Wyk lad 14 Cia la i ich w lasności

Transkrypt

1 Wyk lad 4 Cia la i ich w lasności Charakterystyka cia la Określenie cia la i w lasności dzia lań w ciele y ly omówione na algerze liniowej. Stosujac terminologie z teorii pierścieni możemy powiedzieć, że cia lo jest to niezerowy pierścień, w którym każdy element niezerowy jest odwracalny. Niech (K, +,, 0, ) edzie cia lem. Jeżeli istnieje licza naturalna n taka, że n = 0 w ciele K, to najmniejsza taka licze naturalna n nazywamy charakterystyka cia la K. Jeżeli takiej liczy naturalnej nie ma, to mówimy, że cia lo K ma charakterystyke 0. Charakterystyke cia la K oznaczamy przez ch(k). Woec tego, jeśli w grupie addytywnej K + cia la K, o() =, to ch(k) = 0, a jeżeli o() N, to ch(k) = o(). Twierdzenie 4.. Jeżeli n N jest charakterystyka cia la K, to n jest licza pierwsza. W szczególności charakterystyka cia la skończonego też jest licza pierwsza. Dowód. Za lóżmy, że n nie jest licza pierwsza. Ponieważ 0 w K oraz =, wiec n > i istnieja k, l N takie, że < k, l < n oraz n = k l. Wtedy 0 = n = (k l) = (k ) (l ). Zatem z Wniosku 9.29, k = 0 lu l = 0. Ale k, l < n, wiec mamy sprzeczność z minimalnościa n. Woec tego n jest licza pierwsza. Jeśli K jest cia lem skończonym, to grupa K + jest skończona, wiec ch(k) = o() N i na mocy pierwszej cześci dowodu, ch(k) jest licza pierwsza. Przyk lad 4.2. Dla dowolnej liczy pierwszej p cia lo Z p ma charakterystyke p, o o() = p w grupie Z + p. Natomiast cia lo Q ma charakterystyke 0, o dla n N jest n = n 0. Twierdzenie 4.3. Niech K edzie cia lem dodatniej charakterystyki p. Wówczas dla dowolnych a, K i dla dowolnego n N: (a + ) pn = a pn + pn. Dowód. Zastosujemy indukcje wzgledem n. Dla n = ze wzoru Newtona mamy p ( ) p (a + ) p = a p + p + a k p k. k k= Ale z elementarnej teorii licz p ( ) p k dla k =,..., p, wi ec ( p k) = p lk, l k N. Zatem ( p k) = (p lk ) = l k (p ) = l k 0 = 0. Woec tego (a + ) p = a p + p. Za lóżmy, że dla dowolnych x, y K i dla pewnego n N jest (x + y) pn = x pn + y pn. Weźmy dowolne a, K. Podstawiajac x = a p i y = p uzyskamy, że (a p + p ) pn =

2 (a p ) pn + ( p ) pn = a pn+ + pn+. Ale a p + p = (a + ) p, wi ec (a p + p ) pn = [(a + ) p ] pn = (a + ) pn+ i ostatecznie (a + ) pn+ = a pn+ + pn+. Twierdzenie 4.4. Każda skończona podgrupa grupy multiplikatywnej cia la K jest grupa cykliczna. W szczególności grupa multiplikatywna cia la skończonego jest cykliczna. Dowód. Niech A edzie skończona podgrupa rzedu n w grupie K cia la K. Wtedy istnieje a A takie, że o(a) = s jest maksymalne w ziorze {o(x) : x A}. Ponieważ z twierdzenia Lagrange a a n =, wiec s n. Ponadto z Lematu 3.20, o() s dla każdego A. Zatem s = dla A. Stad wielomian f = x s K[x] ma w ciele K co najmniej n pierwiastków. Zatem z Wniosku 2.0, s n. Ale s n, wiec n = s. Ponadto a = o(a) = A, wiec A = a, co kończy dowód. 2 Podcia la i cia la proste Definicja 4.5. Niech (K, +,, 0, ) edzie cia lem i niech L K. Powiemy, że L jest podcia lem cia la K, jeżeli L tworzy cia lo ze wzgledu na wszystkie dzia lania określone w K, tzn. gdy 0, L oraz dla dowolnych a, L mamy, że a L, a + L, a L i L dla a 0. Mówimy też, że wówczas K jest rozszerzeniem cia la L. a Stwierdzenie 4.6. Ziór L K jest podcia lem cia la K wtedy i tylko wtedy, gdy L oraz dla dowolnych a, L jest a L i dla dowolnych a, L takich, że 0 jest a L. Dowód.. Za lóżmy, że L jest podcia lem cia la K. Wtedy L. Niech a, L. Wtedy L, stad a = a + ( ) L. Niech a, L, 0. Wtedy L, wiec a = a L.. Na odwrót, L, wiec 0 = L. Niech a, L. Wtedy = 0 L oraz a + = a ( ) L. Ponadto dla = 0 jest a = 0 L, a dla 0, L, o L, wiec a = a L. Zatem na mocy Stwierdzenia 9.2, L jest podpierścieniem cia la K, czyli L jest pierścieniem. Ale 0 w L oraz każdy niezerowy element z L jest odwracalny w L, wiec L jest cia lem, czyli L jest podcia lem cia la K. Uwaga 4.7. Niech L edzie podcia lem cia la K. Z określenia charakterystyki cia la wynika od razu, że ch(l) = ch(k). Ponadto, jeśli M jest podcia lem cia la L, to na mocy Stwierdzenia 4.6, M jest podcia lem cia la K. Stwierdzenie 4.8. Cześć wspólna dowolnej niepustej rodziny podcia l cia la K jest podcia lem cia la K. Dowód. Niech {K t } t T edzie niepusta rodzina podcia l cia la K. Wtedy K t dla każdego t T. Zatem t T K t. Weźmy dowolne a, t T K t. Wtedy a, K t dla każdego t T, wiec ze Swierdzenia 4.6, a K t dla każdego t T, skad 2

3 a t T K t. Jeśli dodatkowo 0, to ze Stwierdzenia 4.6, a K t dla każdego t T. Zatem a t T K t. Woec tego na mocy Stwierdzenia 4.6, t T K t jest podcia lem cia la K. Uwaga 4.9. Niech cia lo K edzie rozszerzeniem cia la L. Wówczas K jest przestrzenia liniowa nad cia lem L, gdy dla α K, a L określimy a α = a α, gdzie oznacza mnożenie w ciele K. Moc dowolnej azy K nad L oznaczamy przez (K : L) i nazywamy stopniem rozszerzenia L K. Jeżeli (K : L) jest licza naturalna, to mówimy, że K jest skończonym rozszerzeniem cia la L. Przyk lad 4.0. Zauważmy, że (C : R) = 2, o {, i} jest aza C nad cia lem R. Natomiast (R : Q) = R N, o ziór R jest nieprzeliczalny, a ziór Q jest przeliczalny. Definicja 4.. Jeżeli cia lo K nie posiada podcia l różnych od K, to mówimy, że K jest cia lem prostym. Przyk lad 4.2. Zauważmy, że Q jest cia lem prostym. Rzeczywiście, niech K Q edzie podcia lem cia la Q. Wówczas K jest podpierścieniem w Q, wiec na mocy Stwierdzenia 9.3, Z K. Weźmy dowolne q Q. Wówczas istnieja n Z i k N takie, że q = n. Ale n, k K i k 0, wiec k q K. St ad Q K, czyli K = Q. Przyk lad 4.3. Dla dowolnej liczy pierwszej p, Z p jest cia lem prostym. Rzeczywiście, niech K Z p edzie podcia lem cia la Z p. Wówczas K, stad K. Ale = Z p, wiec K = Z p. Uwaga 4.4. Niech K i L ed a cia lami i niech f: K L edzie homomorfizmem pierścieni. Wówczas f() = 0, skad Ker(f). Ale Ker(f) K i K jest cia lem, wiec na mocy Stwierdzenia 0.4, Ker(f) = {0}. Woec tego na mocy Stwierdzenia 0.27, f jest różnowartościowe. Zatem każdy homomorfizm pierścieni z cia la K w cia lo L jest zanurzeniem. Zauważmy jeszcze, że dla K \ {0} istnieje K, wiec = f() = f( ) = f() f( ), a zatem [f()] = f( ). Woec tego dla a K i K \ {0} mamy, że f( a) = f(a ) = f(a) f( ) = f(a) [f()] = f(a). St ad f() i ze stwierdzeń 0.27 i 4.6 uzyskujemy, że f(k) jest podcia lem cia la L. Jeśli dodatkowo homomorfizm pierścieni f jest na, to mówimy, że f jest izomorfizmem cia l. Mówimy, że cia la K i L sa izomorficzne i piszemy K = L, jeśli istnieje izomorfizm cia l f: K L. W algerze utożsamiamy cia la izomorficzne. Twierdzenie 4.5. Każde cia lo K posiada dok ladnie jedno podcia lo proste F. Jeśli ch(k) = 0, to F = Q i F = { k n : k, n Z, n > 0}, a jeśli ch(k) = p > 0, to 3

4 F = Z p i F = {k : k = 0,,..., p }. W szczególności, jedynymi cia lami prostymi z dok ladnościa do izomorfizmu sa: Q i Z p dla p ed acych liczami pierwszymi. Dowód. Rodzina K wszystkich podcia l cia la K jest niepusta, o K K. Zatem na mocy Stwierdzenia 4.8, M K M jest podcia lem cia la K zawartym w każdym podciele cia la K. Woec tego M K M jest najmniejszym podcia lem cia la K, a zatem na mocy Uwagi 4.7, M K M jest cia lem prostym. Jeśli F jest podcia lem prostym cia la K, to M K M F, sk ad F = M K M. Woec tego cia lo K posiada dok ladnie jedno podcia lo proste F, które jednocześnie jest najmniejszym podcia lem cia la K. Za lóżmy, że ch(k) = 0. Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że funkcja f: Q K dana wzorem f( k ) = k dla k Z, n N, jest dorze określona i jest homomorfizmem n n pierścieni. Woec tego na mocy Uwagi 4.4, f(q) jest podcia lem cia la K izomorficznym z cia lem Q. Ponadto f(q) = { k : k, n Z, n > 0}. Jeśli M jest dowolnym podcia lem n cia la K, to na mocy Stwierdzenia 9.3, l M dla każdego l Z. Stad f(q) M, a wiec f(q) = F. Niech teraz ch(k) = p, gdzie p jest licza pierwsza. Ponieważ o() = p w Z + p i o() = p w grupie K +, wiec funkcja g: Z p K dana wzorem g(k ) = k dla k Z, jest dorze określona. Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że g jest homomorfizmem pierścieni. Woec tego na mocy Uwagi 4.4, g(z p ) jest podcia lem cia la K izomorficznym z cia lem Z p. Ponadto g(z p ) = {k : k = 0,,..., p }. Jeśli M jest dowolnym podcia lem cia la K, to na mocy Stwierdzenia 9.3, l M dla każdego l Z. Stad g(z p ) M, a wiec g(q) = F. Twierdzenie 4.6. Niech K edzie cia lem skończonym. Wówczas K = p n i ch(k) = p dla pewnej liczy pierwszej p oraz dla pewnej liczy naturalnej n. Wszystimi różnymi podcia lami cia la K sa L m = {a K : a pm = a}, gdzie m N i m n. W szczególności licza wszystkich podcia l cia la p n -elementowego jest równa liczie wszystkich dzielników liczy n. Dowód. Z Twierdzenia 4., ch(k) = p dla pewnej liczy pierwszej p. Niech L edzie podcia lem cia la K. Wtedy K jest przestrzenia liniowa nad cia lem L. Ale K jest skończone, wiec istnieje skończona aza {α,..., α s }, K nad L. Każdy element należacy do K może yć zapisany jednoznacznie w postaci kominacji liniowej elementów tej azy. Zatem K = L s = L s. Z Twierdzenia 4.5 istnieje podcia lo F cia la K takie, że F = p. Stad K = p n dla pewnego n N. Jeżeli L jest dowolnym podcia lem cia la K, to F L, wiec na mocy pierwszej cześci dowodu, L = p m dla pewnego m N. Ale p n = K = L s = p ms dla pewnego s N, wiec n = ms i m n. Ponadto grupa L ma rzad równy p m, wiec na moc twierdzenia Lagrange a, a pm = dla każdego a L \ {0}. Stad a pm = a dla każdego a L. Zatem L L m. Ale z Wniosku 2.0, L m p m, wiec L = L m. Niech teraz m N i m n. Ponieważ pm =, wiec L m. Weźmy dowolne a, L m. Wtedy a pm = a i pm = oraz ( ) pm =. Zatem z Twierdzenia 4.3, (a ) pm = 4

5 a pm +( ) pm pm = a, wiec a L m. Ponadto, gdy 0, to ( a )pm = apm = a, wiec pm a L m. Zatem ze Stwierdzenia 4.6, L m jest podcia lem cia la K. Dalej, z Twierdzenia 4.4 istnieje c K takie, że o(c) = p n w grupie K. Ale m n, wiec, p m p n. Woec tego w grupie cyklicznej K element u = c pn p m ma rz ad p m. Zatem elementy, u, u 2,..., u pm 2 sa parami różne i jest ich dok ladnie p m. Ponadto u pm =, wiec u pm = u, skad u L m. Zatem {0,, u,..., u pm 2 } jest p m -elementowym podziorem podcia la L m, skad L m p m. Ale każdy element z L jest pierwiastkiem wielomianu x pm x K[x], wiec na mocy Wniosku 2.0, p m L m. Woec tego L m = p m i L m = {0,, u,..., u pm 2 }. Zatem L m jest podcia lem p m -elementowym cia la K. Uwaga 4.7. Pokażemy jak można skonstruować cia lo p n -elementowe dla licz pierwszych p oraz n N. Najpierw znajdujemy w pierścieniu Z p [x] wielomian unormowany f stopnia n, który jest nierozk ladalny w tym pierścieniu. Niech I = (f). Wtedy z Wniosku 3.6 pierścień ilorazowy Z p [x]/i jest cia lem. Ponadto z Twierdzenia 2.3 każdy element pierścienia Z p [x]/i można zapisać jednoznacznie w postaci a 0 + a x a n x n + I dla pewnych a 0, a,..., a n Z p. Ale Z p = p, wiec Z p [x]/i = p n, czyli Z p [x]/i jest cia lem p n -elementowym. Jeśli n = 2 lu n = 3, to ze Stwierdzenia 2.32 wystarczy ay f nie mia l pierwiastka w ciele Z p. Stad dla p = 2 i n = 2 wystarczy wziać f = x 2 + x + i otrzymujemy cia lo 4-elementowe Z 2 [x]/(x 2 + x + ). Jeśli n = 2 i p > 2, to C = {c 2 : c Z p } = {0 2, 2,..., ( p 2 )2 } jest ziorem + p = 2 p+ -elementowym. Ale p > 2, wi p+ ec 2 < p i istnieje a Z 2 p \ C. Wtedy wielomian f = x 2 a nie ma pierwiastka w Z p, wiec Z p [x]/(x 2 a) jest cia lem p 2 -elementowym. Jeśli n = 3, to mamy dok ladnie p 2 (p ) wielomianów postaci f = x 3 + ax 2 + x + c Z p [x] takich, że c 0. Natomiast rozk ladalne wielomiany unormowane stopnia 3 z niezerowym wyrazem wolnym na mocy Twierdzenia 3.5 sa postaci (x + k)(x 2 + lx + t) dla pewnych k, l, t Z p, k, t 0. Zatem takich wielomianów jest co najwyżej p(p ) 2. Ale p(p ) 2 < p 2 (p ), wiec istnieje f, które nie ma pierwiastka w Z p i woec tego Z p [x]/(f) jest cia lem p 3 -elementowym. Można udowodnić, że dla każdej liczy pierwszej p i dla każdego n N istnieje wielomian nierozk ladalny f Z p [x] stopnia n, a wiec wtedy Z p [x]/(f) jest cia lem p n - elementowym. 3 Cia lo u lamków Każdy podpierścień cia la jest dziedzina ca lkowitości. Okazuje sie, że także każda dziedzina ca lkowitości jest podpierścieniem pewnego cia la. 5

6 Definicja 4.8. Powiemy, że cia lo K jest cia lem u lamków dziedziny ca lkowitości P, jeżeli (i) P jest podpierścieniem K oraz (ii) każdy element cia la K można zapisać w postaci a dla pewnych a, P, 0. Przyk lad 4.9. Niech P edzie dowolnym podpierścieniem cia la Q. Wtedy ze Stwierdzenia 9.3 mamy, że Z P. Woec tego każdy element z Q można zapisać w postaci a dla pewnych a, P, 0. Zatem z Definicji 4.8 mamy, że Q jest cia lem u lamków dla P. Woec tego Q jest cia lem u lamków każdego swego podpierścienia. Przedstawimy teraz konstrukcje cia la u lamków dowolnej dziedziny ca lkowitości P. Niech S = P (P \ {0}). W ziorze S określamy relacje przyjmujac, że dla dowolnych (a, ), (a 2, ) S: (a, ) (a 2, ) a = a 2. Pokażemy, że jest relacja równoważności w S: Jeżeli (a, ) S, to a = a, wi ec (a, ) (a, ). 2 Jeżeli (a, ), (c, d) S oraz (a, ) (c, d), to a d = c. Stad c = a d, czyli (c, d) (a, ). 3 Jeżeli (a, ), (a 2, ), (a 3, 3 ) S sa takie, że (a, ) (a 2, ) oraz (a 2, ) (a 3, 3 ), to a = a 2 i a 2 3 = a 3, stad a 3 = a 2 3 i a 2 3 = a 3, wiec a 3 = a 3. Ale 0 i P jest dziedzina ca lkowitości, wiec a 3 = a 3, stad (a, ) (a 3, 3 ). Klase astrakcji o reprezentancie (a, ) S edziemy oznaczali przez a. Ziór wszystkich klas astrakcji relacji edziemy oznaczali przez P 0. Zauważmy najpierw, że dla (a, ) S i 0 d P jest a = a d d. Rzeczywiście, a ( d) = (a d), stad (a, ) (a d, d), wiec a = a d. d Dla (a, ) S mamy też, że a = 0 a = 0. Rzeczywiście, dla a = 0 jest a = 0 = 0, wiec (a, ) (0, ), stad a = 0. Jeżeli zaś a = 0, to (a, ) (0, ), sk ad a = 0, czyli a = 0. Niech = i 0 = 0. Ponieważ 0 w P, wi ec z naszych rozważań wynika, że 0 w P 0. Określamy teraz w P 0 dodawanie i mnożenie przy pomocy wzorów: a = a, () 6

7 a a2 = a a 2. (2) Sprawdzimy, że te określenia nie zależa od wyoru reprezentantów klas astrakcji. Niech (a, ), (x, y ), (a 2, ), (x 2, y 2 ) S oraz (a, ) (x, y ), (a 2, ) (x 2, y 2 ). Wtedy a y = x i a 2 y 2 = x 2. Musimy udowodnić, że wówczas (a + a 2, ) (x y 2 + x 2 y, y y 2 ) i (a a 2, ) (x x 2, y y 2 ), czyli że (a ) y y 2 = (x y 2 + x 2 y ) i a a 2 y y 2 = x x 2. Ale a a 2 y y 2 = (a y ) (a 2 y 2 ) = x x 2 = x x 2 oraz (a +a 2 ) y y 2 = (a y ) y 2 + (a 2 y 2 ) y = x y 2 + x 2 y = (x y 2 + x 2 y ), wiec wzory () i (2) sa dorze określone. Teraz udowodnimy, że (P 0, +,, 0, ) jest cia lem. W tym celu sprawdzamy spe lnienie aksjomatów cia la:. Niech (a, ), (a 2, ), (a 3, 3 ) S. Wtedy ( a ) + a 3 a 3 +a a 3 3 = a 3 +a 2 3 +a 3 3, o a a +a 2 = (a +a 2 ) = a +a 2. Ponadto: 3 = a +a 2 + a 3 3 = = a +a 2, gdyż a = a + ( a 2 + a 3 3 ) = a 3 +a 3 3 = a a 3 3 = a 3 +a 2 3 +a 3 wiec dodawanie jest l aczne. 3, 2. Niech (a, ), (a 2, ) S. Wtedy a 2 + a = a 2 +a = a +a 2 = a, wiec dodawanie jest przemienne. 3. Niech (a, ) S. Wtedy 0 = 0 oraz a + 0 = a + 0 = a+0 neutralnym dodawania. = a, wi ec 0 jest elementem 4. Niech (a, ) S. Wtedy ( a, ) S oraz a + a ( a). = a+( a) = 0 = 0. Zatem ( a ) = 5. Niech (a, ), (a 2, ), (a 3, 3 ) S. Wtedy ( a a ( a 2 a3 3 ) = a a 2 a 3 3 = a a 2 a 3 3, wiec mnożenie jest l 6. Niech (a, ), (a 2, ) S. Wtedy a 2 jest przemienne. a2 ) a3 3 = a a 2 aczne. a = a 2 a = a a 2 = a a3 3 = a a 2 a 3 3 a2, wi ec mnożenie 7. Niech (a, ) S. Wtedy a = a = a = a, czyli jest elementem neutralnym mnożenia. 8. Dla (a, ), (a 2, ), (a 3, 3 ) S : a ( a 2 + a 3 3 ) = a a a2 + a a3 3 = a a 2 + a a 3 3 = a a a a 3 rozdzielne wzgledem dodawania. oraz, wiec mnożenie jest a2 3 +a 3 3 = a a 2 3 +a a = a a 2 3 +a a Niech (a, ) S edzie takie, że a 0. Wtedy, jak wiemy a 0, wi ec (, a) S oraz a = a = =, o a, 0. St ad a a ( a ) =. a 7 i

8 Z 9 wynika zatem, że (P 0, +,, 0, ) jest cia lem. Niech f: P P 0 edzie funkcja dana wzorem f(a) = a dla a P. Wtedy dla a, P : f(a) = f() a = (a, ) (, ) a = a =. Zatem f jest różnowartościowe. Ponadto f() = = oraz dla a, P : i f(a + ) = a + = a + = f(a) + f() f(a ) = a = a = a = f(a) f(). Zatem f jest zanurzeniem pierścieni. Stad dla a P można dokonać utożsamienia: a a. Przy tym utożsamieniu P jest podpierścieniem cia la P 0. Dla 0 P mamy, że = ( ) =, wiec dla a P jest a = a = a, stad P 0 = {a : a, P, 0}, czyli P 0 jest cia lem u lamków dla P. Ponadto dla (a, ), (a 2, ) S mamy, że a = a 2 a = a 2, o a = a 2 (a, ) (a 2, ) a = a 2. Jeżeli L jest cia lem, to cia lo u lamków pierścienia L[x] oznaczamy przez L(x) i nazywamy cia lem funkcji wymiernych zmiennej x nad cia lem L. Wówczas L jest podcia lem cia la L(x), skad ch(l(x)) = ch(l). Ponieważ, x, x 2,... sa liniowo niezależne nad L i należa do L(x), wiec (L(x) : L) =. Podstawiajac L = Z p uzyskamy stad, że istnieja cia la nieskończone dowolnej dodatniej charakterystyki (np. cia la Z p (x)). Zagadka. Skonstruuj cia lo 8-elementowe. Zagadka 2. Skonstruuj cia lo 27-elementowe. Zagadka 3. Skonstruuj cia lo 25-elementowe. Zagadka 4. Skonstruuj cia lo 7 3 -elementowe. Zadanie 5. Skonstruuj cia lo 6-elementowe. Zagadka 6. Ile podcia l ma cia lo elementowe? Zagadka 7. Niech d edzie licza ca lkowita, która nie jest kwadratem liczy ca lkowitej. Udowodnij, że Q( d) = {x + y d : x, y Q} jest cia lem u lamków pierścienia liczowego Z[ d]. 8