) on sen käänteisalkio. Siis uf (u) = 1R = f (u)u. Jos n on jokin positiivinen kokonaisluku, niin osoita, että tällöin myös f (un ) on alkion un käänteisalkio. Tehtävä 19

Brassaillaan pikkaisen, ja todistetaan väite induktiolla n:n suhteen. Induktion lähtökohta on selvä. Kun n = 1, niin oletuksen perusteella

Ratkaisu.

f (u1 ) = f (u) = u−1 .

Tehdään sitten induktio-oletus, että jollakin positiivisella kokonaisluvulla k f (uk ) on alkion uk käänteisalkio, eli uk f (uk ) = 1R = f (uk )uk . Väitämme, että tällöin f (uk+1 ) on alkion uk+1 käänteisalkio. Lasketaan tulo uk+1 f (uk+1 ): uk+1 f (uk+1 ) = ((uk )u)f (u · uk )

= ((uk )u)(f (u)f (uk )) = uk (u f (u))f (uk )

= uk 1R f (uk ) = uk f (uk ) = 1R .

Yllä ensimmäisessä vaiheessa käytimme potenssin määritelmää, toisessa oletusta f :n homomorsuudesta, kolmannessa kertolaskun assosiatiivisuutta, neljännessä oletusta uf (u) = 1R , viidennessä ykkösalkion perusominaisuutta, ja viimeisessä induktio-oletusta. Samoin nähdään, että toisin päin kertomalla saadaan f (uk+1 )uk+1 = 1R . Väite seuraa induktioperiaatteesta. Kieltämättä tämä on niitä todistuksia, joissa induktion voi korvata kolmella pisteellä :-)

Oletetaan, että R on sellainen rengas, että sen kaikki alkiot x ∈ R toteuttavat yhtälön x2 = x. Osoita, että tällöin renkaassa R väistämättä A) 1 + 1 = 0, B) ∀ a ∈ R : a + a = 0, C) ∀ a, b ∈ R : ab = ba (eli rengas on kommutatiivinen). Vinkki: Mitä jos x = 1 + 1, x = 1 + a, x = a + b jne. Tehtävä 20

Ratkaisu.

Sovelletaan oletusta ensin kun x = 1R + 1R . Tällöin (Lause 2.2.3) x2 = (2 · 1R )(2 · 1R ) = 4 · 1R ,

joten koska x2 = x saadaan (jätän alaindeksin pois 1R :stä, koska sekaannusta ei oikeastaan aiheudu). 1 + 1 + 1 + 1 = 4 = 2 = 1 + 1.

Kaikissa ryhmissä (PK I) on "supistamis"sääntö voimassa. Nyt olemme renkaan additiivisessa ryhmässä, joten "supistaminen"tarkoittaa yhteenlaskettavan kumoamista yhtälön molemmilta puolilta. Tästä siis seuraa yhtälö 1 + 1 = 0, joten A-kohdan väite on todistettu. B-kohdan väite nähdään monella tavalla. Helpointa on todeta, että Tehtävän 14 tuloksen nojalla se seuraa juuri todistetusta A-kohdasta. Toinen vaihtoehto olisi soveltaa oletusta valintaan x = 1 + a. Saamme oletus

1 + a = x = x2 = (1 + a)(1 + a) = 1 · 1 + a · 1 + 1 · a + a2 = 1 + a + a + a2

oletus

=⇒ a2 = a

=

= 1 + a + a + a.

Kumoamissäännön nojalla (1 ja yksi kappale a-termejä kumoutuu) tästä seuraa myös väite 0 = a + a. C-kohdan väite on hiukan kinkkisempi. Valinnalla x = a + b saadaan a + b = x = x2 = (a + b)(a + b) = a2 + ab + ba + b2

a2 =a,b2 =b

=

= a + ab + ba + b.

Kumotaan termit a ja b, ja saadaan 0 = ab + ba.

Lisäämällä tähän yhtälöön molemmille puolille termi ab saadaan ab = ab + ab + ba = (ab + ab) + ba.

Koska ab ∈ R, niin soveltamalla B-kohdan tulosta alkioon ab saadaan, että oikealla puolella ab + ab = 0. Näin ollen oikea puoli = ba, joten C-kohdan väite seuraa. Tehtävä 21 Olkoon S = {0, 3, 6, 9, 12} ⊂ Z15 Tehtävän 16 rengas. Tutkitaan funktiota f : S → Z5 , f (n) = n. Tässä siis funktion muuttuja on jäännösluokka modulo 15 ja arvo jäännösluokka modulo 5. Miksi f on

A) hyvinmääritelty, B) rengashomomorsmi?

Hyvinmääriteltävyysongelma on siinä, että lähtöjoukossa n tarkoittaa jäännösluokkaa modulo 15 mutta maalijoukossa se tarkoittaa jäännösluokkaa modulo 5. Meidän tulee siis olla hiukan huolissamme siitä, että riippuuko funktion f määritelmä jäännösluokan edustajan valinnasta. Tällä kertaa tilanne ei aiheuta huolta, sillä jos lähtöjoukossa n = m, niin n ≡ m (mod 15). Näin ollen erotus n − m on jaollinen luvulla 15. Koska 15 = 3 · 5, se on tällöiin jaollinen myös luvulla 5. Näin ollen n = m myös maalijoukossa. Jos

Ratkaisu.

käytän alaindeksiä kertomaan jäännösluokan modulin (vain hetkellisesti, kun tähän ajatukseen tottuu, niin se alaindeksi on häiritsevä koriste), niin tämän voi kirjoittaa implikaationa n15 = m15 =⇒ n5 = m5 ,

ja funktion f (nyt kun se on hyvinmääritelty voimme puhua funktiosta!) määritelmä on f (n15 ) = n5 .

Kun hyvinmääriteltävyysongelma on pois alta, niin homomoraehtojen tarkistaminen on suoraviivaista. Olkoot a ja b mielivaltaisia renkaan S alkioita. Tällöin a = n15 ja b = m15 joillakin kokonaisluvuilla n, m ja f (a + b) = f (n15 + m15 ) = f (n + m15 ) = n + m5 = n5 + m5 = f (a) + f (b),

koska n + m = n + m (jäännösluokkien yhteenlaskun määritelmä!) riippumatta siitä, minkä modulin suhteen jäännösluokkia ajatellaan. Samoin f (ab) = f (n15 · m15 ) = f (n · m15 ) = n · m5 = n5 · m5 = f (a) · f (b). Tehtävästä 16 muistamme, että renkaan S ykkösalkio on jäännösluokka 615 . Koska 6 ≡ 1 (mod 5), niin f (1S ) = f (615 ) = 65 = 15 = 1Z5 .

Oletetaan, että f : R → R′ on kahden renkaan välinen rengashomomorsmi. A) Sanotaan, että renkaan R alkio e on idempotentti, jos e2 = e. Osoita, että tällöin f (e) on renkaan R′ idempotentti alkio. B) Sanotaan, että renkaan R alkio n on nilpotentti, jos nm = 0R jollakin positiivisella kokonaisluvulla m. Osoita, että tällöin f (n) on renkaan R′ nilpotentti alkio. Tehtävä 22

Ratkaisu.

A-kohdan väite seuraa yhtälöketjusta f (e)2 = f (e)f (e)

homomora

=

= f (e · e) = f (e2 ) = f (e).

(funktiolla on vain yksi arvo, joten e2 = e =⇒ f (e2 ) = f (e)) B-kohdassa tarvitaan tietoja f (0R ) = 0R′ (rengashomomorsmi on additiivisten ryhmien välinen homomorsmi, ja ryhmähomomorsmi kuvaa neutraalialkion neutraalialkioksi) sekä tietoa että rengashomomorsmi kuvaa potenssi potenssiksi: f (am ) = f (a · a · · · a) = f (a) · f (a) · · · f (a) = f (a)m

kaikille a ∈ R, m ∈ N. Nyt siis jos nm = 0R , niin f (n)m = f (nm ) = f (0R ) = 0R′ ,

joten f (n) on renkaan R′ nilpotentti alkio.

Näimme aiemmassa tehtävässä että reaaliset 2 × 2 alakolmiomatriisit muodostavat renkaan R. Osoita, että funktio  

Tehtävä 23

f

a b

0 c

=c

on rengashomomorsmi f : R → R. Millaiset matriisit muodostavat tämän homomorsmin ytimen? Tarkista suoraan ihanteen määritelmän avulla, että kyseinen matriisijoukko on renkaan R ihanne.

Ratkaisu.

Funktio f poimii alakolmiomatriisista sen oikeassa alanurkassa olevan luvun. Olkoot     a1 0 a2 0 A1 = ja A2 = b 1 c1 b 2 c2

mielivaltaisia renkaan R alkioita. Tällöin  a1 + a2 f (A1 + A2 ) = f ( b1 + b2

0 c1 + c2

kuten pitääkin. Samoin

f (A1 A2 ) = f (=

Kun vielä huomataan, että



a1 a2 b 1 a2 + c1 b 2

 ) = c1 + c2 = f (A1 ) + f (A2 )

0 c1 c2

f (1R ) = f (I2 ) = f (=



1 0



) = c1 c2 = f (A1 )f (A2 ).  ) = 1 = 1R ,

0 1

niin rengashomomorsmin kaikki vaatimukset on tarkistettu. Tässä ydin muodostuu niistä alakolmiomatriiseista, joiden oikeassa alakulmassa on luku nolla. Siis    a 0 Ker f = I = a, b ∈ R . b 0

Tehtävän loppuosassa meidän tulee tarkistaa, että joukko I on renkaan R ihanne. Voidaan käyttää joko määritelmää tai ihannekriteeriä (tarkoitus oli olla vetoamatta monisteen Lauseeseen 2.6.3. missä tämä seikka perustellaan kaikille rengashomomorsmeille). Selvästi I on epätyhjä joukko, koska esimerkiksia nollamatriisi on siellä. Muutoinkin näemme, että 2× matriisi on joukossa I tarkalleen silloin, kun sen toinen sarake muodostuu pelkistä nollista. Olkoot siis     a1 0 a2 0 A1 = ja A2 = b1 0 b2 0 mielivaltaisia I :n matriiseja. Tällöin

A1 − A2 =

on sekin joukon I matriisi. Jos edelleen B=





on mielivaltainen alakolmiomatriisi, niin tulot   a1 a3 0 BA1 = b1 b 3 c3 ja

A1 B =



ovat joukon I matriiseja. Väite seuraa.

a1 b1

0 0



a1 − a2 b1 − b2

a3 b3 0 0 a3 b3

0 c3





0 c3 

0 0

=





=

a3 a1 b 3 a1 + c3 b 1 

a1 a3 b 1 a3

0 0

√

0 0



 √

Tehtävässä √ 18 näimme, että renkaassa R = Z[ 2] alkio u = 2 + 1 on yksikkö, ja sillä on käänteisalkio u−1 = 2 − 1. Koska R on rengas, niin potenssi luku un , n jokin positiivinen kokonaisluku, voidaan kirjoittaa muodossa √ Tehtävä 24

un = an + bn 2,

missä an ja bn ovat kokonaislukuja. Osoita, että un on sekin renkaan R yksikkö, ja että sen käänteisalkio on √ u−n = (u−1 )n = (−1)n (an − bn 2). √ √ Vinkki: Kalvoilla näytimme, että funktio f : a + b 2 7→ a − b 2 on rengashomomorsmi. Yksi ratkaisutapa

on hyödyntää tätä. Tässä on `melkein' Tehtävän 19 tilanne, mutta ei aivan.

Tehtävän voi ratkaista myös induktiolla eksponentin n suhteen etsimällä palautuskaavat luvuille an ja bn . Esitän tässä kuitenkin vinkkiin perustuvan ratkaisun. Monisteessa/kalvoilla on selitetty, miksi funktio √ √ f : a + b 2 7→ a − b 2 √ on homomorsmi renkaalta Z[ 2] sille itselleen. Nyt √ √ √ f (u) = f (1 + 1 2) = 1 − 1 2 = 1 − 2 = −u−1 . Ratkaisu.

Meillä on siis voimassa yhtälö uf (u) = −1 eikä uf (u) = 1 kuten Tehtävän 19 tilanteessa. Toistamalla tehtävän 19 päättely nähdään, että tästä seuraa, että kaikille positiivisille kokonaisluvuille n on voimassa un f (un ) = (−1)n .

Näin ollen

u−n = (−1)n f (un )

(∗),

√ eli f (u ) on luvun u käänteisluku vuorottelevaa√etumerkkiä (−1)n lukuun ottamatta. Koska Z[ 2] on rengas, niin un on sen jokin alkio, eli un = an + bn 2, missä an , bn ∈ Z. Yhtälön (∗) nojalla √ √ u−n = (−1)n f (un ) = (−1)n f (an + bn 2) = (−1)n (an − bn 2). n

n

Voit lopuksi halutessasi tarkistaa saadut tulokset √ u2 = 3 + 2 2, √ u3 = 7 + 5 2, √ u4 = 17 + 12 2,

vertaamalla √ √ u−2 = ( 2 − 1)2 = 3 − 2 2 √ √ u−3 = ( 2 − 1)3 = −7 + 5 2 √ √ u−4 = ( 2 − 1)4 = 17 − 12 2.

(Jatkoa edelliselle tehtävälle. Painovirheen vuoksi √ tässä olivat an ja bn eri rooleissa. Korjasin −1 −n u = 2 − 1 ≈ 0,4142 ∈ (0, 1), joten limn→∞ sen. Pahoittelen sekoilua.) Edellisessä tehtävässä luku √ √u = 0. Näin ollen an − bn 2 ≈ 0, kun n on suuri. Tästä saamme hyviä rationaalisia likiarvoja luvulle 2 Tehtävä 25

√ an 2≈ . bn

Tässä likiarvon `hyvyyttä' arvioidaan suhteuttamalla approksimointi virhe osoittajan ja nimittäjän kokoon. Teemasta ehkä enemmän lukuteorian ja algebrallisten lukujen teorian kursseilla. Osoita kaavan (un )2 = u2n seurauksena, että meillä on voimassa palautuskaavat a2n = a2n + 2b2n

ja

b2n = 2an bn .

Laske niiden avulla (tai suoraan esimerkiksi binomikaavalla) lukuja a1 , a2 , a4 , a8 , . . ., b1 , b2 , b4 , b8 , . . . Tarkista √ laskimella kuinka hyviä rationaalisia likiarvoja luvulle 2 tästä saadaan. Ratkaisu.

Pyydetty palautuskaava seuraa laskusta √ √ a2n + b2n 2 = u2n = (un )2 = (an + bn 2)2 √ √ = a2n + 2an bn 2 + (bn 2)2 √ = (a2n + 2b2n ) + 2an bn 2

√ √ vertaamalla tässä "kokonaisosia"( a) ja " 2-osia (b). Kalvoilla/pajassa selitin, miksi renkaan Z[ 2] luvun x √ esitys muodossa x = a + b 2, a, b ∈ Z, on yksikäsitteinen eli miksi x määrää a:n ja b:n. Koska √ √ a1 + b1 2 = u = 1 + 2,

niin a1 = b1 = 1. Palautuskaavaa käyttäen saadaan sitten a2 = 12 + 2 · 12 = 3, 2

b2 = 2 · 1 · 1 = 2,

2

a4 = 3 + 2 · 2 = 17, 2

b4 = 2 · 3 · 2 = 12,

2

a8 = 17 + 2 · 12 = 577,

b8 = 2 · 17 · 12 = 408,

a16 = 665857, a32 = 886731088897,

Väitetyt luvun

b16 = 470832, b32 = 627013566048.

√ 2 likiarvot ovat siten a2 /b2 = 1,5 a4 /b4 = 1,416666 a8 /b8 = 1,414215686274 . . . a16 /b16 = 1,41421356237468991062629557889 . . . a32 /b32 = 1,4142135623730950488016896235025302436149819257762 . . .,

joita voit verrata lukuun √ 2 ≈ 1,4142135623730950488016887242096980785696718753769. Nähdään, että kun n = 32, niin saadaan jo 25 oikeaa merkitsevää numeroa. Siitä huolimatta, että nimittäjä b32 on paljon pienempi kuin 1025 . Tällaisia hyviä rationaalilukulikiarvoja tuotetaan ns. ketjumurtolukujen (eng. ontinued fra tion) avulla. Niitä käsitellään jonkin verran lukuteorian kurssilla. Huomautus: Voit lisätehtävänä tutkia/todistaa, miten lukupareista (an , bn ) saadaan erään ns. Pellin yhtälön a2 − 2b2 = 1 ratkaisuja.

Tehtävä 26

Oletetaan, että I ja J ovat renkaan R ihanteita. Osoita, että tällöin joukko

on sekin renkaan R ihanne.

I + J = {i + j | i ∈ I, j ∈ J}

Ratkaisu. Käydään läpi ihannekriteerin kohdat. Koska 0R ∈ I ja 0R ∈ J , niin näemme, että 0R + 0R = 0R ∈ I + J . Näin ollen I + J ei ole tyhjä joukko. Olkoot sitten a ja b joukon I + J mielivaltaisia alkioita. Joukon I + J määritelmän mukaan tällöin on olemassa alkiot i1 , i2 ∈ I ja j1 , j2 ∈ J , joille

a = i1 + j1 ,

Täten

ja

b = i2 + j2 .

a − b = (i1 + j1 ) − (i2 + j2 )

= i1 + j1 − i2 − j2 = (i1 − i2 ) + (j1 − j2 ),

missä käytimme hyväksi sitä, että renkaan additiivinen ryhmä on vaihdannainen, joten yhteen- ja vähennyslaskussa voidaan termejä järjestellä tuttuun tapaan. Koska I on ihanne, niin tässä i1 − i2 ∈ I . Koska myös J on ihanne, niin j1 − j2 ∈ J . Näin ollen a − b on muotoa "jokin I :n alkio"+ "jokin J :n alkio", eli a − b ∈ I + J . Ihannekriteerin viimeisen kohdan tarkistamista varten olkoon vielä r ∈ R mielivaltainen. Tässä distributiivilaki pelastaa päivän: ra = r(i1 + j1 ) = ri1 + rj1 . Tässäkin ri1 ∈ I , koska I tiedettiin renkaan R ihanteeksi. Samoin rj1 ∈ J . Näin ollen ra ∈ I + J . Samalla tavalla nähdään, että ar ∈ I + J .

Tarkastellaan edellisen tehtävän erikoistapausta R = Z, I = 4Z, J = 6Z. Monisteen Esimerkin 2.6.7. nojalla ihanne I + J on pääihanne. Anna esimerkki luvusta m ∈ Z, joka generoi tämän ihanteen.

Tehtävä 27

Ratkaisu.

Tässä I = 4Z = {0, ±4, ±8, ±12, . . .}

ja

J = 6Z = {0, ±6, ±12, ±18, ±24, . . .}.

Koska −4 ∈ I ja 6 ∈ J , niin 2 = (−4) + 6 ∈ I + J . Koska I + J on ihanne, niin kaikki kahdella jaolliset luvut eli ihanteen K = 2Z alkiot ovat siellä mukana, eli K ⊂ I + J . Toisaalta näemme, että kumpikin ihanteista I, J ⊂ K . Ihanteena K on suljettu yhteenlaskun suhteen, joten myös I + J ⊂ K . Olemme todistaneet sisältymisrelaation kumpaankin suuntaan, joten olemme näyttäneet, että I + J = K = 2Z. Siis m = 2. Yleisemminkin voidaan todistaa (se seuraa itse asiassa Bezout'n identiteetistä, PK I), että mZ + nZ = (syt(m, n))Z.

Tehtävä 28

√

√

Muista, että Z[ 3] = {a + b 3 | a, b ∈ Z}. Tutkitaan säännön √ f (a + b 3) = a

√

määräämää funktiota f : Z[ 3] → Z3 . Selitä, miksi f on rengahomomorsmi. Mitkä alkiot kuuluvat sen ytimeen? Minkä muodon homomoralause saa tässä tapauksessa.

√ √ Tarkistetaan rengashomomorsmin vaatimukset. Luku 1 = 1 + 0 3 on renkaan Z[ 3] ykkösalkio. Funktion f määritelmän mukaan √ f (1) = f (1 + 0 3) = 1 = 1Z3 . √ √ √ Jos r1 = a1 + b1 3 ja r2 = a2 + b2 3 ovat renkaan Z[ 3] mielivaltaisia alkioita, niin √ r1 + r2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) 3,

Ratkaisu.

ja siis

√ f (r1 + r2 ) = f (= (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) 3) = a1 + a2 = a1 + a2 = f (r1 ) + f (r2 ),

joten f kunnioittaa yhteenlaskua. Tulo saadaan laskemalla √ √ √ r1 r2 = (a1 a2 ) + (a1 b2 + b1 a2 ) 3 + b1 b2 ( 3)2 = (a1 a2 + 3b1 b2 ) + (a1 b2 + b1 a2 ) 3, joten

√ f (r1 r2 ) = f ((a1 a2 + 3b1 b2 ) + (a1 b2 + b1 a2 ) 3) = a1 a2 + 3b1 b2 = a1 a2 = a1 · a2 = f (r1 )f (r2 ),

missä toisen rivin ensimmäisessä vaiheessa käytettiin tietoa 3b1 b2 = 0, koska maalijoukossa aritmetiikka tehdään modulo 3. Näin on nähty, että f on rengashomomorsmi. Sen ydin on √ √ Ker f = {a + b 3 | a, b ∈ Z, a = 03 } = {a + b 3 | a, b ∈ Z, a on kolmella jaollinen}. Merkitään tätä ihannetta I :llä Koska f (0) = 0, f (1) = 1 ja f (2) = 2, niin näemme, että kaikki renkaan Z3 alkiot esiintyvät kuvina. Näin ollen Im f = Z3 . Homomoralauseen lupaama isomorsmi on siis √ Z[ 3]/I ∼ = Z3 . √ Jonkinlainen tulkinta tälle olisi, että kun renkaan Z[ 3] alkiot identioidaan aina, kun niin a-komponentit ovat kongruentteja√ modulo kolme, niin tässä nollan kanssa √ identioiduiksi tulevat alkiot muodostava ihanteen (näin ei kävisi, jos 3:n asemesta käytettäisiin esimerkiki 2:sta). Kun nollan ekvivalenssiluokka on ihanne, niin tekijärakenne on sekin rengas, joka on nyt isomornen tutumman renkaan Z3 kanssa.

Tehtävä 29

Todista, että tekijöihinjakosääntö a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ),

on voimassa aina, kun a, b ovat jonkin kommutatiivisen renkaan R alkioita. Missä kohtaa tarvitsit renkaan R kommutatiivisuutta. Ratkaisu.

Kertomalla se auki distributiivilakia käyttäen oikean puolen tulo saa muodon (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a(a2 − ab + b2 ) + b(a2 − ab + b2 ) = a3 − a2 b + ab2 + ba2 − bab + b3

= a3 + (ba2 − a2 b) + (ab2 − bab) + b3 .

(∗)

Renkaan R kommutatiivisuudesta seuraa, että ab = ba. Sen (ja assosiatiivilain) seurauksena sitten ba2 = (ba)a = (ab)a = a(ba) = a(ab) = a2 b,

ja

bab = (ba)b = (ab)b = ab2 .

näin ollen yllä lausekkessa (∗) kumpikin sulkulauseke häviää. Väite seuraa tästä. Renkaan R kommutatiivisuutta tarvittiin juurikin perusteltaessa näiden lausekkeiden häviämistä.

Jos mahdollista, etsi jäännösluokan (x + 1) + hx3 − 1i käänteisalkio monisteen Esimerkin 2.10.5 renkaassa R = R[x]/hx3 − 1i. Vinkki: Mitä voit sanoa polynomin x3 + 1 jäännösluokasta renkaassa R? Edellisestä tehtävästä tai kalvojen Esimerkki 4J:stä voi olla apua. Tehtävä 30

Merkitään polynomin x3 − 1 generoimaa ihannetta hx3 − 1i lyhyesti I :llä. Tämän tehtävän `kikkailuratkaisu' on käyttää edelllisen tehtävän tulosta (rengas R[x] on kommutatiivinen, joten sen tekijärengas R on myös kommutatiivinen). Asetetaan siinä a = 1 + I ja b = x + I , jolloin a2 b = x + I ja ab2 = x2 + I . Sen nojalla Ratkaisu.

((1 + x) + I)((1 − x + x2 ) + I) = (1 + x3 ) + I.

(∗)

Koska (x3 − 1) + I = 0 + I , niin x3 + I = 1 + I . Näin ollen yllä (1 + x3 ) + I = 2 + I . Kertomalla (∗) puolittain 1 alkiolla + I saadaan siten 2 1 x x2 ((1 + x) + I)(( − + ) + I) = 1 + I. 2 2 2 Näin ollen käänteisalkio löytyi, ja se on 1 x x2 ((1 + x) + I)−1 = ( − + ) + I. 2 2 2

Vähemmän kikkaileva ratkaisu olisi todeta (kuten pajaluennolla, ja myöhemmin monisteen pykälissä 3.6 ja 3.7.) että polynomien jakolasku osoittaa, että jaettaessa mikä tahansa polynomi ∈ R[x] polynomilla x3 − 1 sille jää jakojäännös, joka on enintään astetta kaksi. Näin ollen kaikki renkaan R alkiot ovat muotoa a0 + a1 x + a2 x2 + I joillekin a0 , a1 , a2 ∈ R. Tehdään siis yrite ((1 + x) + I)−1 = (a0 + a1 x + a2 x2 ) + I.

Jotta tämä yrite toimisi, on oltava ((1 + x) + I)((a0 + a1 x + a2 x2 ) + I) = 1 + I . Tässä vasemman puolen tulo on (1 + x)(a0 + a1 x + a2 x2 ) = a0 + (a0 + a1 )x + (a1 + a2 )x2 + a2 x3 ≡ (a0 + a2 ) + (a0 + a1 )x + (a1 + a2 )x2

(mod I),

missä viimeisessä vaiheessa käytimme säännön x3 + I = 1 + I seurausta a2 x3 + I = a2 + I . Tämä tulo = 1 + I , jos tuntemattomat kertoimet a0 , a1 , a2 toteuttavat lineaarisen yhtälöryhmän  + a2 = 1,  a0 a0 + a1 = 0,  a1 + a2 = 0.

Lineaarialgebran menetelmin nähdään, että tämän ryhmän ainoa ratkaisu on (a0 , a1 , a2 ) = (1/2, −1/2, 1/2).

Oletetaan, että renkaan R alkio n on nilpotentti, eli että nk = 0R jollakin positiivisella luvulla k . Osoita, että tällöin 1 + n on renkaan R yksikkö. Vinkki: Geometrisen sarjan summakaava toimii sikäli, että Tehtävä 31

(1 + n)(1 − n + n2 − n3 + n4 − · · · + (−1)k−1 nk−1 ) = 1 + (−1)k−1 nk = 1R ,

(∗)

josta näemme, että vuorotteleva summa kelpaa käänteisalkioksi. Perustele kaava (∗), ja selitä miksi tällä kertaa (päinvastoin kuin tehtävässä 29) ei tarvitse olla huolissaan renkaan R kommutatiivisuudesta. Assosiatiivilaista seuraa, että renkaassa R on potenssi an , a ∈ R, n luonnollinen luku (hyvin)määriteltävissä tulona an = a · a · · · a (n kpl tekijöitä). Hyvinmääriteltävyysongelma oli siinä, että pitääkö meidän olla huolissamme siitä saadaanko esimerkiksi a5 :lle sama tulos laskuista a(a(a(aa))) ja (a((aa)a))a. Peruskurssi I:llä selitettiin, että assosiatiivisuus riittää takaamaan tämän. Edelleen sen seurauksena an+m = an am kaikille assosiatiivisille kertolaskuilla (erityisesti siis multiplikatiivisissa ryhmissä ja renkaissa). Väitetty identiteetti seuraa sitten distributiivilaista: ! ! k−1 k−1 k−1 X X X i i i i i i (−1) n (−1) n + n · (−1) n = 1 · (1 + n) Ratkaisu.

i=0 2

i=0

i=0

3

4

5

= 1 − n + n − n + n − n + · · · + (−1)k−1 nk−1 +

+ n − n2 + n3 − n4 + n5 − · · · + (−1)k−2 nk−1 + (−1)k−1 nk

= 1 + (−1)k−1 nk .

Käyttämällä distributiivilain toista vaatimusta saadaan samoin, että ! k−1 X i i (−1) n (1 + n) = 1 + (−1)k−1 nk . i=0

Koska tässä nilpotenttisuusoletuksen nojalla nk = 0, niin nähdään, että (1 + n)−1 = 1 − n + n2 − n3 + · · ·

Päinvastoin kuin Analyysissa emme algebrassa (harvoja poikkeustilanteita lukuunottamatta) voi muodostaa äärettömän monen olion summaa - sitä varten tarvitaan jonon suppenemisen käsite, mitä ei mielenkiintoisella tavalla pystytä tekemään kaikissa renkaissa (puuttuu itseisarvo, järjestysrelaatio < ja epsilonit). Tässä geometrisen sarjan summakaava kuitenkin toimii tavalliseen tapaan 1 = 1 − q + q2 − q3 + · · · 1+q

siitä analyysin kannalta epätavallisesta syystä, että geometrisessa sarjassa on vain äärellisen monta nollasta eroavaa termiä! Päinvastoin kuin edellisessä tehtävässä tällä kertaa ei tarvinnut edellyttää, että taustalla oleva rengas olisi kommutatiivinen. Kaavan (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a3 + b3

vastine olisi tällä kertaa

(1 + n)(1 − n + n2 ) = 13 + n3 .

Edellisessä tehtävässä tarvitsimme tietoa ab = ba. Tällä kertaa a = 1 ja b = n, joten sääntö ab = ba on voimassa automaattisesti siitä syystä, että kerrottaessa renkaan ykkösalkiolla on vaihdannaisuus automaattisesti voimassa: 1n = n1 = n. Tehtävä 32

salkio.

Osoita, että polynomi p(x) = 1 + 2x on polynomirenkaan Z8 [x] yksikkö etsimällä sen kääntei3

Koska 2 = 8 = 0, niin 2 on renkaan Z8 nilpotentti alkio. Samasta syystä 2x on renkaan Z8 [x] nilpotentti alkio: (2x)3 = 8x3 = 0x3 = 0. Näin ollen voimme hyödyntää edellisen tehtävän tulosta: Ratkaisu.

(1 + 2x)−1 = 1 − 2x + (2x)2 − (2x)2 + · · · = 1 − 2x + 4x2 .

Jos haluaa käyttää pienintä ei-negatiivista jakojäännöstä modulo 8 renkaan Z8 alkioiden esittämiseen, niin vastaukseksi tulee (1 + 2x)−1 = 1 + 6x + 4x2 , koska 6 ≡ −2 (mod 8). Hyväksyn kumman tahansa vastauksen. Tehtävä 33 Oletetaan, että renkaassa R ei ole nollanjakajia. Oletetaan, että joillekin alkioille a, b ∈ R on voimassa yhtälö ab = 1. Osoita, että tällöin yhtälö ba = 1 on sekin voimassa. Varoitus: Yhtälöstä ab = 1 ei epäkommutatiivisessa renkaassa yleensä seuraa, että b olisi a:n käänteisalkio (koska käänteisalkion määritelmä edellyttää MOLEMMAT ehdot ab = 1 = ba). Sinun on siis keksittävä perustelu, joka hyödyntää oletusta, ettei renkaassa R ole nollanjakajia - väite ei pidä paikkaansa muutoin. Vinkki: Miten tunnetusta yhtälöstä saa aikaan sellaisen yhtälön, jossa esiintyy tulo ba tekijänä jommalla kummalla puolella? Ratkaisu.

Meillä on annettu yhtälö ab = 1.

Kertomalla tämä puolittain alkiolla a oikealta saadaan sen seurauksena uusi yhtälö (ab)a = 1a.

Tässä oikella puolella 1a = a = a1 ja vasemmalla puolella assosiatiivilain nojalla a(ba) = (ab)a. Viedään termi a1 vasemmalle puolelle (tai vähennetään yhtälön molemmilta puolilta alkio a1 - kummmalla tavalla haluatkaan asian ajatella). Saadaan yhtälö a(ba) − a1 = 0.

Tässä voidaan vasemmalla puolella soveltaa distributiivilakia, ja ottaa a vasemmanpuoleiseksi yhteiseksi tekijäksi a(ba − 1) = 0. Jos tässä a 6= 0, niin tieto nollanjakajien puuttumisesta sallii meidän päätellä, että toinen tekijä ba − 1 = 0.

Tällöin tietenkin ba = 1, mikä oli todistettava. Jos taas a = 0, niin tällöin oletuksen mukaan renkaassa R 1 = ab = 0b = 0.

Koska siis tällöin 1R = 0R (eli R on se pahamaineinen nollarengas), niin tässäkin tapauksessa ba = b0 = 0 = 1.

Totea, että alkiolla 2 on `neliöjuuri' kokonaisalueessa Z47 (eli sellainen jäännösluokka m ∈ Z47 , jolle m2 = 2, eli m2 ≡ 2 (mod 47)). Etsi myös yhtälön Tehtävä 34

x2 + 2x − 1 = 0

ratkaisut x ∈ Z47 . Löytyväthän ne hätätapauksessa kokeilemalla, mutta luulen, että neliöjuuri löytyy kokeilemalla nopeammin. Neliöjuurta voi sitten käyttää, kun täydennetään yhtälön vasen puoli neliöksi. Voi myös käyttää toisen asteen yhtälön ratkaisukaavaa, kunhan muistaa, että kakkosella jakaminen tarkoittaa samaa kuin kertominen alkiolla (1R + 1R )−1 . Ratkaisu.

Kunnassa Z47 (kyseessä on kunta kokonaisluvut identioidaan modulo 47. Näin ollen 2 ≡ 2 + 47 = 49 = 72

(mod 47).

Teeman 5 kalvolla Kokonaisalue? (juuri ennen Esimerkkiä 5A) selitetään, että koska Z47 on kokonaisalue (ja kunta) niin yhtälön x2 = 2 kaikki ratkaisut Z47 :ssä ovat x = ±7. Tutkittavan yhtälön vasen puoli voidaan kirjoittaa muodossa x2 + 2x − 1 = x2 + 2x + 1 − 2 = (x + 1)2 − 2.

Näin ollen annettu yhtälö on ekvivalentti yhtälön (x + 1)2 = 2

kanssa. Näimme juuri, että tämä yhtälö toteutuu silloin ja vain silloin kun x + 1 = ±7.

Tästä näemme, että ratkaisuja ovat x = 6 ja x = −8. Halutessasi voit kirjoittaa −8 = 39. On makuasia kumpi on parempi edustaja tälle jäännösluokalle modulo 47. Tehtävä 35

Olkoon p > 2 jokin alkuluku. Osoita, että kunnassa Zp p−1 X

k=1

1 = 0. k

Ratkaisu.

Yksi tapa on käyttää hyväksi sitä, että kaikille kunnille K ja kaikille alkioille x ∈ K, x 6= 0 on voimassa sääntö (−1) · (−x) = x · 1 ja sen seurauksena

1 = x−1 (−1)(−x) = (−x−1 )(−x) =⇒ (−x)−1 = −x−1

minkä voi kiteyttää lauseeksi vasta-alkion käänteisalkio on käänteisalkion vasta-alkio tai osamäärinä kirjoittaen 1 1 =− . (−x) x Erityisesti siis kunnassa Zp on

1 1 =− p−k k

aina, kun 0 < k < p. Tutkittavassa summassa voimme hyödyntää tätä tekemällä havainnon, että muuttujan k saadessa jälkimmäisen puolikkaan arvot p − 1, p − 2, . . . , (p + 1)/2 = p − (p − 1)/2 erotus p − k saa arvot 1, 2, . . . , (p − 1)/2. Näin ollen p−1 p−1 X 1 (p−1)/2 X 1 X 1 = + k k k=(p+1)/2 k k=1 k=1 (p−1)/2

=

X

k=1 (p−1)/2

=

X

k=1

= 0.

(p−1)/2 X 1 1 + k p−k k=1 (p−1)/2 X 1 1 − k k k=1

Toinen tapa käsitellä tehtävä on todeta, että kun x käy läpi kunnan K nollasta eroavat alkiot, niin samoin tekee 1/x. Näin ollen tutkittava summa on - järjestystä vaihtaen p−1 X

k=1

k=

p−1 X

k=1

k = (p − 1)p/2 = 0,

koska tulo (p − 1)p/2 on jaollinen p:llä. Huomaa, että kun p > 2, niin p on pariton, ja siis (p − 1)/2 on kokonaisluku. Kolmas tapa olisi seuraava kikka. Teimme oletuksen p > 2, joten 2 6= 0. Näin ollen 2 on kunnan Zp yksikkö. Näin ollen y = 2x käy läpi kunnan Zp nollasta eroavat alkiot samalla kun x käy ne läpi (ryhmätaulun sudokusääntö). Merkitään tutkittavaa summaa S :llä. Saadaan S=

p−1 X

k

−1

k=1

=

X

x−1

x∈Zp ,x6=0

=

X

x∈Zp ,x6=0

=

X

y∈Zp ,y6=0



= 2

2 2x 2 y

X

y∈Zp ,y6=0

= 2S.



1 y

Saamme siis yhtälön 2S = S,

josta ratkeaa S = 0.

Oletetaan, että kunnassa Zp jäännösluokalla −1 on neliöjuuri. Toisin sanoen oletetaan, että on olemassa a ∈ Zp , jolle Tehtävä 36

a2 ≡ −1 (mod p).

Osoita, että tällöin a on kertalukua neljä ryhmässä Z∗p , ja sitten sen seurauksena, että 4 | p − 1. Huomautus: √ Käänteinen tulos, 4 | p−1 =⇒ −1 ∈ Zp , pitää myös paikkansa, mutta voidaan todistaa vasta myöhemmillä kursseilla tai tämän kurssin haastetehtävänä.

Ratkaisu. Koska Zp on kunta, niin p on alkuluku. Tehtävässä on itse asiassa pieni virhe sikäli, että meidän on rajattava alkuluku p = 2 tarkastelun ulkopuolelle. Kunnassa Z2 nimittäin −1 = 1, jolla selvästi on neliöjuuri. Oletetaan siis, että p > 2, jolloin 1 6= −1. Väitän, että jos a2 ≡ −1 (mod p), niin a on kertalukua neljä kunnan Zp multiplikatiivisessa ryhmässä Z∗p . Koska

a4 = (a2 )2 ≡ (−1)2 = 1 (mod p),

niin a4 = 1. Näin ollen (PK I tai tämän kurssin alkuosa) alkion a kertaluku on luvun 4 tekijä, eli 1, 2 tai 4. Koska a2 6= 1, niin kaksi ensimmäistä vaihtoehtoa rajautuvat pois. Jäljelle jää vaihtoehto ordZ∗p (a) = 4.

Lagrangen lauseen nojalla alkion a kertaluku on ryhmän Z∗p kertaluvun p − 1 tekijä. M.O.T.

Seuraavassa kahdessa tehtävässä tutkitaan renkaan Z[i] tekijärengasta D = Z[i]/I , missä I = h3i on luvun 3 generoima ihanne. Laskujen mekaniikkaa yritän valottaa tukikalvojen Esimerkissä 5F. Tehtävä 37

A) Totea, että

I = {c + di ∈ Z[i] | luvut c ja d ovat molemmat kolmella jaollisia }

on luvun 3 generoima renkaan Z[i] ihanne. B) Selitä, miksi jokaisessa I :n sivuluokassa on yksi ja vain yksi sellainen luku a + bi, jolle a, b ∈ {0, 1, 2} C) Todista kokeilemalla kaikki yhdeksän kombinaatiota, että jos a, b ∈ {0, 1, 2}, niin 3 | (a2 + b2 ) sjvsk a = b = 0. HUOMAUTUS. Tässäkin oli virhe, piti tarkistaa kolmella jaollisuus. Sori! Ratkaisu.

ollen

Koska rengas Z[i] on kommutatiivinen, niin ihanteessa h3i on tarkalleen luvut 3z, z ∈ Z[i]. Näin h3i = {3(a + bi) | a + bi ∈ Z[i]} = {3a + 3bi | a, b ∈ Z}.

Tämä on tarkalleen joukko I , ja A-kohdan väite seuraa tästä. Olkoon z = a + bi ∈ Z[i] on mielivaltainen. Tässä a ja b ovat kokonaislukuja. Kokonaislukujen jakoalgoritmin nojalla on olemassa sellaiset jakojäännökset ra , rb ∈ {0, 1, 2} joille a = 3qa + ra

ja

b = 3qb + rb .

Täten z = a + bi = ra + rb i + (3qa + 3qb i),

missä suluissa oleva Gaussin kokonaisluku on ihanteessa I . Näin ollen z + I = ra + rb i + I.

Vaadittua muotoa oleva edustaja ra + rb i on yksikäsitteinen, sillä (a′ + b′ i) + I on sama sivuluokka kuin (a + bi) + I sjvsk (a + bi) − (a′ + b′ i) = (a − a′ ) + (b − b′ )i ∈ I . A-kohdan perusteelle näin on tarkalleen silloin kun a ≡ a′ (mod 3) ja b ≡ b′ (mod 3). B-kohta on todistettu. C-kohta on raakaa laskutyötä. Onneksi aika vähän: 02 + 02 = 0, 02 + 12 = 1, 02 + 22 = 4 ≡ 1,

12 + 12 = 2,

12 + 22 = 5 ≡ 2,

22 + 22 = 8 ≡ 2.

Neliöiden summa a2 + b2 on kolmella jaollinen ainoastaan tapauksessa a = b = 0.

Tehtävä 38

D) Osoita C-kohdan avulla, että jos a + bi ∈/ I , niin (a + bi)(a − bi) on kokonaisluku, joka on ≡ 1 (mod 3) tai ≡ −1 (mod 3). E) Osoita D-kohdan avulla, että jos a + bi + I ei ole renkaan D nolla-alkio, niin se on renkaan D yksikkö. F) Selitä, miksi D on kunta, jossa on yhdeksän alkiota. Mikä on sen karakteristika? Kun C-kohta korjattiin niin nähtiin, että a2 + b2 = (a + bi)(a − bi) on kolmella jaollinen vain silloin kun a ja b ovat molemmat kolmella jaollisia. Tällöin siis luvun a2 + b2 jakojäännös kolmella jaettaessa on joko 1 tai 2 ≡ −1 kuten D-kohdassa väitetäänkin. Jos ainakin toinen luvuista a tai b ei ole kolmella jaollinen, niin D-kohdan perusteella Ratkaisu.

(a + bi + I)(a − bi + I) = (a2 + b2 ) + I

on joko 1 + I tai −1 + I . Edellisessä tapauksessa (a + bi + I)−1 = a − bi + I

ja jälkimmäisessä tapauksessa (a + bi + I)−1 = −(a − bi + I) = −a + bi + I.

Kummassakin tapauksessa siis a + bi + I on yksikkö. Koska Z[i] on kommutatiivinen rengas, niin samoin on sen tekijärengas D. E-kohdassa näimme, että nollasta eroavalla alkiolla on käänteisalkio, joten D on kunta. Edellisen tehtävän B-kohdassa näimme, että sillä on yhdeksän alkiota. Koska 3 ∈ I , niin (1 + I) + (1 + I) + (1 + I) = 3 + I = 0 + I,

joten kunnan D karakteristika on kolme. Tehtävä 39

Olkoon p jokin alkuluku. Tutkitaan tukikalvojen Esimerkin 6A rengasta Z(p) =

nm

P = pZ(p) =

nm

Osoita, että joukko on renkaan Z(p) ihanne.

n

n

o ∈ Q p ∤ n .

o ∈ Q p ∤ n, p | m

Käytetään ihannekriteeriä. Koska 0 = 0/1 ∈ P , niin P 6= ∅. Olkoot a, b ∈ P mielivaltaisia. Tällöin a = m1 /n1 ja b = m2 /n2 , missä m1 , m2 , n1 , n2 ovat kaikki kokonaislukuja, ja lisäksi tiedämme, että m1 , m2 ovat p:llä jaollisia, mutta n1 , n2 eivät ole. Voimme siis kirjoittaa m1 = pr1 ja m2 = pr2 joillekin kokonaisluvuille r1 , r2 .

Ratkaisu.

a − b = a + (−b) =

m2 m1 n 2 − m2 n 1 p(r1 n2 − r2 n1 ) m1 − = = . n1 n2 n1 n2 n1 n2

Tässä osoittaja on selvästi jaollinen luvulla p. Koska p on alkuluku eivätkä n1 , n2 ole sillä jaollisia, niin nimittäjä n1 n2 ei sekään ole p:llä jaollinen. Näin ollen a − b ∈ P , eli P on yhteenlaskun suhteen aliryhmä. Olkoon sitten r renkaan Z(p) mielivaltainen alkio. Siis r = m3 /n3 , missä m3 , n3 ovat kokonaislukuja joista lisäksi tiedämme, ettei p jaa nimittäjää n3 . Nyt ra =

m3 m1 p(m1 r1 m3 m1 · = = . n3 n1 n3 n1 n3 n1

Tässä osoittaja on selvästi jaollinen p:llä, mutta samasta syystä kuin yllä nimittäjä ei sitä ole. Näin ollen ra ∈ P . Koska rengas Z(p) on kommutatiivinen, niin myös ar = ra ∈ P .

Tehtävä 40

Tutkitaan joukkoa S=

nm n

o ∈ Q | m, n ∈ Z, n on kakkosen potenssi .

Osoita, että S on Q:n alirengas, ja selitä, miksi sen yksiköt ovat etumerkkiä vaille kakkosen potensseja. (Täsmennys: "kakkosen potenssi 2t jollekin ei-negatiiviselle kokonaisluvulle t. Tosin emme edellyttäneet, että m/n olisi supistetussa muodossa, joten . . .) Käytetään alirengaskriteeriä. Luku 1 = 1/1 on kuvattua muotoa, koska nimittäjä 1 = 20 , joten S 6= ∅. Jos a = m1 /n1 ja b = m2 /n2 ovat joukon S mielivaltaisia lukuja, niin n1 = 2t1 ja n2 = 2t2 joillekin kokonaisluvuille t1 , t2 ≥ 0. Tällöin 2t2 m1 − 2t1 m1 a−b= ∈S 2t1 +t2 ja m1 m2 ab = t1 +t2 ∈ S, 2 joten S on renkaan Q alirengas. Oletetaan sitten, että u on renkaan S yksikkö, ja v ∈ S sen käänteisalkio. Tällöin u = m1 /2t1 ja v = m2 /2t2 joillekin kokonaisluvuille m1 , m2 ja ei-negatiivisille kokonaisluvuille t1 , t2 . Tällöin Ratkaisu.

uv =

m1 m2 2t1 +t2

ja toisaalta

1 . 1 Rationaaliluvuilla a/b = c/d määritelmän mukaan (tätä monisteen ekvivalenssiluokka tarkoittaa!) silloin ja vain silloin kun ad = bc (ja c 6= 0 6= d mutta tämä on nyt selvää). Näin ollen tässä on voimassa yhtälö uv = 1S =

m1 m2 = 2t1 +t2 .

Tässä oikealla puolella 2 on ainoa esiintyvä alkulukutekijä. Kokonaislukujen alkulukuhajotelman yksikäsitteisyyden (PK I) perusteella sama koskee tuloa m1 m2 . Näin ollen (ottaen huomioon etumerkinvaihtelumahdollisuus) myös luvut m1 ja m2 ovat muotoa ±2k . Erityisesti m1 = ±2k1 , k1 ≥ 0, joten u=±

2k1 = ±2k1 −t1 . 2t1

Tässä eksponentti k1 − t1 voi olla mikä tahansa kokonaisluku, sillä selvästi u−1 = ±2t1 −k1 ∈ S . Vastaukseksi saadaan, että 1 1 1 S ∗ = {±1, ±2, ±4, ±8, . . . , ± , ± , ± , . . .}. 2 4 8

Tehtävä 41

Z3 ?

Osoite, että polynomi p(x) = x3 + x + 1 on jaoton yli kunnan Z2 mutta ei ole sitä yli kunnan

Tarkistamalla näemme, että kunnan Z2 tapauksessa p(0) = 1 6= 0 ja p(1) = 3 = 1 6= 0. Koska polynomilla p(x) ei ole nollakohtia, niin sillä ei ole ensimmäisen asteen tekijöitä. Koska deg p(x) = 3, niin se on välttämättä jaoton. Kunnan Z3 tapauksessa sen sijaan p(1) = 1 + 1 + 1 = 3 = 0, joten välttämättä x − 1 on p(x):n tekijä. Saman voimme tarkistaa myös polynomien kertolaskusta Ratkaisu.

(x − 1)(x2 + x − 1) = x3 + x2 − x − x2 − x + 1 = x3 − 2x + 1 = x3 + x + 1.

Tehtävä 42

ja I = hp(x)i. Ratkaisu.

Etsi alkion x + 1 + I käänteisalkio kunnassa Z2 [x]/I , kun p(x) on tehtävän 41 jaoton polynomi

Helpoin ratkaisu on kikkailla: 1 + I = p(x) + 1 + I = (x3 + x + 1) + 1 + I = (x3 + x + 2) + I = x3 + x + I = (x + I)(x2 + 1 + I).

(∗)

Tässä "freshman's dream"eli monisteen Esimerkki 2.11.17 (sivu 27) kertoo että renkaassa Z2 [x] x2 + 1 = (x + 1)2 .

Tämän voi helposti tarkistaa binomikaavalla: (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = x2 + 1,

koska kunnassa Z2 2 = 0. Yhtälö (∗) kertoo siten, että tekijärenkaassa Z2 [x]/I on voimassa (x + I)(x + 1 + I)2 = 1 + I.

Näin ollen alkion x + 1 + I käänteisalkio on (x + 1 + I)−1 = (x + I)(x + 1 + I) = (x2 + x + I).

Toinen ratkaisu on todeta, että kunnan Z2 [x]/I kaikki alkiot ovat muotoa y = a0 + a1 x + a2 x2 + I , missä a0 , a1 , a2 ∈ Z2 (monisteen yhtälö 3.26 sivulla 49 ja ympäröivä tarina). Suoralla laskulla saadaan (x + 1)(a0 + a1 x + a2 x2 ) = a0 + (a0 + a1 )x + (a1 + a2 )x2 + a2 x3 ≡ (a0 + a2 ) + (a0 + a1 + a2 ) + (a1 + a2 )x2

koska x3 ≡ x + 1 (mod I). Yritteemme toimii sjvsk (a0 , a1 , a2 ) on  + a2 =  a0 + a0 + a1 + a2 =  a1 + a2 =

(mod I),

ryhmän 1, 0, 0.

Kahdesta ylimmästä yhtälöstä nähdään, että a1 = −1 = 1. Sen seurauksena viimeisestä yhtälöstä a2 = 1 ja sitten ensimmäisestä a1 = 0 Tehtävä 43

Määrää yhtälöparin

ratkaisut (x, y) kunnassa Z19 . Ratkaisu.



2x + 4y 3x − y

= =

4 4

Tehdään tämä Z19 -kertoimisia vaakarivimuunoksia käyttäen. Tätä ryhmää vastaa matriisi   2 4 4 . 3 −1 4

On luonnollista (ja tällä kertaa helppoa!) jakaa ylin rivi kakkosella:   1 2 2 → . 3 −1 4

Vähennetään ylempi rivi alemmasta kolmella kerrottuna   1 2 2 → . 0 −7 −2 Tässä (−7) · 8 = −56 ≡ 1 (mod 19), joten jatkamme kertomalla alemman rivin kahdeksalla (6≡ 0 (mod 19)). Koska −16 ≡ 3 (mod 19) alempi rivi siistiytyy:     1 2 2 1 2 2 → = . 0 1 −16 0 1 3 Vähentämällä alempi rivi ylemmästä kahdella kerrottuna saadaan lopulta   1 0 −4 → . 0 1 3 Ratkaisu on siis x = −4, y = 3. Tarkistuksena toteamme, että 2x + 4y = −8 + 12 = 4

ja 3x − y = −12 − 3 = −15 ≡ 4.

Tehtävä 44 Millä alkuluvun p arvoilla vektorit u = (2, 5) ja v = (−5, 4) ovat lineaarisesti riippuvia vektoriavaruudessa Z2p . Esitä näillä p:n arvoilla toinen niistä toisen Zp -kertoimisena lineaarikombinaationa. Ratkaisu.

Tässä determinanttitesti 2 5 −5 4 = 2 · 4 − 5 · (−5) = 33

paljastaa, että {u, v} on lineaarisesti riippumaton sjvsk 33 6= 0. Näin tapahtuu aina, kun alkuluku p ei jaa lukua 33. Lineaarinen riippuvuus syntyy siis vain, kun p = 3 tai p = 11. Modulo 3 saadaan u ≡ (2, 2) ≡ (−1, −1) ja v ≡ (1, 1), joten v ≡ −u.

Modulo 11 laskussa käytämme havainnon asemesta jakolaskua. Jos (−5, 4)v = λu = λ(2, 5), niin −5 = 2λ =⇒ λ =

−5 6 = = 3, 2 2

koska −5 ≡ 6 (mod 11). Tarkistuksena toteamme, että tällöin myös λ · 5 = 3 · 5 = 15 ≡ 4 (mod 11), joten 3u = (6, 15) ≡ (−5, 4) = v.

Tehtävä 45

Etsi oheisen matriisin käänteismatriisi, kun sen alkioiden ajatellaan olevan kunnassa Z5 . 

1 1 A= 0 3 3 0

 1 1 . 1

Esitä vastaus sellaisessa muodossa, jossa sen kaikkia alkioita edustaa välillä [0, 4] oleva kokonaisluku.

Ratkaisu. Käytetään augmentoitua matriisia, ja tehdään (aritmetiikka modulo 5 eli kunnan Z5 )  1 1 1 1 0  0 3 1 0 1 3 0 1 0 0

Lineaarialgebrasta tutut vaakarivimuunnokset  0 0 . 1

Lisäämme ylimmän rivin alimpaan kahdella kerrottuna:   1 1 1 1 0 0 →  0 3 1 0 1 0 . 0 2 3 2 0 1 Kerrotaan keskimmäinen rivi kahdella (3 · 2 = 6 ≡ 1):   1 1 1 1 0 0 →  0 1 2 0 2 0 . 0 2 3 2 0 1 Vähennetään keskimmäinen rivi ylimmästä yhdellä  1 0 → 0 1 0 0 Kerrotaan alin vaakarivi 4 = −1:llä



1 0 → 0 1 0 0

ja alimmasta kahdella kerrottuna:  4 1 3 0 2 0 2 0 . 4 2 1 1 4 1 2 0 1 3

 3 0 2 0 . 4 4

Lisätään alimman rivin sopivat monikerrat muihin:   1 0 0 4 2 4 →  0 1 0 4 4 2 . 0 0 1 3 4 4 Tästä voimme lukea käänteismatriisin

A−1



4 = 4 3

 2 4 4 2 . 4 4

Algebran Peruskurssi II Lisätehtäviä 2015 Tehtävä 1 (vanha tenttitehtävä) A) Tarkista laskemalla, että kun α = (12378), ja β = (34567), niin ryhmässä S8 αβα−1 β −1 = (34)(78).

B) Myyrälän kaupungissa asuu 8 myyrää numeroiduissa pesissä, joita yhdistää kuvan mukainen tunneliverkosto. Tunnelit ovat ahtaita, joten kaupungin liikennesäännöt sallivat liikkumisen ainoastaan joko vasemmassa tai oikeassa viiden pesän renkaassa permutaatioiden α tai β (tai niiden käänteiskuvausten) mukaisesti, jolloin aina 5 myyrää kerrallaan on liikkeessä. Sääntöjen sallimia liikkeitä kombinoimalla on A-kohdan nojalla kahden mainitun pesäparin asukkaiden mahdollista vaihtaa paikkoja siten, että kaikki muut (4 kpl) myyrät päätyvät nykyisiin pesiinsä. Osoita, että pesien 1 ja 5 asukkaat EIVÄT liikkennesääntöjen puitteissa voi vaihtaa paikkoja siten, että kaikki muut (6 kpl) myyrät päätyvät nykyisiin pesiinsä. 2

4 3

1

5

7 8

6

Tehtävä 2 Alienit ovat valloittaneet Maapallon ja testaavat kannattaako ihmiskunta säilyttää. He tekevät testin, jossa on mukana 100 algebran harrastajaa. He numeroivat 101 hattua luvuilla 1 . . . 101 siten, että luku näkyy takaraivossa, sijoittavat algebraistit jonoon, ja jakavat heille hatut päähän satunnaisessa järjestyksessä siten, että jokainen näkee vain jonossa edessään seisovien algebraistien hatut. Tämän jälkeen on algebraistien määrä kunkin arvata päässään olevassa hatussa oleva luku. Väärin arvaavat teloitetaan (mutta vasta kun kaikki ovat esittäneet arvauksensa), ja oikein arvaavat vapautetaan. Onneksi algebraistit saivat tiedon tapahtumien kulusta etukäteen ja he sopivat satsaavansa seuraavaan taktiikkaan. He olettavat, että Alienit jakavat hatut siten, että kun ilman päätä jäävä hattu kuvitellaan jonon taakse, niin hattujen lukujen jono (h1 , h2 , . . . , h100 , h101 ) on ryhmän S101 parillinen permutaatio (eli permutaatio i 7→ hi kuuluu alternoivaan ryhmään A101 ). Lisäksi sovittiin, että jonossa takimmaisena seisova (joka siis näkee 99 muun hatun numerot) aloittaa arvaamisen, sen jälkeen hänen edessään oleva jne. kohti jonon alkupäätä. Kukaan ei tietenkään arvaa oman hattunsa numeroksi sellaista, jonka näkee jonossa edessään seisovan päässä. Koska takana olevat (aiemmin arvanneet) eivät tee näin, niin kukaan ei myöskään esitä arvaukseksi sellaista lukua, jonka joku takana seisova on jo lausunut arvauksenaan (muiden kuullen). Osoita, että A) Tällä tavalla menetellen jokaisella algebraistilla on vain 2 vaihtoehtoa hänen arvausvuorollaan. B) Jonon takimmainen selviää hengissä vain, jos algebraistien arvaus siitä, että h ∈ A101 on tosi. Fifty-fty mahdollisuus. C) Osoita, että jonon muut 99 arvaavat kaikki oikein olettamalla, että h ∈ A101 . Vinkki: Algoritmin toimintaperiaate kannattaa ehkä selvittää itselleen yleistämällä tehtävä koskemaan n:ää vangittua algebraistia ja n + 1:tä hattua, numeroitu luvuilla 1, 2, . . . , n + 1 vastaten permutaatiot ∈ Sn+1 . Aloita pohdinta vaikka tapauksesta n = 2, jossa on 2 algebraistia ja 3 numeroitua hattua. Tehtävä 3 Ilkeä algebran peruskurssin opettaja päätti pitää kurssin lopputentin ryhmätyönä. Tentissä opettaja kirjoittaa tussilla jokaisen opiskelijan otsaan jonkin itse arpomansa reaaliluvun. Lisäksi hän jakaa jokaiselle kaksi hansikasta - yhden mustan ja yhden valkoisen. Hansikkaat ovat sikäli erikoisia, että kumpi

tahansa niistä voidaan laittaa kumpaan tahansa käteen (vaikkapa kääntämällä sisäpuoli ulos). Opettajan valvoessa tentin kulkua jokaisen opiskelijan on kädet pöydän alla pitäen laitettava hansikkaat käsiinsä, toinen vasempaan toinen oikeaan, jomminkummin päin. Sitten opiskelijat asettuvat luentosalin edessä riviin otsalukujen mukaiseen järjestykseen - pienin numero äärimmäisenä vasemmalla, suurin äärimmäisenä oikealla. Seuraavaksi jokainen tarttuu vieruskavereitaan kädestä, ja he nostavat yhdessä kätensä ilmaan. Jos kaikissa ilmaan nostetuissa käsipareissa on samanväriset hansikkaat, kaikkien opiskelijoiden suoritus hyväksytään. Jos yhdessäkin käsiparissa on eriväriset hansikkaat, kaikki opiskelijat hylätään. Peilejä ei ole, joten jokainen opiskelija näkee muiden reaaliluvut, mutta ei omaansa. Mitään kommunikointia ei tentin aikana sallita, ja kaikki ottavat kätensä esille pöydän alta samanaikaisesti. Tehtävä tuntuu vaikealta, mutta opiskelijat löysivät edellisenä iltana tehtävän kuvauksen kurssin kotisivulta. Näin ollen heillä oli aikaa sopia yhteisestä taktiikasta. Millaisen taktiikan he valitsevat, jotta läpipääsy olisi varmaa riippumatta siitä, miten opettaja arpoo otsiin kirjoitettavat numerot?

Tehtävä 4 Määritellään 4 × 4-matriisit 

0  1  i= 0 0

−1 0 0 0

    0 0 0 0 −1 0 0   0 0  0 0 1  , j =  0 , k =  0  1  0 0 −1  0 0 0  1 0 0 −1 0 0 1

 0 0 −1 0 −1 0  . 1 0 0  0 0 0

Tarkista, että nämä toteuttavat yhtälöt i2 = j 2 = k 2 = −1,

ij = −ji = k,

jk = −kj = i,

ki = −ik = j.

Päättele sitten, että H = {a1 + bi + cj + dk ∈ M4 (R) | a, b, c, d ∈ R}

on alirengas. Rengasta H kutsutaan (Hamiltonin) kvaternionien renkaaksi (eng. quaternion).

Tehtävä 5 (jatkoa edelliseen) Oletetaan, että q = a1 + bi + cj + dk on jokin kvaternioni. Määritellään sen konjugaattikvaternioni q kaavalla q = a1 − bi − cj − dk.

Totea, että konjugaattikvaternionin muodostaminen vastaa 4 × 4-matriisin transpoosin muodostamista. Tarkista laskemalla (joko matriisien avulla tai edellisen tehtävän relaatioita käyttäen), että qq = (a2 + b2 + c2 + d2 )1.

Osoita tämän avulla, että jokainen q 6= 0 on kvaternionirenkaan yksikkö, ja q −1 =

1 q. a2 + b2 + c2 + d2

Tehtävä 6 (jatkoa edelliseen) Osoita, että kvaternionin konjugointi, f (q) = q , on renkaiden välinen ANTIautomorsmi. Tällä tarkoitetaan kuvausta f , joka kuvaa alkioiden summan kuva-alkioiden summaksi, ykkösalkion ykkösalkioksi, ja alkioiden tulon kuvien tuloksi, mutta käännetyssä järjestyksessä, eli sääntöä f (ab) = f (b)f (a)

noudattaen.