Wyk lad 8 Zasadnicze twierdzenie algebry. Poj. ecie pierścienia

Transkrypt

1 Wy lad 8 Zasadicze twierdzeie algebry. Poj ecie pierścieia 1 Zasadicze twierdzeie algebry i jego dowód Defiicja 8.1. f: C C postaci Wielomiaem o wspó lczyiach zespoloych azywamy fucj e f(x) = a x + a 1 x a 1 x + a 0, gdzie a 0, a 1,..., a sa ustaloymi liczbami zespoloymi oraz = 0, 1,... Poadto dla a 0 mówimy, że jest stopiem wielomiau f. Lemat 8.2. Niech f b edzie wielomiaem o wspó lczyiach zespoloych. Wówczas dla ażdego r > 0 istieje sta la K > 0 taa, że f(z 1 ) f(z 2 ) K z 1 z 2 dla wszystich z 1, z 2 C taich, że z 1, z 2 < r. Dowód. Jeżeli f(x) = a 0 dla x C, to wystarczy wziać K = 1. Za lóżmy wiec, że f(x) = a x + a 1 x a 1 x + a 0, gdzie 1 i a 0. Weźmy dowole z 1, z 2 C taie, że z 1, z 2 < r. Wtedy dla = 1, 2,..., mamy, że oraz z ierówości trójata: Stad z 1 z 2 = (z 1 z 2 ) (z z 2 1 z z 1 z z 1 2 ) z z 2 1 z z 1 z z 1 2 z z 1 2 z z 1 z z 2 1 r 1. f(z 1 ) f(z 2 ) = a (z1 z2 ) + a 1 (z1 1 z2 1 ) a 1 (z 1 z 2 ) a z1 z2 + a 1 z1 1 z a 1 z 1 z 2 a z 1 z 2 r 1 + a 1 z 1 z 2 ( 1)r a 1 z 1 z 2 = = z 1 z 2 ( a r 1 + a 1 ( 1)r a 2 2r + a 1 ), wiec wystarczy wziać K = a r 1 + a 1 ( 1)r a 2 2r + a 1. 1

2 Defiicja 8.3. Powiemy, że liczba zespoloa z 0 jest graica ciagu (z ) liczb zespoloych, jeżeli Piszemy wtedy lim z = z 0. ε>0 0 N 0 z z 0 < ε. Lemat 8.4. Niech f bedzie wielomiaem o wspó lczyiach zespoloych. Wówczas z lim z = z 0 wyia, że lim f(z ) = f(z 0 ). Dowód. Weźmy dowole ε > 0. Z Lematu 8.2 dla r = 1 + z 0 istieje sta la K > 0 taa, że f(z) f(z 0 ) K z z 0 dla wszystich z C taich, że z < 1 + z 0, gdyż z 0 < 1 + z 0. Ale lim z = z 0, wiec dla δ = mi{ ε, 1} istieje 2K 0 N taie, że dla wszystich 0 jest z z 0 < δ, czyli z z 0 < 1, a wiec z = (z z 0 ) + z 0 z z 0 + z 0 < 1 + z 0, sad f(z ) f(z 0 ) K ε = ε < ε dla 2K 2 0. Ozacza to, że lim f(z ) = f(z 0 ). Defiicja 8.5. Powiemy, że ciag (z ) liczb zespoloych jest ograiczoy, jeżeli istieje sta la A > 0 taa, że z A dla wszystich N. Lemat 8.6. Z ażdego ciagu ograiczoego liczb zespoloych moża wybrać podciag zbieży do pewej liczby zespoloej. Dowód. Niech (z ) bedzie ograiczoym ciagiem liczb zespoloych. Wtedy istieje sta la A > 0 taa, że z A dla wszystich N. Poadto dla = 1, 2,... istieja a, b R taie, że z = a + b i, wiec a a 2 + b 2 = z A i podobie b A dla = 1, 2,... Zatem (a ) i (b ) sa ograiczoymi ciagami liczb rzeczywistych. Stad z twierdzeia Weierstrassa istieje podciag (a ) ciagu (a ), tóry jest zbieży do pewej liczby rzeczywistej a 0. Zatem z twierdzeia Weierstrassa istieje podciag (b l ) ciagu (b ) zbieży do pewej liczby rzeczywistej b 0. Stad taże podciag (a l ) jest zbieży do a 0. Weźmy dowole ε > 0. Wtedy istieje 0 N taie, że dla wszystich 0 jest a l a 0 < ε 2 i b l b 0 < ε 2. Zatem dla z 0 = a 0 + b 0 i oraz dla 0 mamy z l z 0 = a l a b l b 0 2 ε < 2 + ε2 = ε. Ozacza to, że lim z 2 2 l = z 0. ZASADNICZE TWIERDZENIE ALGEBRY. Każdy wielomia dodatiego stopia o wspó lczyiach zespoloych posiada pierwiaste zespoloy. Dla wielomiaów stopia 1 asze twierdzeie zachodzi, bo maja oe postać f(x) = ax + b, gdzie a, b C i a 0 oraz wtedy f( b ) = 0. a Wystarczy zatem udowodić to twierdzeie dla wielomiaw stopi 2. Ale jeżeli f(x) = a x + a 1 x a 1 x + a 0, gdzie a 0, a 1,..., a C, a 0 i 2, to f(x) = a g(x), gdzie g(x) = x + a 1 a x a 1 a x + a 0 a i wielomiay f i g maja taie same zbiory pierwiastów. Stad wystarczy wyazać, że dla ażdego 2 i dla 2

3 dowolych a 0, a 1,..., a 1 C wielomia posiada pierwiaste zespoloy. f(x) = x + a 1 x a 1 x + a 0 (1) Lemat 8.7. Dla wielomiau f postaci (1) i dla ażdego z C taiego, że z > 1 + a a 0 mamy, że f(z) > 1 + a 0. Dowód. Za lóżmy, że z C i z > 1 + a a 0. Wtedy z > 1, wiec z > 1 dla = 1, 2,... Stad dla taich z mamy f(z) = z + a 1 z a 1 z + a 0 z a 1 z a 1 z + a 0 z a 1 z 1... a 1 z a 0. Ale z z 1 dla = 0, 1,..., 1, bo z > 1 i 2, wi ec f(z) z z 1 ( a a 1 + a 0 ) = z 1 ( z a 1... a 1 a 0 ) z 1 z, bo 2 i z > 1 + a a 0. Stad f(z) > 1 + a a 1 + a a 0, czyli f(z) > 1 + a 0 dla z > 1 + a a 1 + a 0. Lemat 8.8. Dla wielomiau f postaci (1) istieje z 0 C taie, że f(z) f(z 0 ) dla ażdego z C. Dowód. Poieważ dla ażdego z C jest f(z) 0, wiec zbiór { f(z) : z C} jest ograiczoy z do lu. Posiada o zatem res doly q. Wtedy f(z) q dla ażdego z C oraz dla dowolego m N istieje z m C taie, że f(z m ) < q + 1. Gdyby dla pewego m m by lo z m > 1 + a a 1 + a 0, to z Lematu 8.7, f(z m ) > 1 + a 0 = f(0) + 1 q + 1 q + 1 m, sad f(z m ) > q + 1 i mamy sprzeczość. St ad m z m 1 + a a 0 dla m N. Zatem z Lematu 8.6 istieje podciag (z ) ciagu (z ) tai, że lim z = z 0 dla pewego z 0 C. Wówczas dla ażdego z C i dla ażdego m mamy, że f(z m ) < f(z) + 1, s ad m f(z) > f(z ) 1, 3

4 wi ec po przejściu do graicy z wyorzystaiem Lematu 8.4 uzysamy, że f(z) f(z 0 ). Udowodimy teraz lemat, tóry zaończy dowód zasadiczego twierdzeia algebry. Lemat 8.9. Dla wielomiau f postaci (1) i dla liczby z 0 z Lematu 8.8 mamy, że f(z 0 ) = 0. Dowód. Niech h(z)=f(z + z 0 )=(z + z 0 ) + a 1 (z + z 0 ) a 1 (z + z 0 ) + a 0 = z + b 1 z b 1 z + b 0 dla pewych b 0, b 1,..., b 1 C, b = 1. Niech bedzie ajmiejsza liczba aturala taa, że b 0. Wówczas h(z) = z + b 1 z b z + b 0. Z Lematu 8.8 mamy, że dla ażdego z C z + b 1 z b z + b 0 f(z 0 ) oraz b 0 = h(0) = f(z 0 ), wi ec dla z C mamy z + b 1 z b z + b 0 b 0. (2) Dla c (0, 1) podstawmy w ierówości (2): z = c b 0 b. Otrzymamy wówczas ( ) c b ( ) 0 + b 1c 1 b 1 ( b c b b wi ec z (3) po uproszczeiach i podstawieiu uzysamy ( d = ) ( b, d 1 =b 1 b 0 b 0 b 0 b ) + b 0 b 0, (3) ) 1 ( ) +1 b,..., d+1 =b +1 b 0 b d c + d 1 c d +1 c +1 b 0 c + b 0 b 0 dla c (0, 1). (4) Ozaczmy g(x) = d x 1 + d 1 x d +1. Wtedy z (4) mamy c +1 g(c) + b 0 (1 c ) b 0 dla c (0, 1). (5) Poadto c +1 g(c) + b 0 (1 c ) c +1 g(c) + b 0 1 c = c +1 g(c) + + b 0 (1 c ), bo 0 < c < 1. Zatem z (5): a wi ec c +1 g(c) + b 0 b 0 c b 0 dla c (0, 1), c g(c) b 0 dla c (0, 1). 4

5 Poadto bo 0 < c < 1. Zatem g(c) = d c 1 + d 1 c d +1 d c 1 + d 1 c d +1 d + d d +1, c( d + d d +1 ) b 0 dla c (0, 1). Stad po przejściu do graicy wzgledem c 0 otrzymamy, że 0 b 0, czyli b 0 = 0. Ale f(z 0 ) = b 0, wiec f(z 0 ) = 0. 2 Poj ecie pierścieia Defiicja Pierścieiem azywamy system algebraiczy (P, +,, 0, 1) tai, że P1. (P, +, 0) jest grupa abelowa; P2. a,b,c P a (b + c) = a b + a c; P3. a,b,c P a (b c) = (a b) c; P4. a P a 1 = a; P5. a,b P a b = b a. Dzia laie ozaczae przez + azywamy dodawaiem, zaś dzia laie ozaczae przez azywamy możeiem, atomiast elemet ozaczoy symbolem 1 azywamy jedya pierścieia P. Grupe abelowa (P, +, 0) azywamy grupa addytywa pierścieia P i ozaczamy przez P +. Odejmowaie w pierścieiu (P, +,, 0, 1) defiiujemy za pomoca wzoru: a b = a + ( b) dla dowolych a, b P. (6) Nastepuj ace stwierdzeie grupuje podstawowe w lasości dzia lań w pierścieiu. Stwierdzeie Niech (P, +,, 0, 1) bedzie pierścieiem. Wówczas: (i) a P a 0 = 0 a = 0, (ii) a,b P (a b) = ( a) b = a ( b) i ( a) ( b) = a b, (iii) a,b,c P (a + b) c = a c + b c, (iv) a P ( 1) a = a ( 1) = a, (v) a,a1,...,a P a (a a ) = a a a a, (vi) 6. a,b,c P a (b c) = a b a c. Dowód. (i). Poieważ 0 = 0 + 0, wiec a mocy P2: a 0 = a (0 + 0) = a 0 + a 0, czyli a = a 0 + a 0, sad z prawa sracaia w grupach mamy, że a 0 = 0. Zatem a mocy P5 taże 0 a = 0. 5

6 (ii). Na mocy P2 i (i) mamy, że a b + a ( b) = a [b + ( b)] = a 0 = 0, sad a ( b) = (a b). Stad a mocy P5: (a b) = (b a) = b ( a) = ( a) b. Poadto, ( a) ( b) = [a ( b)] = [ (a b)] = a b. (iii). Na mocy P5, P2 i zowu P5 mamy, że (a+b) c = c (a+b) = c a+c b = a c+b c. (iv). Na mocy P4 i P5 mamy, że a = a 1 = 1 a, wiec z (ii) i P5, a = (a 1) = a ( 1) = ( 1) a. (v). Iducja wzgledem. Dla = 2 teza wyia z P2. Za lóżmy, że teza zachodzi dla pewej liczby aturalej 2 i iech a 1,..., a, a +1 P. Wtedy a mocy P2 i za lożeia iducyjego: a (a a +a +1 )=a [(a a )+a +1 ]=a (a a )+ +a a +1 = a a a a + a a +1, czyli teza zachodzi dla liczby + 1. (vi). Z oreśleia odejmowaia, z P2, z (ii) i zowu z oreśleia odejmowaia mamy, że a (b c) = a (b + ( c)) = a b + a ( c) = a b + ( (a c)) = a b a c. Poieważ (P,+, 0) jest grupa abelowa, wiec ma ses ca lowita wielorotość a elemetu a P przez liczbe ca lowita. Przypomijmy jej oreśleie: 0 a = 0, 1 a = a oraz dla N: a = a } +. {{.. + a } i ( ) a = = ( a) ( a). }{{} Z twierdzeń 1.13 i 1.14 wyia od razu astepuj ace Stwierdzeie Niech (P, +,, 0, 1) bedzie pierścieiem. Wówczas: (i) a P,m Z (m a) = (m) a, (ii) a P,m Z ( + m) a = a + m a, (iii) a,b P Z (a + b) = a + b. Stwierdzeie Dla dowolych elemetów a, b pierścieia P i dla ażdego Z zachodzi wzór: (a b) = ( a) b = a ( b). (7) Dowód. Poieważ 0 (a b) = 0, (0 a) b = 0 b = 0 i a (0 b) = a 0 = 0 a podstawie defiicji możeia elemetu pierścieia przez liczbe ca lowita 0 oraz a mocy Stwierdzeia 8.11 (i), wiec dla = 0 wzór (7) zachodzi. Za lóżmy, że wzór (7) zachodzi dla pewego N 0. Wtedy (+1) (a b) = (a b)+a b = ( a) b+a b = ( a+a) b = [(+1) a] b oraz (+1) (a b) = (a b)+a b = a ( b)+a b = a ( b+b) = a [(+1) b], wiec wzór (7) zachodzi wówczas taże dla liczby + 1. Wobec tego a mocy zasady iducji wzór (7) zachodzi dla ażdego N 0. Niech teraz =, gdzie N. Wtedy (a b) = [ (a b)] = [( a) b] = [ ( a))] b = ( a) b oraz (a b) = [ (a b)] = [a ( b)] = a [ ( b)] = a ( b), a mocy pierwszej cześci rozwiazaia i w lasości ca lowitej wielorotości elemetu grupy addytywej pierścieia P. Wobec tego wzór (7) zachodzi taże dla dowolej ujemej liczby ca lowitej, co ończy dowód. 6

7 W pierścieiu P możemy też oreślić ieujema ca lowita poteg e dowolego elemetu a P przyjmujac, że: a 0 = 1, a 1 = a oraz dla N: a +1 = a a (czyli a = a }.{{.. a} ). Z Wiosu 1.4 wyia atychmiast astepuj ace Stwierdzeie Niech (P, +,, 0, 1) b edzie pierścieiem. Wówczas: (i) a P,m N0 a a m = a +m. (ii) a P,m N0 (a ) m = a m. Stwierdzeie Dla dowolych elemetów a, b pierścieia P i dla dowolego N, 2 zachodzi wzór: a b = (a b) (a 1 + a 2 b ab 2 + b 1). (8) Dowód. Po opuszczeiu awiasów otrzymamy, że (a b) (a 1 + a 2 b ab 1 + b 1 ) = a + a 1 b a 2 b 2 + ab 1 + a 1 b a 2 b... ab 1 b = a b, co ończy dowód wzoru (8). Podstawiajac we wzorze (8) w miejsce b elemet b i uwzglediaj ac to, że dla N 0, ( b) 2 = b 2 oraz ( b) 2+1 = b 2+1 uzysamy astepuj ace Stwierdzeie N zachodzi wzór: Dla dowolych elemetów a, b pierścieia P i dla dowolego a b 2+1 = (a + b) (a 2 a 2 1 b + a 2 2 b a 2 b 2 2 ab b 2). (9) Stwierdzeie N zachodzi wzór: =0 Dla dowolych elemetów a, b pierścieia P i dla dowolego (a + b) = =0 ( ) a b. (10) Dowód. Stosujemy iducje wzgledem. Dla = 1, L = (a + b) 1 = a + b, P = 1 ( ) ( ) ( ) a 1 b = a 1 b 0 + a 0 b 1 = a b = a + b, czyli L = P i teza zachodzi 0 1 dla = 1. Za lóżmy, że wzór (10) zachodzi dla pewej liczby aturalej. Wtedy ( ) (a + b) +1 = (a + b) (a + b) = a (a + b) + b (a + b) = a a b + b =0 ( ) ( ) ( ) ( ) a b = a +1 b + a b +1 = a +1 + a +1 b + =0 =0 =0 =1 1 ( 1 ) 1 b +1 + ( j+1) + ( j =0 ) ( ( ) a b +1 = a +1 + b +1 + a j b j+1 + a j b j+1. Ale j + 1 j j=0 j=0 ) ( = +1 j+1) dla j = 0, 1,..., 1, wi ec uzysujemy stad, że (a + b) +1 = a

8 1 ( ) + 1 b +1 + a j b j+1 = a +1 +b +1 + j + 1 j=0 ( ) ( ) + 1 a +1 b = a +1 b. =1 Zatem wzór (10) jest wówczas prawdziwy taże dla liczby + 1. Stad a mocy zasady iducji mamy teze. Zagada 1. Niech P 1,..., P bed a pierścieiami. W zbiorze P 1... P oreślamy dodawaie i możeie astepuj aco: (a 1,..., a ) + (b 1,..., b ) = (a 1 + b 1,..., a + b ), (a 1,..., a ) (b 1,..., b ) = (a 1 b 1,..., a b ), Niech 0 = (0,..., 0) oraz 1 = (1,..., 1). Udowodij, że (P 1... P, +,, 0, 1) tworzy pierścień. Zagada 2. Niech X bedzie dowolym iepustym zbiorem i iech P bedzie pierścieiem. W zbiorze P X wszystich fucji ze zbioru X w zbiór P wprowadzamy dodawaie i możeie, przyjmujac, że dla dowolych f, g P X : (f + g)(x) = f(x) + g(x) dla ażdego x X, (f g)(x) = f(x) g(x) dla ażdego x X. Udowodij, że zbiór P X z tymi dzia laiami jest pierścieiem. Zagada {[ 3. ] Niech K } bedzie dowolym cia lem. Udowodij, że podzbiór a b T 2 (K) = : a, b K zbioru 2 2-macierzy ad cia lem K, tworzy pierścień ze 0 a wzgledu a zwy le dodawaie i możeie macierzy. Zagada 4. Niech P bedzie dowolym pierścieiem. W zbiorze P P wprowadzamy dodawaie i możeie przyjmujac, że dla dowolych a, b, c, d P : (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) oraz (a, b) (c, d) = (a c, a d + b c). Udowodij, że (P P, +,, (0, 0), (1, 0)) jest pierścieiem. B edziemy go ozaczali przez D 2 (P ). Zagada 5. Niech T bedzie iepustym zbiorem i iech {P t } t T bedzie rodzia pierściei oraz P = P t. W zbiorze P wprowadzamy dodawaie + i możeie przyjmujac dla t T dowolych (a t ) t T, (b t ) t T P, że (a t ) t T + (b t ) t T = (a t + t b t ) t T, (11) (a t ) t T (b t ) t T = (a t t b t ) t T. (12) j=0 8

9 Udowodij, że jeśli 0 = (0 t ) t T oraz 1 = (1 t ) t T, to (P, +,, 0, 1) jest pierścieiem. Zagada 6. Za lóżmy, że w pierścieiu P istieje a 0 taie, że a = 0 dla pewego aturalego. Udowodij, że wówczas istieje c P \ {0} taie, że c 2 = 0. Zagada 7. Za lóżmy, że w pierścieiu P istieje a taie, że a = 0 dla pewego aturalego > 1. Udowodij, że wówczas (1 a) b = 1 dla pewego b P. 9