Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

1 Gyűrűk Definíció. Az (R, +, ·) algebrai struktúra gyűrű, ha + és · R-en binér műveletek, valamint I. (R, +) Abel-csoport, II. (R, ·) félcsoport, és III.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "1 Gyűrűk Definíció. Az (R, +, ·) algebrai struktúra gyűrű, ha + és · R-en binér műveletek, valamint I. (R, +) Abel-csoport, II. (R, ·) félcsoport, és III."— Előadás másolata:

1 1 Gyűrűk Definíció. Az (R, +, ·) algebrai struktúra gyűrű, ha + és · R-en binér műveletek, valamint I. (R, +) Abel-csoport, II. (R, ·) félcsoport, és III. teljesül mindkét oldalról a disztributivitás, vagyis a(b+c)=ab+ac, (b+c)a=ba+ca minden a, b, c  R esetén. Kommutatív a gyűrű, ha a szorzás kommutatív. Az additív csoport egységelemét a gyűrű nullelemé- nek nevezzük és 0-val jelöljük. Egységelemes a gyűrű, ha a szorzásra vonatkozóan van egységelem (amit e-vel jelölünk).

2 2 Jelölés: R gyűrű R*=R\{0} Példák 1.(Z,+,. ), (Q,+,. ), (R,+,. ), (C,+,. ). 2.(Páros számok, +,. ) nincs egységelem 3. n  n-es mátrixok a mátrixösszeadásra és mátrixszorzásra vonatkozóan, vagyis (F n, +, )

3 3 Példa. 1. Legyen m  N, és vegyük a mod m maradékosztá- lyok halmazát. A műveleteket így definiáljuk: Jelöljük Z m -nel ezt a struktúrát. A (Z m, +, ·) struktúra kommutatív, egységelemes gyűrű.

4 4 Nullgyűrű: egyetlen elemből áll (nullelem). Zérógyűrű: ha tetszőleges két elem szorzata a nullelem. 29. Tétel. Legyen 0 az R gyűrű nulleleme. Ekkor a0 = 0a = 0 minden a  R esetén. Bizonyítás. a(0+0) = a0. a0 + a0 = a a0 = 0.

5 5 30. Tétel. Legyen R gyűrű, és a, b  R. Az a elem additív inverzét (az összeadásra vonatkozó inverzét) jelöljük –a-val. Ekkor –(ab) = (–a)b = a(–b). Bizonyítás. ab additív inverze létezik, mert (R, +) csoport.  ab + (-(ab)) = 0, valamint ab + (-a)b = (a + (-a))b = 0b = 0.  –(ab) = (–a)b.

6 6 Következmény. Érvényben van az úgynevezett előjelszabály: (–a)(–b) = ab.

7 7 Definíció. Az R gyűrűben a  R bal oldali nullosztó, ha a  0 és létezik b  0, b  R, melyre Hasonlóan definiáljuk a jobb oldali nullosztót. a és b nullosztó párok. ab = 0. Példa Legyen m=12, a=3 és b=4. Ekkor ab  0 (mod 12) Z 12 -ben: A gyűrű nulleleme előállhat bizonyos esetben olyan elemek szorzataként is, amelyek egyike sem nulla.

8 8 31. Tétel. Legyen a az R gyűrű eleme, a  0. ab = ac  b = c akkor és csak akkor teljesül minden b, c  R ese- tén ha a nem bal oldali nullosztó. Bizonyítás. 1. Tfh a  0, a nem bal oldali nullosztó és ab = ac.  (ac) mindkét oldalhoz, ab + (  (ac)) = 0. előző Tétel  ab + (a(  c)) = a(b + (  c)) = 0. feltétel  b + (  c) = 0  b = c.

9 9 2. Tfh a bal oldali nullosztó, tehát a  0 és létezik b  0, mellyel ab = 0. ac = ac. tetszőleges c  R-re Adjuk a jobb oldalhoz az ab = 0-t. ac = ac + ab, disztributivitás  ac = a(c+b). b  0  c  c + b.

10 10 R gyűrű, a  R, és n  N. na jelentsen egy n tagú összeget, melynek minden tagja a. na=a + … + a. Az na nem gyűrűbeli szorzást jelöl. Tekintsük a mod 5 vett maradékosztályok gyűrűjét, Z 5 -öt. mert5  3  0 (mod 5). Ez minden  Z 5 esetén teljesül, és ha akkor ennél kisebb természetes szám nincs, amelyik hasonló tulajdonságokkal bírna. Az 5 nem gyűrűbeli szorzás, 5  Z 5, (Z 5 maradékosztályok halmaza.)

11 Tétel. Ha az R gyűrű legalább két elemű, nullosztómentes, akkor (R, +)-ban a 0-tól különböző elemek rendje megegyezik. Ez a közös rend vagy végtelen, vagy egy p prímszám. Jelölés. Előző esetben a gyűrűt nulla-karakterisztikájúnak ( char R = 0), az utóbbiban p-karakterisztikájúnak ( char R = p ) nevezzük. Bizonyítás. 1. Van végesrendű elem  mindegyik elem rendje ugyanekkora. a  R * : |a| = n a  N.  n a a = 0. Tetszőleges b  R* -re: n a (ab) = ab+…+ab = (a+…+a)b = (n a a)b = 0b = 0. és n a (ab) = a(b+…+b) = a(n a b)  n a b = 0.

12 12  |b|  |a| = n a. |b|  |a| hasonlóan látható be.  |b| = |a| = n a. 2. Tfh nem létezik nem nulla véges rendű elem.  Minden nem nulla elem rendje végtelen. Tfh a közös rend n = 1 véges szám.  0 = 1a = a  a = Belátjuk, hogy ha ez a közös rend véges, akkor prím

13 13 Tfh a közös rend n összetett véges szám. n = kl és 1 < k < n, 1 < l < n, na = (kl)a = a a a a = l(ka) = 0. k db a l-szer 1. eset: ka  0.  |ka| = n és |ka|  l < n. 2. eset: ka = 0.  |a|  k< n és |a| = n.  n prím. Az előző példában Z 5 nullosztómentes, mindegyik nem nulla elem rendje 5, char Z 5 =5.

14 14 Az előző tételben nullosztómentes gyűrűről volt szó. Előfordulhat azonban, hogy egyes nem nullosztómentes gyűrűkben hasonlóan lehet értelmezni a karakterisztikát. Definíció. Egy olyan R gyűrűt, amelyben a 2 =a minden a  R esetén teljesül, Boole-gyűrűnek nevezünk. 33. tétel. Minden R Boole-gyűrűben char R=2, és R kommutatív.

15 15 Példa. Legyen H egy tetszőleges halmaz, és R a H részhal- mazainak halmaza. Tekintsük az (R, ,  ) struktúrát, ahol  a szimmetrikus differenciát,  pedig a metszetet jelöli R gyűrű,  a nulleleme  A  H -ra A  A = A 2 = A teljesül  Boole-gyűrű  A  -ra A  A = ,  char R = 2, R kommutatív R nem nullosztómentes: diszjunkt halmazokra: A  B = 

16 16 Definíció. Az R gyűrű test, ha 1. R kommutatív, 2. (R *, · ) csoport. 34. Tétel. m  N esetén Z m akkor és csak akkor test, ha m prím.

17 17 Bizonyítás. Tudjuk, hogy Z m kommutatív gyűrű és (Z m *, · ) akkor és csak akkor lesz csoport, ha megoldható.  ax  1 (mod m) megoldását keressük.  megoldás  (a, m) | 1 (a, m) = 1 kell teljesüljön. esetén, ha m prím. Ez akkor teljesül minden

18 Tétel. Testben nincs nullosztó. Bizonyítás. Tfh indirekte, hogy T test, és van benne nullosztó, pél- dául a  T, a  0 és létezik b  T, b  0, melyre ab = 0. T test   a -1 : a -1 ab = a -1 0  b = 0.  Testben nem lehet nullosztó.

19 19 Definíció. A legalább két elemű, kommutatív, nullosztómentes gyűrűt integritási tartománynak nevezzük. Mindig beszélhetünk test karakterisztikájáról. 0 karakterisztikájú test: Q P prím karakterisztikájú test: Z p Test integritási tartomány. Vannak olyan integritási tartományok, melyek nem alkotnak testet, pl. Z.

20 Tétel. Véges integritási tartomány test. legyen integritási tartomány. Ha r i (1  i  k) elemével végigszorozzuk R-et, megkapjuk R minden elemét pontosan egyszer, mert Bizonyítás. r i r j = r i r k esetén a nullosztómentességből r j =r k következne. Tehát minden elem legfeljebb egyszer fordulhat elő. R véges   elem egyszer elő is fordul. R-ben az ax=b egyenlet megoldható minden a  0 - ra.  R test


Letölteni ppt "1 Gyűrűk Definíció. Az (R, +, ·) algebrai struktúra gyűrű, ha + és · R-en binér műveletek, valamint I. (R, +) Abel-csoport, II. (R, ·) félcsoport, és III."

Hasonló előadás


Google Hirdetések