2 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Element b G spełniający warunek G3 dla danego a G i e G nazywamy elementem odwrotnym do a i oznaczamy prz

Algebra abstrakcyjna zarys wykładu Szymon Brzostowski 3. października 2018 r. Umowy. Wszędzie poniżej skrót gddy oznaczać będzie wtedy i tylko wtedy, gdy. Znak := ma na celu przypisanie nazwie od strony kropek wartości od strony kresek. F-cja itp. jest skrótem słowa funkcja itp. Oznaczenia N, Z, Q, R, C pełnią standardowe role (konwencja: N liczby naturalne bez 0, N 0 liczby naturalne z 0). 1 Grupy Definicja 1. Grupą nazywamy każdy niepusty zbiór G, w którym określone jest pewne działanie wewnętrzne, oznaczane najczęściej symbolem (bardziej precyzyjnie: grupa to para (G, ), gdzie G niepusty zbiór, zaś : G G G), spełniające następujące warunki: G1. (a b) c=a (b c) (łączność) G2. G3. a,b,c G e G a G a G b G a e=e a=a (istnienie elementu neutralnego) a b=b a =e, gdzie e G jest dowolnym elementem spełniającym G2 (istnienie elementu odwrotnego). Uwaga. Jeśli zachodzi potrzeba odróżnienia dwóch różnych działań, można np. używać też symboli, czy zamiast standardowej. Symbole + czy, chociaż teoretycznie dopuszczalne, zwyczajowo są stosowane do zapisywania działania, które dodatkowo jest przemienne (patrz definicja 2). Zapis działania za pomocą nazywamy zapisem multyplikatywnym, zaś za pomocą + zapisem addytywnym (nazewnictwo to dotyczy też oznaczeń wariantywnych, o których wspomnieliśmy powyżej). Element e G z warunku G2 nazywamy elementem neutralnym grupy. Czasem mówi się też, że jest to jedynka grupy (i wtedy pisze się 1 zamiast e) bądź w przypadku addytywnym że jest to zero grupy (i wtedy pisze się 0 zamiast e). Ćwiczenie 1. Wykazać, że w każdej grupie G jej element neutralny jest wyznaczony jednoznacznie. Z których aksjomatów grupy to wynika?. This document has been written using the GNU T E X MAC S text editor (see www.texmacs.org). 1

2 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Element b G spełniający warunek G3 dla danego a G i e G nazywamy elementem odwrotnym do a i oznaczamy przez a 1 (względnie: a w przypadku zapisu addytywnego). Ćwiczenie 1 wyjaśnia, dlaczego a 1 zależy tylko od a, nie zależąc od e. Używając powyższej notacji, warunek G3 można zapisać następująco: a a 1 =a 1 a =e. Ćwiczenie 2. Wykazać, że element odwrotny a 1 G do elementu a grupy G jest wyznaczony jednoznacznie. Z których aksjomatów grupy to wynika? Konwencja. W dalszym ciągu będziemy zwykle opuszczać przy zapisie działań, pisząc np. ab zamiast a b (oczywiście tylko w przypadku zapisu multyplikatywnego). Umowa. W dalszym ciągu, jeśli wyraźnie nie będzie zaznaczone, że jest inaczej, wszystkie rozważane grupy będą w domyśle multyplikatywne; dokładniej zapis typu G grupa oznaczać będzie G =(G, ). Ćwiczenie 3. Udowodnić, że w definicji grupy warunki G2 G3 można zastąpić odpowiednio przez warunki: G2 +. a e =a G3 +. e G a G a G b G a b = e (e spełnia G2 + ) (i analogicznie przez pewne warunki G2 G3 odgadnąć je!). Ćwiczenie 4. Udowodnić, że para (G, ) będąca półgrupą (tzn. G=/ oraz :G GG jest łączne) stanowi grupę gddy (r). dla dowolnych a, b G równania ax=b oraz ya = b mają rozwiązania w G. Ponadto wykazać, że rozwiązania równań z warunku (r) są jedyne i równe x=a 1 b, y=ba 1. Własność 1. Niech G będzie grupą. Wówczas: 1. (a 1 ) 1 =a(ab) 1 =b 1 a 1 a,b G 2. f-cja f: G G dana wzorem f(x):= x 1, x G, jest bijekcją 3. ((ac =bc) a=b) ((ca =cb) a=b) (prawo skracań) a,b,c G 4. dla każdego a G f-cje f a i g a : G G dane wzorami f a (x) := ax oraz g a (x) :=xa, x G, są bijekcjami. Szkic dowodu. ad. 1. Rachunki + jedyność elementu odwrotnego. ad. 2. Wynika z 1. ad. 3. Wykorzystać łączność i zależność e=cc 1. ad. 4. Użyć ćwiczenia 4. Definicja 2. Powiemy, że grupa G jest przemienna (bądź abelowa), jeśli spełniony jest warunek G4. ab=ba. a,b G

1. Grupy 3 Definicja 3. Niech (G, ) będzie grupą i a G. Określamy formalną potęgę następująco: a 0 := e, a n+1 := a n a, n N 0. a n := (a n ) 1, n N 0 Analogicznie w przypadku zapisu addytywnego, definiujemy formalną wielokrotność n a. Ćwiczenie 5. Udowodnić, że określone powyżej formalne potęgowanie posiada własności analogiczne do zwykłego potęgowania (ale uwaga! tutaj nie musi być przemienne): i. (a m ) n = a mn, ii. a m a n = a m+n. Załóżmy dodatkowo, że jest przemienne. Pokazać, że wtedy zachodzi także iii. (ab) m =a m b m. Definicja 4. Podzbiór H G jest podgrupą grupy (G, ), jeśli (H, H H ) jest grupą (tzn. zbiór H z działaniem rozważanym tylko w zbiorze H jest grupą). Obserwacja. Każda grupa G zawiera przynajmniej dwie podgrupy {e} oraz G. Są to tzw. podgrupy trywialne grupy G. Łatwo sprawdzić, że są one dzielnikami normalnymi G (zob. definicja 14). Twierdzenie 1. (charakteryzacja podgrup) =/ H G jest podgrupą grupy G gddy a b 1 H a także gddy a,b H a,b H a 1 b H. Szkic dowodu. Najpierw zauważyć, że ten sam element jest elementem neutralnym w grupie G i w grupie H (wykorzystać prawo skracań). Następnie stwierdzić, że każdy element b H ma tę samą odwrotność b 1 w H i w G i użyć definicji podgrupy. (Wystarczy rozważyć np. pierwszy z przypadków drugi jest analogiczny) Np. można użyć ćwiczenia 3. Ale trzeba też zauważyć, że jest wewnętrzna w H! Ćwiczenie 6. Udowodnić, że =/ H G jest podgrupą grupy G gddy (a b H a 1 H). a,b H Ćwiczenie 7. Niech G będzie grupą. Wykazać, że jeśli dla pewnego elementu x G zachodzi x x=x, to x =e (tzn. x jest elementem neutralnym G). Definicja 5. Rzędem rz(x) zbioru X nazywamy bądź liczbę jego elementów, jeśli X jest skończony, tzn. rz(x):= card(x), bądź też rz(x):=+ dla card(x) ℵ 0.

4 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Twierdzenie 2. (charakteryzacja podgrup skończonych) Niech G będzie grupą. Wtedy jej podzbiór H =/ skończonego rzędu stanowi jej podgrupę gddy a b H (1) a,b H (tzn. gddy H H jest działaniem wewnętrznym w H). Szkic dowodu. Oczywiste. Ustalmy dowolne a H i rozważmy f-cję f a : G G, określoną jak we własności 1. Z założenia i wspomnianej własności wnioskujemy, że f a (H)=H. Podobnie stwierdzamy, że g a (H)=H. Teraz wystarczy skorzystać z ćwiczenia 4. Własność 2. Przekrój H dowolnej niepustej rodziny {H t } t T podgrup grupy G jest podgrupą grupy G. Szkic dowodu. Zauważyć, że H =/ a następnie skorzystać z twierdzenia 1. Przykłady (do sprawdzenia samodzielnego bądź na ćwiczeniach!). I. Dla dowolnego zbioru X C niech X := X \ {0} oraz X + := X (0, + ). W ciągach: (C, +) (R, +) (Q, +) (Z, +) ({0}, +), (C, ) (R, ) (Q, ) ({1}, ), (R +, ) (Q +, ) ({1}, ), gdzie + i oznaczają zwykłe dodawanie i mnożenie liczb zespolonych, każdy wyraz jest grupą abelową, podgrupą każdej z grup poprzedzających. II. Niech P n zbiór pierwiastków n-tego stopnia z 1 w C. Wtedy (P n, ) jest podgrupą (C, ). Podobnie P := n N P n zbiór wszystkich pierwiastków z 1 jest podgrupą grupy (C, ). III. X dowolny zbiór. Para (2 X, ), gdzie jest różnicą symetryczną zbiorów, stanowi grupę abelową. IV. ({a + b i: a, b Z}, +) grupa abelowa (a nawet pierścień, tzw. pierścień Gaussa). V. Macierze nieosobliwe GL(n, K), K ciało, tworzą grupę nieprzemienną względem operacji mnożenia macierzy. VI. Niech (L,+, ) przestrzeń liniowa nad ciałem K. Wtedy (L,+) stanowi grupę. VII. Niech X =/. Zbiór bijekcji zbioru X 1 1 f:x X stanowi grupę wraz z działaniem składania przekształceń. Grupę tę będziemy oznaczać przez (Bij(X), ). na

1. Grupy 5 VIII. W przypadku gdy X = {1,..., n} elementy Bij(X) nazywamy permutacjami, a samą grupę oznaczamy przez S n i nazywamy grupą symetryczną. Jej podgrupą jest zbiór A n permutacji parzystych (tzn. sgn(σ)=1 dla σ A n ; że to istotnie podgrupa grupy S n, można wywnioskować z twierdzenia 2 i własności znaku permutacji). Grupę A n nazywamy grupą alternującą. IX. Niech S := {f Bij(N): rz{n N:f(n)=/ n}=/ }. Jest to grupa symetryczna nieskończona (wraz z działaniem składania przekształceń). ( { X. f: R R: f klasyc 1 oraz } ) f (x)=/ 0, jest podgrupą grupy Bij(R). na x R XI. Niech n N. Zbiór Z n := {0,..., n 1} wraz z działaniem + n dodawania modulo n, tzn. a+ n b:=(a+b) modn, dla a,b Z n, stanowi grupę abelową. Ćwiczenie 8. Podać przykład grupy G, której podzbiór H =/ spełnia warunek (1) twierdzenia 2, ale H nie jest podgrupą grupy G. Ćwiczenie 9. Udowodnić, że jeżeli w grupie G zachodzi a G a2 =e, to G jest grupą abelową. Definicja 6. Niech G będzie grupą i =/ M G. Oznaczmy M := {a 1 n 1... a r n r :a 1,...,a r M, n 1,...,n r Z, r N}. Ponadto dla M=, M = :={e}. Zbiór M będziemy nazywać grupą generowaną przez M. Z kolei zbiór N G będziemy nazywać zbiorem generatorów grupy G, jeśli N =G. Obserwacje i konwencje. Wprost z definicji widać, że M G. W przypadku gdy M={a} będziemy pisać a zamiast {a}. Korzystając z definicji i ćwiczenia 5 łatwo wywnioskować, że a = {a n :n Z}. Podobnie, jeśli M={x 1,...,x k } jest podzbiorem grupy abelowej G, M = {x 1 n 1...x k n k :n 1,...,n k Z}. Twierdzenie 3. (opis grupy generowanej) Dla dowolnego M G zbiór M jest podgrupą grupy G. Dokładniej, jest to najmniejsza (w sensie relacji inkluzji) podgrupa grupy G zawierająca zbiór M. Innymi słowy, M = H. Dowód. Zauważyć, że M M. H M H podgrupa grupy G Zauważyć, że M jest podgrupą grupy G używając twierdzenia 1 i własności 1 p. 1.

6 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Stwierdzić, że każda podgrupa H grupy G, taka, że H M, spełnia warunek H M. Definicja 7. Powiemy, że grupa G jest cykliczna, jeśli istnieje a G takie, że G = a = {a n : n Z}. Definicja 8. Niech a G, gdzie G dowolna grupa. Rzędem elementu a nazywamy rząd zbioru a, tzn. Z ćwiczenia 5 łatwo wywnioskować: rz(a):= rz( a ). Własność 3. Każda grupa cykliczna jest abelowa. Przykłady (drugi i trzeci z nich wynika z późniejszych faktów). a) (Z, +)= 1 = 1, rz(1) =+ b) (Z n, + n )= a, dla dowolnego 0 =/ a Z n takiego, że gcd(a,n) =1 c) Grupa P n złożona z n-tych pierwiastków z 1, z przykładu II, jest cykliczna (por. punkt b) i twierdzenie 11). Ćwiczenie 10. Dowieść, że jedyną podgrupą rzędu n N grupy (C, ) jest grupa P n n-tych pierwiastków z 1. Ćwiczenie 11. Znaleźć rząd permutacji σ:= 1, 2, 3 w grupie S 3 (patrz przykład VIII). Ćwiczenie 12. Jakie są możliwe rzędy elementów grupy (2 X, ) z przykładu III? Ćwiczenie 13. Znaleźć rzędy następujących elementów grupy GL(2, R) (patrz przykład V): [ ] [ ] 1 1 1 0 A :=, B:=. 2 4 0 1 Definicja 9. Powiemy, że grupy (G, ) oraz (G, ) są izomorficzne jeśli istnieje bijekcja φ:gg zgodna z działaniami grupowymi, tzn. (h) φ(a b)=φ(a) φ(b), dla wszystkich a, b G. Wtedy takie φ nazywamy izomorfizmem (grup) i piszemy G = G lub dokładniej G= φ G. Dowolne φ:gg (tzn. niekoniecznie bijekcję) spełniające warunek (h) nazywamy homomorfizmem (grup); homomorfizm różnowartościowy nazywa się monomorfizmem (grup) a homomorfizm surjektywny epimorfizmem (grup). Notka 1. Algebra jako taka zajmuje się jedynie własnościami niezmienniczymi względem izomorfizmów (nie tylko w przypadku grup). Innymi słowy, nie ma znaczenia z punktu widzenia algebry np. natura elementów danego zbioru a tylko to, jak na tych elementach się rachuje. I tak, zwykle nieistotne dla matematyka (a tym bardziej zwykłego człowieka) jest pytanie typu: z jakich elementów składa się zbiór liczb wymiernych (czy rzeczywistych)? ważne jest tylko to, że umiemy te liczby dodawać czy mnożyć i że zachodzą pewne własności tych działań. Pojęcie izomorfizmu jest sformalizowaniem takiego podejścia obiekty izomorficzne są nieodróżnialne wewnątrz algebry.

1. Grupy 7 Z drugiej strony, nawet w obrębie algebry często zachodzi potrzeba skorzystania ze szczególnych własności elementów danego zbioru (najczęściej w pewnych konstrukcjach, dowodach czy przykładach). Takimi własnościami są obdarzone np. elementy grupy ilorazowej czyli klasy; często daną strukturę algebraiczną wygodniej jest badać traktując ją jako strukturę ilorazową innej, lepiej znanej struktury (tu korzysta się z twierdzenia o izomorfizmie patrz niżej). Pewną analogią takiego postępowania jest znana z życia codziennego możliwość rachowania na ułamkach zwykłych bądź dziesiętnych w zależności od sytuacji wygodniej może być używać jednych bądź drugich, mimo że obydwa zapisy są przejawem jednej i tej samej grupy, np. (Q,+) czy (Q, ) (ale bywają też oczywiście problemy matematyczne, w których odpowiedni wybór reprezentacji liczb wymiernych może znacznie upraszczać sprawę). Ćwiczenie 14. Niech (G, ) będzie grupą a (G, ) grupoidem (tzn. G =/ i jest działaniem wewnętrznym w G, niekoniecznie łącznym!). Niech φ: G G spełnia warunek (h) definicji 9. Udowodnić, że: i. (φ(g), ) jest grupą, ii. jeśli (G, ) jest grupą, to (φ(g), ) jest jej podgrupą. Kiedy φ(g) jest grupą abelową, cykliczną? Twierdzenie 4. (Cayleya) Każda grupa jest izomorficzna z pewną grupą przekształceń bijektywnych pewnego zbioru na siebie. Grupa skończona rzędu n jest izomorficzna z pewną podgrupą grupy symetrycznej S n. Szkic dowodu. Dowolnemu elementowi a G przypisujemy przesunięcie lewostronne f a określone jak we własności 1. To przyporządkowanie jest szukanym izomorfizmem aby to sprawdzić wystarczy przeliczyć, że jest ono różnowartościowe, że zachodzi warunek (h) i użyć ćwiczenia 14. Uwaga. Na mocy powyższego twierdzenia i notki 1, z punktu widzenia algebry wystarczy w zasadzie badać grupy bijekcji. Ćwiczenie 15. Udowodnić, że (Z, +)= (Q, +). Ćwiczenie 16. Niech G grupa (nieskończonych) ciągów liczb wymiernych z dodawaniem po współrzędnych, tzn. G := (Q N, +), i niech H := (Z Q N, ), gdzie również oznacza dodawanie po współrzędnych. Udowodnić, że: i. H jest podgrupą grupy G, ii. G jest izomorficzna z pewną podgrupą grupy H, iii. G = H. Ćwiczenie 17. Udowodnić, że zbiór G macierzy postaci ( ) a b, gdzie a, b R, a b a 2 + b 2 =/ 0, tworzy grupę wraz z działaniem mnożenia macierzy. Pokazać, że (G, ) = (C, ). Definicja 10. Izomorfizm grupy G na siebie nazywamy automorfizmem (grupy G). Zbiór wszystkich takich automorfizmów będziemy oznaczać przez Aut(G).

8 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Własność 4. Dla dowolnej grupy G zbiór Aut(G) wraz z działaniem składania przekształceń stanowi grupę, podgrupę (Bij(G), ). Szkic dowodu. Zauważyć, że Aut(G) Bij(G) Użyć twierdzenia 1 bądź ćwiczenia 6 (i przypomnieć sobie przykład VII) Ćwiczenie 18. Dla dowolnej grupy G określamy zbiór Aut w (G) automorfizmów wewnętrznych grupy G przyjmując, że ϕ Aut w (G) gddy istnieje a G, takie, że ϕ(x)=a x a 1, x G. Wykazać, że Aut w (G) jest podgrupą grupy Aut(G) (a nawet jej dzielnikiem normalnym patrz definicja 14). Ćwiczenie 19. Udowodnić, że jeśli ϕ:gg zadane wzorem ϕ(x):=x 1 jest automorfizmem grupy (G, ), to grupa G jest abelowa. Definicja 11. Niech H i K będą niepustymi podzbiorami pewnego grupoidu (G, ) (zob. ćwiczenie 14). Określamy iloczyn algebraiczny zbiorów H i K wzorem H K:= {h k: h Hk K}. Własność 5. W każdej półgrupie G zachodzi H (K L) = (H K) L, dla dowolnych =/ H,K,L G. Dowód. Oczywiste. Definicja 12. Niech H będzie podgrupą grupy G oraz a G. Określamy a H:= {a}h oraz H a:= H {a}. Zbiory te nazywamy odpowiednio: warstwą lewostronną (prawostronną) grupy G względem podgrupy H (wyznaczoną przez element a) lub krótko: warstwą (lewostronną odp. prawostronną) elementu a. Twierdzenie 5. (o równości warstw) Niech H będzie podgrupą grupy G zaś a, b elementami grupy G. Wtedy: 1. ah=bh a 1 b H i H a =Hb ab 1 H, 2. każde dwie warstwy grupy G względem podgrupy H są równoliczne. Szkic dowodu. (Patrz Algebra 1) ad. 1. (Wystarczy udowodnić np. pierwszą równoważność; drugą dowodzi się analogicznie) Przejść do elementów. Np. wykazać pomocniczo, że dla x H jest xh=h. ad. 2. Użyć własności 1 p. 4. Własność 6. W dowolnej grupie G zbiór warstw lewostronnych H:={a H:a G} grupy G względem podgrupy H jest równy zbiorowi klas abstrakcji relacji w G zadanej wzorem a b a 1 b H. Zatem H stanowi rozbicie zbioru G. Podobnie dla {H a:a G}.

1. Grupy 9 Szkic dowodu. Sprawdzić, że jest relacją równoważności i wykazać, że [a] =a H dla a G. Własność 7. Rodzina {a H:a G} jest równoliczna z rodziną {H a:a G}. Szkic dowodu. Rozpatrzeć przypisanie φ(a H) := H a 1 i udowodnić, że jest to poprawnie określona funkcja bijektywna. Definicja 13. Indeksem podgrupy H w grupie G nazywamy i G (H) := rz{ah: a G} = wł. 7 rz{h a:a G}. Twierdzenie 6. (Lagrange a) Jeśli H jest podgrupą grupy G, to zachodzi rz(g)=rz(h)i G (H). (W powyższym twierdzeniu przyjmujemy oczywistą konwencję, że =.) Szkic dowodu. (Patrz Algebra 1) W przypadku gdy rz(h),i G (H)< wystarczy użyć własności 6 i twierdzenia 5 p. 2. W pozostałych przypadkach trzeba zauważyć, że zawsze rz(g)=. Wniosek 1. Jeśli G jest grupą skończonego rzędu i a G, to rz(a) rz(g). Dowód. Wynika bezpośrednio z definicji rzędu elementu i twierdzenia Lagrange a. Definicja 14. Podgrupę H grupy G nazywamy jej podgrupą normalną (ewent. jej dzielnikiem normalnym), jeśli każdy automorfizm wewnętrzny ϕ Aut w (G) przeprowadza H na siebie, tzn. (n) ah=ha. a GaHa 1 =H lub a G równoważnie Fakt, że H jest dzielnikiem normalnym grupy G, będziemy notować tak: H G. Uwaga. Warunek (n) orzeka w szczególności, że każda warstwa grupy G względem jej podgrupy normalnej H jest obustronna (tzn. lewo- i prawostronna). Twierdzenie 7. (charakteryzacja podgrup normalnych) Niech H będzie podgrupą grupy G. Wtedy H jest dzielnikiem normalnym grupy G gddy zachodzi warunek (n ) a G,h H aha 1 H lub równoważnie a Ha 1 H. Szkic dowodu. Wystarczy zauważyć, że z dowolności a G warunek a H a 1 H pociąga za sobą także zawieranie odwrotne, co daje (n). Własność 8. Jeśli G jest grupą abelową, to każda jej podgrupa H jest jej podgrupą normalną. a G Dowód. Wynika bezpośrednio z twierdzenia 7.

10 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Twierdzenie 8 (i definicja 15). (istnienie grupy ilorazowej) Niech H G. Wtedy zbiór warstw G / H := {a H: a G} wraz z działaniem algebraicznego mnożenia zbiorów tworzy grupę, zwaną grupą ilorazową G przez (ewent. modulo, względem) H. W grupie tej zachodzi wzór (ah) (bh)=(ab)h, dla a,b G, jej elementem neutralnym jest e H=H, zaś elementem odwrotnym do danego elementu ah jest a 1 H. Szkic dowodu. (Patrz Algebra 1) Wykazawszy najpierw, że H H = H, użyć własności 5 i przerachować. Definicja 16. Niech ϕ:gg będzie homomorfizmem grup. Określamy jądro homomorfizmu ϕ wzorem Ker ϕ := {g G: ϕ(g) = e } = ϕ 1 ({e }), gdzie e jest elementem neutralnym grupy G, a także obraz homomorfizmu ϕ wzorem Im ϕ :=ϕ(g). Własność 9. Homomorfizm grup ϕ:gg jest monomorfizmem gddy jego jądro jest jednoelementowe. Wówczas Ker ϕ = {e}. Szkic dowodu. Oczywiste. Dla h(a)=h(b) zbadać wartość h(ab 1 ). Twierdzenie 9. (o izomorfizmie) Jeśli ϕ: G G jest homomorfizmem grup, to Kerϕ G, Im ϕ jest podgrupą G oraz G/Ker ϕ= Im ϕ. Szkic dowodu. (Patrz Algebra 1) Tezy o Ker ϕ i Im ϕ łatwo wyprowadzić rachunkiem (można użyć ćwiczenia 14 oraz twierdzenia 7). Z kolei szukany izomorfizm zadajemy naturalnym wzorem ϕ(a Ker ϕ) := ϕ(a), a G. Należy sprawdzić, że ta definicja jest poprawna (twierdzenie 5 pomaga to zrobić) oraz pozostałe warunki izomorfizmu (tutaj można użyć m.in. własności 9). Wniosek 2. Niech ϕ: G G będzie homomorfizmem grup. Wówczas rz G = rz(ker ϕ) rz(im ϕ). W szczególności dla dowolnego elementu a G skończonego rzędu zachodzi rz ϕ(a) rz a. Szkic dowodu. Użyć twierdzenia o izomorfizmie i twierdzenia Lagrange a. Własność 10. Jeśli H G, to odwzorowanie ilorazowe ν H :GG/H jest epimorfizmem o jądrze H. Szkic dowodu. Użyć twierdzenia 5. Ćwiczenie 20. Udowodnić, że (Z n, + n ) = (Z/n Z, +), dla n N. Ćwiczenie 21. Niech H K i K,H G. Znaleźć homomorfizm G/H G/K i zastosować do niego twierdzenie o izomorfizmie.

1. Grupy 11 Twierdzenie 10. (o generowaniu grupy cyklicznej skończonego rzędu) Grupa cykliczna a jest rzędu skończonego gddy istnieje k N, takie, że a k = e. Wówczas 1. rz(a) = min {l N: a l =e} oraz a = {a 0 =e,...,a rz(a) 1 }, 2. a m = e gddy rz(a) m, dla dowolnej liczby całkowitej m. Szkic dowodu. Najpierw pokazujemy, że jeśli a k =e, to rza k. Następnie, że jeśli n: =min {l N: a l = e}, to a i =/ a j dla 0 i < j < n; to oznacza, że rz a n. Łącznie rz a = n i punkt 1. jest dowiedziony. Punkt 2. wywnioskować można z równości a m = a m(modn) oraz punktu 1. (przypomnienie: 0 / N!). Ćwiczenie 22. Udowodnić, że jeśli grupa G ma rząd p, gdzie p jest liczbą pierwszą, to jej każdy element a =/ e jest jej generatorem, tzn. a = G. W szczególności G jest cykliczna. Ćwiczenie 23. Pokazać, że podgrupa grupy cyklicznej jest cykliczna. Twierdzenie 11. (o kanonicznej postaci grup cyklicznych) Każda grupa cykliczna G jest izomorficzna albo z (Z,+) albo z (Z n,+ n ), dla pewnego n N. Szkic dowodu. Jeśli G= a, to określamy funkcję f:zg wzorem f(k):=a k, k Z. Są tu dwa przypadki f-cja f jest różnowartościowa bądź nie. Użyć twierdzenia 10, twierdzenia o izomorfizmie i ćwiczenia 20. Notacja. W dalszym ciągu grupy cykliczne będziemy często oznaczać przez C n bądź C (na mocy powyższego twierdzenia i tak możemy myśleć, że działamy na liczbach całkowitych) w zależności od tego czy rząd takiej grupy jest równy rz G = n < czy też rz G =. Działanie w takich grupach będziemy zapisywać w sposób multyplikatywny. Definicja 17. Powiemy, że grupa G jest prosta, jeśli jej jedynymi dzielnikami normalnymi są {e} i G (tzn. tylko jej trywialne podgrupy normalne). Wniosek 3. Każda grupa abelowa i prosta jest cykliczna i skończona, a więc równa pewnemu C n, n N. Szkic dowodu. Rozważyć podgrupę a grupy G, dla pewnego G a=/ e. Wykorzystać własność 8 oraz twierdzenie 11 (tu należy wykluczyć, że G = Z). Notacja. W dalszym ciągu, jeśli nie będzie inaczej wynikać z kontekstu, symbol (k, n) będzie oznaczał największy wspólny dzielnik liczb całkowitych k i n. Własność 11. Załóżmy, że rz a = n N. Wtedy a k = a (k,n), dla dowolnego k Z. Szkic dowodu. Zapiszmy (k, n) = u k + v n, dla pewnych u, v Z (jest to fakt standardowy; dowód analogicznego faktu dla wielomianów podamy później patrz twierdzenie 27). Wnioskujemy stąd, że a (k,n) a k. Skoro (k,n) k, to dostajemy też zawieranie odwrotne.

12 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Wniosek 4. Niech rz a = n N. Wtedy równość a = a k jest równoważna równości (k,n)=1, dla dowolnego k Z. Szkic dowodu. Wynika z własności 11. Zauważyć, że relacja (a k ) l = a implikuje 1 = k l + n m, gdzie l, m Z (użyć twierdzenia 10 p. 2.). Wniosek 5. Niech n N, k N 0. Wtedy f: C n C n dane wzorem f(x): =x k, dla x C n, jest homomorfizmem oraz Im f = C n/(k,n). Ponadto, f jest izomorfizmem gddy (k,n)=1. Jeśli C n = a, to rza k = n (k,n) a jeśli dodatkowo k n, to rz ak = n k. Szkic dowodu. Używając własności 11 stwierdzamy, że f( a )= a (k,n) C n. Z faktu, że rza=n, ciąg postaci (a (k,n)i ) 0 i<n/(k,n) jest różnowartościowy. Ale (a (k,n) (k,n) ) =e, więc twierdzenie 10 pozwala nam wywnioskować, że rza (k,n) = n. Łącznie, f(c (k,n) n)= C n/(k,n) C n. A teraz tylko pytanie: kiedy ostatnie zawieranie jest równością? Własność 12. Niech G będzie grupą zaś a i b jej elementami skończonego rzędu. Jeśli (rz a, rz b) =1 oraz ab=ba, to rz(a b)=rz(a) rz(b). Szkic dowodu. Oznaczmy r := rz(a b). n Zauważyć, że r (rz(a) rz(b)). Rozważyć równość e=(a b) rrz(a) i wywnioskować z niej, że rz(b) r; podobnie rz(a) r. W powyższych sprawdzeniach użyć twierdzenia 10. Twierdzenie 12. (Cauchy ego dla grup abelowych) Jeśli (G, ) jest grupą abelową skończonego rzędu oraz p jest liczbą pierwszą taką, że p rz(g), to w G istnieje element rzędu p. Szkic dowodu. Niech rz G = n oraz G = {a 1,..., a n }. Połóżmy H i := a i i rozważmy H := H 1... H n wraz z działaniem określonym po współrzędnych (przypominamy, że tego typu obiekt jest nazywany sumą (bądź iloczynem) prostą (-ym) grup H 1,..., H n ). Definiujemy homomorfizm grup f: (H, ) (G, ) wzorem f(x 1,...,x n ):=x 1... x n, dla x i H i. Stwierdzamy, że f jest epimorfizmem a następnie używając wniosku 2 że rzg rzh. Stąd wynika, że p rza j dla pewnego j. Rozważamy rz a j p grupę K := a j i sprawdzamy, że to właśnie jej szukaliśmy (wniosek 5). Uwaga. Powyższe twierdzenie jest też prawdziwe bez założenia przemienności grupy G (zob. [Fil08, tw. 33, str. 242]).

1. Grupy 13 Ćwiczenie 24. Przypominamy, że grupa (G, ) jest iloczynem (bądź sumą) prostym (-tą) swoich podgrup H 1,...,H n, jeśli G jest izomorficzna z iloczynem prostym grup H 1,...,H n, tzn. G = H 1... H n. Piszemy wtedy G = H 1... H n (ewent. G = H 1... H n ). Udowodnić, że G =H 1 H 2 jeśli spełnione są następujące warunki: 1. G = H 1 H 2 (mnożenie algebraiczne zbiorów) 2. H 1 H 2 = {e} 3. a b = b a. a H 1 b H 2 Ćwiczenie 25. Udowodnić, że dla dowolnych grup G 1, G 2, G 3 zachodzi (G 1 G 2 ) G 3 = G 1 G 2 G 3 i zastanowić się nad konsekwencjami tego (i temu podobnych) faktu. Ćwiczenie 26. Udowodnić, że dla dowolnych grup G 1,G 2 zachodzi G 1 G 2= G 2 G 1 i zastanowić się nad konsekwencjami tego faktu. Twierdzenie 13. (o rozkładzie grupy cyklicznej) Każda skończona grupa cykliczna G jest iloczynem prostym grup cyklicznych, których rzędy są potęgami różnych liczb pierwszych. Szkic dowodu. Można założyć, że G =/ {e}, tzn. że rz G > 1. Niech najpierw rz G = k l, (k, l) = 1. Jeśli G = a, to określamy G 1 := a l oraz G 2 := a k. Na mocy wniosku 5, G 1 = C k i G 2 = C l. Rozwiązując równanie n = u k + v l, dla dowolnie ustalonego n Z, stwierdzamy, że G G 1 G 2 a stąd oczywiście G = G 1 G 2. Następnie pokazujemy, że G 1 G 2 = {e} i dzięki własności 3 możemy użyć ćwiczenia 24, które orzeka, że G=G 1 G 2 = C k C l. W przypadku ogólnym stosujemy indukcję, rozkładając rz(g) na czynniki k pierwsze: rz G = p 1 k 1... p r r ; indukcja przebiega względem r. Przydaje się ćwiczenie 25. Twierdzenie 14. (o elemencie maksymalnego rzędu w grupie abelowej) Niech G będzie grupą abelową. Określmy k:=sup({rz(a):a G}\{ }) i załóżmy, że k < (tzn. załóżmy, że (rz a < rz a N)). Wówczas dla N N a G każdego elementu b G skończonego rzędu zachodzi rz(b) k. W szczególności, jeśli rz G <, to dla każdego b G jest rz(b) k. Szkic dowodu. Niech x G będzie takie, że rz x = k. Nie wprost przypuśćmy, że istnieje element b G rzędu l:=rz(b)< oraz l k. Wybieramy liczbę pierwszą p oraz i N tak, by p i l (tzn. by p i dzieliło dokładnie l) ale p i k. Rozpisujemy l=p i l, k= p j k, dla pewnych l,k N, j N 0 takich, że (p,l)=1 oraz (p,k)=1. Z wyboru p oraz i mamy, że j<i. Teraz rozważamy elementy x pj oraz b l, liczymy ich rzędy (wniosek 5) i używamy własności 12 by sprawdzić, że > rz ( x pj b l) > k, co daje sprzeczność z określeniem liczby k. Twierdzenie 15. (podstawowe o grupach abelowych skończenie generowanych) Każda grupa abelowa posiadająca skończony zbiór generatorów jest iloczynem prostym grup cyklicznych. Dowód. Patrz Algebra 1 albo [Fil08, tw. 22, str. 234].

14 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Ćwiczenie 27. Udowodnić, że jeśli G = K 1... K n, gdzie G, K 1,...,K n grupy, to istnieją L 1,..., L n G podgrupy grupy G, takie że 1 j n K j= L j oraz G=L 1... L n. Wniosek 6. Każda skończona grupa abelowa G jest iloczynem prostym grup cyklicznych o rzędach będących potęgami liczb pierwszych. Szkic dowodu. Oczywiście G = {a 1,..., a n } G = a 1,..., a n, zatem można zastosować twierdzenie 15. Ze skończoności G wynika, że G = C k1... C kr, gdzie k 1,...,k r =/ (równość można uzasadnić uniwersalnością symbolu C k oraz ćwiczeniem 27). Stosując twierdzenie 13 do każdego czynnika powyższego rozkładu grupy G i pamiętając o ćwiczeniu 25 wnioskujemy o istnieniu żądanego rozkładu. Uwaga. Można udowodnić, że rozkład grupy G, o którym mowa w powyższym wniosku, jest w zasadzie jednoznaczny modulo kolejność czynników w rozkładzie (i trywialne czynniki rzędu 1). Twierdzenie 16. (o podgrupie zadanego rzędu skończonej grupy abelowej) Jeśli G jest grupą abelową skończonego rzędu n oraz liczba naturalna m spełnia warunek m n, to w G istnieje taka jej podgrupa H, że rz H=m. Szkic dowodu. Zgodnie z wnioskiem 6, G = C p1 k 1... C pr kr, gdzie oczywiście n = p 1 k 1... p r k r. Zatem można zapisać m = p 1 l 1...p r l r, przy czym 0 l j k j (j = 1,...,r). Np. na mocy wniosku 5, łatwo zauważyć, że C pj l j C pj k j, czyli kładąc H:=C p1 l 1... C pr lr otrzymujemy szukaną podgrupę grupy G. 2 Pierścienie Definicja 18. Pierścieniem nazywamy dowolny zbiór R, w którym określone są dwa działania + i, zwane odpowiednio dodawaniem i mnożeniem, spełniające następujące warunki: 1. (R, +, 0) grupa abelowa a 0 jej element neutralny, 2. r (s t)=(r s) t (łączność mnożenia), r,s,t R 3. (r (s+t)=(r s)+(r t) (s+t) r=(s r)+(t r)) (rozdzielność r,s,t R mnożenia względem dodawania). Jeśli dodatkowo: 4. r s=s r (przemienność mnożenia), r,s R to pierścień nazywamy przemiennym a jeśli 5. 1 r=r 1=r (istnienie elementu neutralnego mnożenia), 1 R r R to mówimy, że R jest pierścieniem z jedynką. Czasem będziemy pisać bardziej precyzyjnie, że pierścieniem jest układ (R, +, ).

2. Pierścienie 15 Komentarze. Jak zwykle w przypadku działania zapisywanego multyplikatywnie, znak mnożenia będzie najczęściej pomijany. Przyjmujemy, że mnożenie ma większy priorytet niż dodawanie. W związku z tym będziemy opuszczać zbędne nawiasy, np. (r s)+(r t)=rs + rt. Podobnie jak dla grup, w przypadku pierścieni określa się formalną potęgę jako skrócony zapis mnożenia. Ze względu na fakt, że zwykle w pierścieniu jego elementy nie posiadają odwrotności względem, potęga ta ma zwykle wykładniki naturalne. Dodatkowo, jeśli 1 R, to r 0 :=1 dla r R. Łatwo udowodnić, że zachodzą podstawowe prawa działań na takich potęgach (por. ćwiczenie 5). Przypominamy, że pojęcie homomorfizmu pierścieni określa się analogicznie jak w przypadku grup, tzn. jeśli ϕ: (R, +, ) (S,, ) jest odwzorowaniem między pierścieniami, to nazywa się je homomorfizmem (pierścieni) jeśli ( ) r,s R ϕ(r+s) =ϕ(r) ϕ(s) oraz ( ) r,s R ϕ(r s)=ϕ(r) ϕ(s). Jeśli R i S posiadają jedynki, to dodatkowo wymaga się, by ϕ(1) = 1, tzn. homomorfizmy (pierścieni z 1) muszą przeprowadzać 1 w 1. Zupełnie jak dla grup, homomorfizm ϕ nazywa się monomorfizmem, jeśli ϕ jest różnowartościowe, epimorfizmem jeśli ϕ jest na, zaś izomorfizmem jeśli ϕ jest i mono- i epimorfizmem. Symbole Ker ϕ, Im ϕ mają takie same znaczenie, jak w przypadku grup (por. definicja 16). Własność 9 jest też prawdziwa w przypadku, gdy G jest pierścieniem, bo homomorfizm ϕ pierścieni jest w szczególności homomorfizmem grup addytywnych tychże pierścieni. Łatwo dowieść, że (por. ćwiczenie 14): Własność 13. Niech (R, +, ) będzie pierścieniem, (S,, ) zbiorem z dwoma działaniami oraz ϕ: R S spełnia warunki ( ) i ( ). Wówczas: A) ϕ(r) wraz z działaniami zawężonymi z S jest pierścieniem, B) ϕ(0) =0 oraz ϕ(1) =1 w pierścieniu ϕ(r), C ) ϕ( r) = ϕ(r), ϕ(r s) = ϕ(r) ϕ(s), ϕ(m r) = m ϕ(r), ϕ(r m ) = ϕ(r) m, dla r,s R, m N, D) jeśli R jest przemienny, to ϕ(r) jest przemienny,

16 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski E) jeśli S jest pierścieniem (bez 1), to ϕ(r) jest jego podpierścieniem (patrz definicja poniżej). Dowód. Proste ćwiczenie. Definicja 19. Podzbiór S pierścienia R nazywamy podpierścieniem pierścienia R, jeśli S stanowi pierścień wraz z działaniami z R rozpatrywanymi w S. Jeśli R zawiera jedynkę, to także S ma zawierać tę jedynkę; czasem można to podkreślić mówiąc, że S jest podpierścieniem pierścienia z jedynką R. Ćwiczenie 28. Udowodnić, że =/ S R jest podpierścieniem pierścienia R (bez jedynki) gddy 1. r,s S r s S 2. r,s S r s S. Ćwiczenie 29. Niech {R t } t T będzie pewną (niepustą) rodziną podpierścieni pierścienia R. Udowodnić, że t T R t też jest podpierścieniem pierścienia R (także gdy 1 R). Z powyższego ćwiczenia wynika: Wniosek 7. Każdy podzbiór A pierścienia R jest zawarty w najmniejszym (w sensie relacji inkluzji) podpierścieniu pierścienia R. Nazywamy go pierścieniem generowanym przez zbiór A i oznaczamy przez [A]. Dowód. Wystarczy rozważyć {S: A S R,S podpierścień pierścienia R}. Łatwo zauważyć, że to jest właśnie [A]. Umowa. W dalszym ciągu będziemy rozważać jedynie pierścienie przemienne z 1! Zatem wszędzie poniżej pierścień = pierścień przemienny z 1, chyba że gdzieś zostanie wyraźnie powiedziane, że jest inaczej. Przykłady (ewent. ćwiczenia). I. (Z, +, ), (Q, +, ), (R, +, ), (C, +, ) pierścienie przemienne z 1; każdy jest podpierścieniem następującego po nim. II. (Z n, + n, n), gdzie a nb :=(a b) (mod n), n N pierścień przemienny z 1. III. R D := { } m+n D :m,n Z, D Z, (tutaj np. 1:=i a D jest zwykle liczbą bezkwadratową, tzn. niepodzielną przez kwadrat żadnej liczby pierwszej) pierścień przemienny z 1, zwany pierścieniem Gaussa. IV. Jeśli R jest pierścieniem przemiennym z 1, to w sposób standardowy określamy pierścień wielomianów R[X] zmiennej X o współczynnikach w pierścieniu R. Podobnie określamy pierścień R[X 1,..., X n ] wielomianów zmiennych X 1,..., X n o współczynnikach w pierścieniu R. W naturalny sposób można traktować R (i podobnie np. R[X 1 ]) jako podpierścień pierścienia R[X 1,...,X n ].

2. Pierścienie 17 V. W sytuacji jak powyżej, niech u 1,...,u n R oraz niech S będzie podpierścieniem pierścienia R. Przypisanie X j u j określa homomorfizm φ, tzw. homomorfizm podstawienia, z pierścienia wielomianów o współczynnikach w S do pierścienia R: S[X 1,...,X n ] φ R. Obraz Im φ jest pierścieniem, podpierścieniem pierścienia R (por. własność 13); będziemy go oznaczać przez S[u 1,...,u n ]. VI. Pierścieniem jest zbiór ciągów Cauchy ego o wyrazach zespolonych wraz z naturalnymi działaniami. VII. Podobnie, jeśli X jest dowolnym zbiorem, to zbiór funkcji na X o wartościach zespolonych, z naturalnymi działaniami, jest pierścieniem. VIII. Zbiór M(n,R) macierzy kwadratowych typu n n o współczynnikach w pierścieniu R wraz z działaniami dodawania i mnożenia macierzy tworzy pierścień (ale nieprzemienny!). Definicja 20. Pierścień R nazywamy całkowitym (lub dziedziną), jeśli 1=/ 0 w R oraz (r s =0 (r=0 s=0)) r,s R Ćwiczenie 30. Które z pierścieni w powyższych przykładach są całkowite? Definicja 21. Pierścień R nazywamy ciałem, jeśli 1=/ 0 w R oraz każdy niezerowy element z R ma w R odwrotność względem (tzn. (R, ) jest grupą). Ćwiczenie 31. Udowodnić, że jeśli R jest pierścieniem i =/ A R, to zachodzi { } i [A] = α i1...i k t 1 i 1... t k k : M N 0, k N, α i1...i k Z, t 1,..., t k A 0 i 1,...,i k M (por. wniosek 7). Wywnioskować, że jeśli S jest podpierścieniem pierścienia R, to { } i [A S] = s i1...i k t 1 i 1... t k k : M N 0, k N, s i1...i k S, t 1,..., t k A. 0 i 1,...,i k M Wreszcie, dla A={u 1,...,u n } zauważyć, że [{u 1,...,u n } S]=S[u 1,...,u n ] (definicja ostatniego symbolu zob. przykład V str. 17). Własność 14. Każde ciało jest dziedziną. Szkic dowodu. Jeśli w ciele K zachodzi r s = 0, gdzie r, s R, r =/ 0, to mnożąc tę równość obustronnie przez 1 łatwo uzyskujemy, że s= 1 0=0, czyli K jest dziedziną. r r Definicja 22. Ideałem pierścienia R nazywamy każdy taki jego podzbiór I =/, że a) x,y I x +y I, b) r R,x I rx I. Fakt, że I jest ideałem w pierścieniu R będziemy notować tak: I R.

18 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski Ćwiczenie 32. Wykazać, że I R gddy I =/, zachodzi warunek b) oraz warunek a ) x,y I x y I. Obserwacje i konwencje. Z ćwiczenia 32 wynika, że każdy ideał I pierścienia R jest podgrupą grupy (R, +). W sytuacji ogólnej, tj. gdy pierścień R niekoniecznie zawiera 1, od ideału wymaga się, by powyższy fakt również miał miejsce; innymi słowy ideał ma wtedy z definicji spełniać warunki a ) oraz b) ćwiczenia 32. Każdy pierścień R posiada przynajmniej dwa ideały (trywialne): {0} i R. Zwykle jako oznaczenie ideału zerowego stosuje się, dla prostoty, 0 zamiast {0}. Podobna umowa dotyczy pierścienia zerowego, tzn. pisze się np. R =/ 0. Z każdym ideałem można związać strukturę ilorazową: Definicja 23. Dla dowolnego I R określamy pierścień ilorazowy (R/I, +, ), R/I := {r +I: r R}. Tutaj działania opisać można formułami (r+i)+(s +I) := (r+s) +I, (r+i) (s +I) := (rs)+i, dla dowolnych r,s R. Zerem pierścienia R/I jest J a jego jedynką 1+I. Komentarze do definicji szkic poprawności określenia. Skoro z definicji (R, +) jest grupą abelową, a na mocy ćwiczenia 32 i twierdzenia 1 I jest podgrupą grupy R, to zgodnie z twierdzeniem 8 (R/I, +) jest grupą i zachodzi postulowany wzór dla dodawania. Mamy dla r 1 +I=r 2 +I, s 1 +I=s 2 +I: r 1 s 1 r 2 s 2 = (r 1 r 2 ) s 1 + r 2 (s 1 s 2 ) I, }}{{}}}}{{}} I I czyli r 1 s 1 +I=r 2 s 2 +I (twierdzenie 5). Stąd poprawność określenia mnożenia w R/I. Reszta własności działań + i w R/I wynika z analogicznych własności w pierścieniu R. Ćwiczenie 33. Niech ϕ: R S będzie homomorfizmem pierścieni. Udowodnić, że: 1. jeśli I R, to także ϕ(i) Im ϕ, 2. jeśli J S, to także ϕ 1 (J) R. Twierdzenie 17. (o izomorfizmie pierścieni) Niech ϕ: R S będzie homomorfizmem pierścieni. Wtedy Ker ϕ R, Im ϕ jest podpierścieniem pierścienia S oraz R/Kerϕ= Im ϕ.

2. Pierścienie 19 Szkic dowodu. Skoro {0} S, to ϕ 1 ({0}) = Ker ϕ R (ćwiczenie 33); że Im ϕ jest podpierścieniem pierścienia S, wynika z własności 13 p. (E). Teraz wystarczy sprawdzić, że ϕ określone w twierdzeniu 9 jest nie tylko homomorfizmem grup, ale i pierścieni. Ćwiczenie 34. Wykazać, że homomorfizm ilorazowy ν I : R R/I, R r r + I R/I, jest epimorfizmem o jądrze J (por. własność 10) i że ν J w naturalny sposób określa bijekcję między zbiorem tych ideałów pierścienia R, które zawierają I a zbiorem wszystkich ideałów pierścienia R/ I (bijekcja ta jest zgodna z relacją inkluzji). Własność 15. Niech R będzie pierścieniem. a) Przecięcie dowolnej niepustej rodziny ideałów pierścienia R jest ideałem tego pierścienia. b) Jeśli =/ U R, to najmniejszy ideał (U) R zawierający zbiór U jako podzbiór jest postaci (U) := {r 1 x 1 +... + r k x k : k N, r 1,..., r k R, x 1,..., x k U }. Ideał (U) nazywamy ideałem generowanym przez zbiór U. W przypadku gdy U = {x 1,...,x n } będziemy mówić, że ideał (U) jest skończenie generowany i będziemy pisać (U) = (U) R = (x 1,..., x n ) R = R x 1 +... + R x n, gdzie w ostatniej formule stosujemy działania dodawania i mnożenia algebraicznego zbiorów (zob. definicja 11) a także umowę jak w definicji 12. Ponadto kładziemy ( ) := {0}. v I Szkic dowodu. Proste sprawdzenie. Ćwiczenie 35. Udowodnić, że jeśli x 1,..., x n R oraz I R, to ({x 1,..., x n } I)=Rx 1 +... + Rx n + I. Ćwiczenie 36. Udowodnić, że jeśli I 1,...,I n R, to (I 1... I n )=I 1 +... + I n. Definicja 24. Ideał właściwy I R (tzn. I =/ R) nazywamy: ideałem pierwszym (w R), jeśli pierścień R/I jest całkowity, ideałem maksymalnym (w R), jeśli pierścień R/I jest ciałem. Wniosek 8. Jeśli ideał I R jest maksymalny, to jest pierwszy. Dowód. Wynika z definicji i własności 14. Twierdzenie 18. (charakteryzacja ideałów pierwszych i maksymalnych) Ideał I =/ R pierścienia R jest: 1. pierwszy gddy (a b I a I b I), a,b R 2. maksymalny gddy (J I J=I J=R). J R Szkic dowodu. ad. 1. Wynika z równoważności ab I ab+i=i.

20 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski ad. 2. Niech J I i J=/ I. Wybierzmy element x J\I i z założenia znajdźmy jego odwrotność y + I w R/I, tzn. (x + I) (y + I) = 1 + I. Używając twierdzenia 5 i faktu, że J R stwierdzamy, że 1 J skąd J =R. Weźmy dowolne x+i=/ 0 w R/I, tzn. x+i=/ I. Stąd x / I, czyli J:=({x} I) I. Zatem J = R. Z ćwiczenia 35 wnioskujemy, że 1 = r x + s, dla pewnych r R, s I. Teraz wystarczy zauważyć, że (r+i) (x+i)=1+i, czyli x+i ma odwrotność w R/I. Ćwiczenie 37. Wykazać, że bijekcja, o której mowa w ćwiczeniu 34, jest też bijekcją między ideałami pierwszymi (maksymalnymi) pierścienia R zawierającymi ideał I a ideałami pierwszymi (maksymalnymi) pierścienia R/I. Definicja 25. Podzbiór S pierścienia R nazywamy multyplikatywnym, jeśli 1 S, 0 / S oraz s s 1,s 2 S 1s 2 S (tzn. (S, S S ) jest grupoidem). Przykład. 1. S = {1} jest zbiorem multyplikatywnym w R o ile 1=/ 0 w R, tzn. o ile R =/ 0. 2. S =R = R \ {0} jest zbiorem multyplikatywnym w R, o ile R jest dziedziną. Ćwiczenie 38. Udowodnić, że jeśli I R, to zbiór S := R \ I jest podzbiorem multyplikatywnym pierścienia R gddy ideał I jest pierwszy w R. Twierdzenie 19. (o istnieniu ideałów pierwszych) Niech S będzie podzbiorem multyplikatywnym pierścienia R. Oznaczmy przez P rodzinę takich ideałów I R, że I S =. Wtedy dla każdego J P istnieje element P P maksymalny (w sensie relacji inkluzji) w rodzinie P i taki, że P J. Każdy taki ideał P jest ideałem pierwszym w R. Szkic dowodu. Najpierw zauważyć, że P =/, gdyż 0 P. Następnie stwierdzić, że dla rodziny P spełnione są założenia Lematu Kuratowskiego-Zorna: sprawdzić, że ograniczeniem górnym łańcucha (tj. podzbioru liniowo uporządkowanego) Ł P w P jest Ł. Stąd pierwsza teza. Pozostaje wykazać, że ideał P P jak w treści twierdzenia jest pierwszy: Widać, że P =/ R, bo 1 S. Niech a b P i przypuśćmy, że a / P oraz b / P. Stąd ({a} P) = R a + P P, czyli istnieje pewne s 1 S postaci s 1 = r 1 a + x, gdzie r 1 R, x P. Podobnie istnieje S s 2 = r 2 b +y, gdzie r 2 R, y P. Ale z faktu, że zbiór S jest multyplikatywny wynika, że s 1 s 2 S; z drugiej strony wobec a b P i postaci s 1,s 2 wnosimy, że s 1 s 2 P. Stąd s 1 s 2 S P, co sprzeczne z określeniem rodziny P, do której przecież P należy. Pozostaje użyć twierdzenia 18. Wniosek 9. Każdy ideał właściwy pierścienia R jest zawarty w pewnym ideale maksymalnym tego pierścienia. W szczególności, w każdym pierścieniu R =/ 0 istnieją ideały maksymalne.

2. Pierścienie 21 Dowód. Jeśli I R jest ideałem właściwym to R=/ 0 i oczywiście I S = dla zbioru multyplikatywnego S = {1}. Zatem, w oznaczeniach twierdzenia 19, P = {wszystkie ideały właściwe }. Niech, na mocy wspomnianego twierdzenia, m P będzie elementem maksymalnym rodziny P. Używając twierdzenia 18 stwierdzamy, że m jest ideałem maksymalnym pierścienia R. Ćwiczenie 39. Wykazać, że dla dowolnego ideału właściwego I pierścienia R istnieją minimalne (w sensie relacji inkluzji) ideały pierwsze w rodzinie ideałów pierwszych zawierających ideał I. Nazywa się je minimalnymi ideałami pierwszymi ideału I. Ćwiczenie 40. Udowodnić, że pierścień R jest ciałem gddy R posiada dokładnie jeden ideał właściwy (ideał 0). Twierdzenie 20. (o ciele ułamków) 1. Jeśli R jest pierścieniem całkowitym, to istnieje ciało K, takie, że R K i dla dowolnego elementu a K istnieje b R o tej własności, że a b R. (Innymi słowy a=c b 1, gdzie c R. W związku z tym elementy ciała K zapisujemy w postaci a = c, gdzie b, c R, b =/ 0, i nazywamy je ułamkami. Z kolei ciało K nazywamy ciałem ułamków pierścienia R i oznacza- b my symbolem R 0.) 2. Jeśli L jest ciałem i R L, to R R 0 L. Dowód. Zob. Algebra 1 lub [Fil08, tw. 35, str. 289]. Uwaga. Można uogólnić powyższe twierdzenie na przypadek dowolnego pierścienia R w ten sposób, by utworzyć pewien uniwersalny pierścień ułamków o mianownikach leżących w wybranym podzbiorze multyplikatywnym S pierścienia R. Zauważmy, że wtedy powyższe twierdzenie odpowiada sytuacji S = R dla pierścienia całkowitego R (por. przykład 2 str. 20). Konstrukcję tę można znaleźć w [BJ85, rozdział I., 4.]. Definicja 26. Powiemy, że pierścień R ma: 1. własność stabilizacji rosnących ciągów ideałów, jeśli dla dowolnego ciągu I 1 I 2... I n... ideałów pierścienia R istnieje taka liczba N N, że I N = I N+1 =..., 2. własność maksymalności, jeśli dowolna niepusta rodzina ideałów pierścienia R posiada element maksymalny (względem relacji zawierania). Definicja 27. Powiemy, że pierścień R jest noetherowski, jeśli każdy ideał pierścienia R jest skończenie generowany (zob. własność 15). Twierdzenie 21. (charakteryzacja pierścieni noetherowskich) Dla pierścienia R następujące warunki są równoważne: a) R posiada własność stabilizacji rosnących ciągów ideałów, b) R posiada własność maksymalności, c) R jest noetherowski. Szkic dowodu.

22 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski (a) (b) Dowodzimy tego przez kontrapozycję. (b) (c) Niech I R. Należy rozważyć rodzinę H tych ideałów pierścienia R, które są zawarte w ideale I i jednocześnie są skończenie generowane. Jej element maksymalny I, który istnieje z założenia, jest oczywiście skończenie generowany. Wystarczy zatem zauważyć, że I = I. (c) (a) Dla dowolnego rosnącego ciągu I 1 I 2... I n... ideałów pierścienia R należy rozważyć sumę J := I i N i. Z faktu, że J jest skończenie generowany łatwo wynika stabilizacja ciągu {I i }. Przykłady. i. Pierścień Z liczb całkowitych, ciało K, pierścień K[X] wielomianów o współczynnikach w ciele K są pierścieniami noetherowskimi (bo są to tzw. pierścienie ideałów głównych, tzn. każdy ich ideał można wygenerować za pomocą tylko jednego elementu). ii. Pierścień K[X 1,..., X n,...] wielomianów przeliczalnej ilości zmiennych nie jest noetherowski, bo zawiera nieskończony ściśle rosnący ciąg ideałów (X 1 ) (X 1,X 2 )... (pierścień ten można określić jako K[X 1,...]:= i N K[X 1,...,X i ]). Własność 16. Obraz homomorficzny pierścienia noetherowskiego jest pierścieniem noetherowskim. Szkic dowodu. Jeśli ϕ: R S jest epimorfizmem pierścieni, R jest noetherowski oraz J S, to rozważamy generatory r 1,...,r n ideału ϕ 1 (J) i dowodzimy, że S ϕ(r 1 )+...+ Sϕ(r n )=J. Uwaga. Z powyższej własności i twierdzenia Hilberta o bazie (patrz niżej) wynika, że podpierścień R :=S[u 1,...,u n ] pierścienia R generowany przez pierścień noetherowski S R i pewne elementy u 1,..., u n R (zob. przykład V str. 17) jest też pierścieniem noetherowskim, nawet jeśli pierścień R taki nie jest. Zatem noetherowskość rozszerza się na tzw. skończenie generowane S-algebry. W przypadku nieskończonej ilości generatorów nie jest to prawdą. Jako przykład można podać podpierścień R :=[Z {2 X, 2 X 2, 2 X 3,...}] pierścienia R := Z[X]. Ten ostatni pierścień jest nawet noetherowski na mocy wspomnianego twierdzenia Hilberta o bazie, jednakże pierścień R zawiera ideały, które nie są skończenie generowane. Zatem tutaj noetherowskość nie rozszerza się z S:=Z na R. Przykład ten pokazuje także, że podpierścień pierścienia noetherowskiego nie musi być noetherowski, tzn. że noetherowskość nie dziedziczy się na podpierścienie. Ćwiczenie 41. Udowodnić, że jeśli ϕ: R R jest epimorfizmem pierścieni i pierścień R jest noetherowski, to ϕ jest izomorfizmem. Wskazówka. Rozważyć ciąg złożeń (ϕ, ϕ }}}{{ ϕ }}},..., ϕ n,...) i ich jąder. =:ϕ 2 Ćwiczenie 42. Wykazać, że w dowolnym pierścieniu R zachodzi wzór (r + s) k = ( ) k r i i s j, i+j=k i,j 0

2. Pierścienie 23 gdzie r, s R, k N i stosujemy działanie : Z R R określone w definicji 3. Ćwiczenie 36 pokazuje, że działanie sumy teoriomnogościowej zbiorów ma naturalny odpowiednik dla ideałów (dodanie zbiorów będących ideałami a następnie wygenerowanie ideału z wyniku prowadzi do już wcześniej określonego działania dodawania algebraicznego zbiorów definicja 11). Z kolei własność 15 p. (a) pokazuje, że działanie przecięcia ideałów zawsze daje w wyniku ideał. Skoro każdy ideał jest podzbiorem pierścienia, a więc zbioru z dwoma działaniami, jest rzeczą naturalną by używając tych działań określić nowe działania (dwu- i jednoargumentowe), ale już na poziomie ideałów. Poniższa definicja zbiera podstawowe operacje określane dla ideałów: Definicja 28. Niech I, J R w pierścieniu R. Określamy następujące ideały: I. I +J:= {a + b:a I,b J} =(I J), II. I J, III. I J = I J := ({a b: a I, b J}) = { 1 i k a ib i : k N, a 1,..., a k I, b 1,..., b k J } (iloczyn ideałów), a) ri:= (r)i dla r R, b) I 0 := R, I n := I }}}{{...I }}} dla n N, n czynników IV. I: J:= { r R: rs I} = {r R:rJ I} (iloraz ideałów), s J V. rad(i) = I := {r R: n N rn I} (radykał ideału I). Komentarze do definicji. Iloczyn dwóch ideałów jest ideałem wprost z definicji. Podobnie, łatwo to sprawdzić dla ilorazu ideałów. Dla radykału jest to proste ćwiczenie, które wynika z faktu, że jeśli a k, b l I, to także (a + b) k+l 1 I (sprawdzić samodzielnie; por. też własność 17 p. (viii)). Działania z punktów (I) (III) są łączne (sprawdzić samodzielnie). W kontekście pierścieni przemiennych i ich ideałów działanie zawsze będzie oznaczało działanie określone w (III) a nie iloczyn algebraiczny zbiorów (tzn. po przemnożeniu zbiorów I oraz J zgodnie z definicją 11 należy jeszcze z wyniku wygenerować ideał). W częstej sytuacji I =r, J=R wartość r R jest taka sama niezależnie od interpretacji symbolu (łatwe sprawdzenie). Można też mówić o α I α, tj. o sumie dowolnej rodziny ideałów {I α }. Własność 17. Niech I,J,I 1,...,J 1,... R, gdzie R pierścień. Wtedy: i. I J I J, ii. I 0 I 1 I 2..., iii. ( k α=1 iv. I: J I, l I α ) ( β=1 ) k J β = α=1 l β=1 I α J β, ( to skrócony zapis dla +)

24 Algebra 2 zarys wykładu Szymon Brzostowski v. ( I α A α):j= (I α A α:j), vi. I: ( J ) 1 β l β = (I: J 1 β l β), vii. I 1 : (IJ)=(I 1 : I): J, viii. (I +J) n+m 1 I n +J m, dla n,m N, ix. I I, x. jeśli I J, to I J, xi. I = I, xii. I 1...I k = I 1... I k = I 1... Ik, xiii. I + J = I + J, ( ) n xiv. jeśli I R jest skończenie generowany, to I I dla pewnego n N, xv. I = R gddy I =R, xvi. I + J =R gddy I + J=R. Dowód. Ćwiczenie. Twierdzenie 22. (Cohena) Pierścień R jest noetherowski gddy jego każdy ideał pierwszy jest skończenie generowany. Szkic dowodu. Oczywiście wystarczy dowieść implikacji odwrotnej, co zrobimy rozumując nie wprost. Przy takim przypuszczeniu: rodzina A := {ideały w R, które nie są skończenie generowane } jest niepusta, rodzina A spełnia założenia Lematu Kuratowskiego-Zorna, wybieramy element maksymalny P rodziny A (jasne, że P =/ R), dowodzimy, że P jest ideałem pierwszym w R, rozumując nie wprost: dla x y P, x,y / P zauważamy, że (P {x}) P, co implikuje, że (P {x}) =P+Rx jest skończenie generowany, kładziemy P+R x=(a 1 +b 1 x,...,a n +b n x), gdzie a i P, b i R, stwierdzamy, że dla J:=P:(x) jest J P+R y P, czyli J / A, kładziemy J=(c 1,...,c p ), gdzie c i J, sprawdzamy, że P = (a 1,..., a n, c 1 x,..., c p x), wykorzystując generatory ideałów P + Rx oraz J, zatem P / A i sprzeczność ta implikuje, że P musi być pierwszy, na mocy głównego założenia stwierdzamy, że w takim razie P jest skończenie generowany, co przeczy temu, że P A. Wnioskujemy, że A =, czyli pierścień R jest noetherowski.

2. Pierścienie 25 Ćwiczenie 43. Udowodnić, że dla dowolnego ideału I R zachodzi rad(i) = P. Wskazówka. Użyć twierdzenia 19. R P I P pierwszy w R Udowodnimy teraz podstawowe twierdzenie Hilberta dla pierścieni noetherowskich. Twierdzenie 23. (Hilberta o bazie) Jeśli R jest pierścieniem noetherowskim, to także pierścień wielomianów R[X] jest noetherowski. Szkic dowodu. Przypuszczamy nie wprost, że pewien ideał I R[X] nie jest skończenie generowany. Zatem I nie jest ideałem trywialnym. Określamy ciąg {f i } i=1 tak, że f i I\(f 1,...,f i 1 ) a przy tym f i jest wielomianem najniższego możliwego stopnia (tutaj dla i = 1, f 1 I \ {0}). Definicja ta jest poprawna, bo z przypuszczenia ideał I nie jest skończenie generowany. Określamy f i := a i X n i +..., gdzie a i R i n i = deg f i. Dowodzimy, że (a 1 ) R (a 1,a 2 ) R... (a 1,...,a k ) R..., co sprzeczne z noetherowskością pierścienia R (por. twierdzenie 21): i. zauważamy, że ciąg {n i } i=1 jest niemalejący, ii. przypuszczając nie wprost, że dla pewnego k N jest a k+1 = k i=1 r i R, określamy g := k r i=1 i X n k+1 n i f i, r i a i, gdzie iii. stwierdzamy, że g R[X] (z monotoniczności ciągu {n i }) a ponadto że g (f 1,...,f k ) R[X] I, iv. z określenia mamy, że g =a k+1 X n k+1 + wyrazy niższego stopnia, v. zatem f k+1 g I \ (f 1,..., f k ) oraz deg (f k+1 g) < n k+1 = deg f k+1 a to jest sprzeczne z określeniem wielomianu f k+1. Podsumowując, wykazaliśmy, że (R[X] nie jest noetherowski) (R nie jest noetherowski), czyli twierdzenie równoważne dowodzonemu. Uwaga. Analogiczne twierdzenie można udowodnić dla pierścienia R[[X]] formalnych szeregów potęgowych o współczynnikach w pierścieniu noetherowskim R tj. formalnych sum postaci r i=1 i X i, gdzie r i R, wraz ze splotem Cauchy ego jako działaniem mnożenia (zob. [BJ85, twierdzenie (2.2.6)]). Wniosek 10. Pierścień R[X 1,...,X n ] jest noetherowski jeśli tylko pierścień R jest noetherowski. W szczególności pierścień wielomianów n zmiennych o współczynnikach w ciele K jest pierścieniem noetherowskim. Dowód. Wynika bezpośrednio z twierdzenia Hilberta za pomocą prostej indukcji. Ćwiczenie 44. Udowodnić, że jeśli I 1,...,I n, P R oraz P jest pierwszy, to I 1... I n P I i P. 1 i n