Prednáška č. 10 (2. 5. 2019)
Spomenul som (bez dôkazu) pomerne jednoduchú lemu, že v obore integrity platí $a\ne 0$ $\land$ $ab=ac$ $\Rightarrow$ $b=c$. Špeciálne v tejto časti sa nám viackrát bude hodiť to, že ak $ab=a$ (pre nenulové $a$), tak $b=1$.
Ukázali sme, že $a\sim b$ platí práve vtedy, keď $a=bu$ pre nejaké $u\in U(R)$.
Euklidovské okruhy:
Definícia euklidovského okruhu, pričom sme si spomenuli ako to súvisí s delením so zvyškom pre celé čísla a pre polynómy. (Vetu o delení so zvyškom pre celé čísla môžete nájsť aj na fóre viewtopic.php?t=1335 a je v poznámkach k prednáške ako veta 4.3.10. Takisto v poznámkach nájdete vetu o delení so zvyškom pre polynómy ako vetu 4.3.7.) Špeciálne teda vieme, že okruhy $\mathbb Z$ a $F[x]$ sú euklidovské okruhy.
Definícia hlavného ideálu a okruhu hlavných ideálov. Dokázali sme, že každý euklidovský okruh je okruh hlavných ideálov.
Na konci sme sa ešte stihli pozrieť na vzťah medzi deliteľnosťou a ideálmi, t.j. $a\mid b \Leftrightarrow b\in (a) \Leftrightarrow (b)\subseteq (a)$.
Stihol som ešte zadefinovať najväčší spoločný deliteľ prvkov $x$, $y$, povedať že je to generátor ideálu $(x,y)$, z čoho dostávame, že sa dá vyjadriť v tvare $d=ux+vy$. (Niečo k tomu, ako sa dajú také $u$ a $v$ vyrátať ak pracujeme v $\mathbb Z$ resp. v $F[x]$ môžete opäť nájsť v poznámkach - príklady 4.4.25, 4.4.26 a 4.4.27 - a aj na fóre: viewtopic.php?t=298
Prednášky LS 2018/2019
Moderators: Martin Sleziak, TomasRusin, Veronika Lackova, davidwilsch, jaroslav.gurican, Ludovit_Balko
-
jaroslav.gurican
- Posts: 229
- Joined: Fri Aug 31, 2012 4:34 pm
Re: Prednášky LS 2018/2019
Prednáška na č. 11 (9. 5. 2019)
Pojem ireducibilného prvku. Ak je $p$ je ireducibilný a $p|ab$ tak $p|a$ alebo $p|b$.
Zovšeobecnenie na viac činiteľov: Ak je $p$ je ireducibilný a $p|a_1a_2\ldots a_n$ tak $p|a_1$, alebo $p|a_2$, ..., alebo $p|a_n$ (existuje $i\in \{1,\ldots, n\}$ také, že $p|a_i$).
Prvá časť (jednoznačnosť) vety o jednoznačnom rozklade na ireducibilné prvky: Ak $p_1,\ldots,p_n$ a $q_1,\ldots,q_m$ sú ireducibilné prvky v euklidovskom okruhu a platí
\[
p_1\cdot\ldots\cdot p_n = q_1\cdot\ldots\cdot q_m
\]
tak $n=m$ a prvky $p_i$, $q_j$ sú až na poradie asociované (t.j. existuje bijekcia/permutácia $\varphi\in S_n$ taká, že $p_1\sim q_{\varphi(1)}$,..., $p_n\sim q_{\varphi(n)}$).
Veta o ACC (PRR) pre ideály v OHI: nech R je OHI, $I_1,\ldots,I_k,\ldots$ sú ideály také, že
\[
I_1\subseteq\ldots\subseteq I_k\subseteq\ldots
\]
Potom existuje $n$ také, že $I_n=I_{n+1}=I_{n+2}\ldots$, t.j. každá "do seba zapadajúca, neklesajúca" postupnosť ideálov od istého člena už obsahuje stále ten istý ideál, neexistuje ostro rastúca nekonečná postupnosť ideálov.
Pomocou tejto vety sme dokázali, že sa každý "netriviálny" prvok v okruhu $R$, ktorý je OHI dá napísať ako konečný súčin ireducibilných prvkov, čo je druhá časť (existencia) vety o jednoznačnom rozklade na ireducibilné prvky. túto vetu sme teda dokázali pre ľubovoľný okruh, ktorý je OHI, to, znamená, že aj pre všetky euklidovské okruhy (každý euklidovský okruh je OHI), t.j. okrem iného pre okruh celých čísiel $(Z,+,\cdot)$ a každý okruh polynomov nad (ľubovoľným) poľom $(F[x],+,\cdot)$. T.j. každý nekonštantný polynóm $f(x)\in F[x]$ sa dá napísať ako súčin ireducibilných polynomov a to jednoznačne (až na poradie a asocivanosť).
Napríklad z toho vyplýva, že polynóm $f(x)\in F[x]$ stupňa $n$ môže mať v poli $F$ najviac $n$ koreňov - aj s násobnosťami, t.j. napr. trojnásobný koreň sa započíta 3 krát - (lebo koreňu $\alpha\in F$ polynómu $f(x)$ zodpovedá tzv. koreňový činiteľ $x-\alpha$, čo je ireducibilný polynóm, ktorý delí $f(x)$).
Rozšírenia polí
začali sme novú časť s týmto názvom. Definovali sme pojem rozšírenia, pripomenuli známe príklady.
Definovali sme pojem algebraického a transcendentného prvku nad poľom $F$. Uviedli sme príklady, pri transcendentných prvkoch som pomocou pojmu mohutnosť ukázal, že existuje reálne číslo, ktoré je transcendentné nad poľom racionálnych čísiel $Q$ (naznačili sme postup, ako dokázať, že algebraických čísiel nad $Q$ je "len" spočítateľne veľa - polynómov nad $Q$ je spočítateľne veľa, lebo každý je jednoznačne určený svojimi konečne mnohými koeficientami a každý polynóm stupňa $n$ má v poli reálnych čísiel nanajvýš $n$ koreňov).
Na cvičeniach sa robili veci o polynómoch, to nechávam ako domácu úlohu. potrebujem, aby ste vedeli nasledovné veci
- delenie polynómu so zvyškom (nad poľom)
- najväčší spoločný deliteľ polynómov - najlepšie pomocou euklidovského algoritmu, tu je zaujímavé aj ako pre dané polynómy $f, g\in F[x]$ nájsť $u,v\in F[x]$ také, že $nsd(f,g)= fu+gv$, to sa tiež najlepšie hľadá pomocou (rozšíreného) euklidovského algoritmu (okrem skrípt, napr. Lema 4.4.24. a algoritmus a príklad, ktorý za ňou nasleduje to môžete násjť napríklad na wikipédii https://en.wikipedia.org/wiki/Extended_ ... _algorithm)
- korene a viacnásobné korene, zistiť, či má polynóm $f$ viacnásobný koreň (aspoň jeden) sa dá pomocou počítania nsd $f$ a jeho formálnej derivácie $Df$, racionálne korene polynómu nad $Z$
- hornerova schéma na rýchle dosadenie prvku do polynómu
- Taylorov rozvoj polynómu so stredom v bode $a$ (formálny, t.j. toto je niečo, čo platí aj pre polynómy nad konečnými poľami, nie je tam potrebná spojitosť ako v matematickej analýze. tu sa to ale robí len pre polynómy, v analýze aj pre funkcie iného typu)
V skriptách je to v časti 4.3.2 Delenie so zvyškom a potom v kapitole 4.5, presnejšie 4.5.1, 4.5.2, časť 4.5.3 len orientačne, a potom ostatné, t.j. 4.5.4, 4.5.5 a 4.5.6 - nie je nutné vedieť dôkazy, potrebujem, aby ste vedeli "algoritmy". Za mimoriadne zaujímavé príklady považujem: niečo z 4.5.7, príklady 4.5.8, 4.5.9, 4.5.11, 4.5.13 - 4.5.18, ktorýkoľvek z nich stojí za napísanie riešenia sem do fóra (za 1 bod, samozrejme). V istom zmysle najkrajšie príklady sú 4.5.9 a 4.5.18.
Pojem ireducibilného prvku. Ak je $p$ je ireducibilný a $p|ab$ tak $p|a$ alebo $p|b$.
Zovšeobecnenie na viac činiteľov: Ak je $p$ je ireducibilný a $p|a_1a_2\ldots a_n$ tak $p|a_1$, alebo $p|a_2$, ..., alebo $p|a_n$ (existuje $i\in \{1,\ldots, n\}$ také, že $p|a_i$).
Prvá časť (jednoznačnosť) vety o jednoznačnom rozklade na ireducibilné prvky: Ak $p_1,\ldots,p_n$ a $q_1,\ldots,q_m$ sú ireducibilné prvky v euklidovskom okruhu a platí
\[
p_1\cdot\ldots\cdot p_n = q_1\cdot\ldots\cdot q_m
\]
tak $n=m$ a prvky $p_i$, $q_j$ sú až na poradie asociované (t.j. existuje bijekcia/permutácia $\varphi\in S_n$ taká, že $p_1\sim q_{\varphi(1)}$,..., $p_n\sim q_{\varphi(n)}$).
Veta o ACC (PRR) pre ideály v OHI: nech R je OHI, $I_1,\ldots,I_k,\ldots$ sú ideály také, že
\[
I_1\subseteq\ldots\subseteq I_k\subseteq\ldots
\]
Potom existuje $n$ také, že $I_n=I_{n+1}=I_{n+2}\ldots$, t.j. každá "do seba zapadajúca, neklesajúca" postupnosť ideálov od istého člena už obsahuje stále ten istý ideál, neexistuje ostro rastúca nekonečná postupnosť ideálov.
Pomocou tejto vety sme dokázali, že sa každý "netriviálny" prvok v okruhu $R$, ktorý je OHI dá napísať ako konečný súčin ireducibilných prvkov, čo je druhá časť (existencia) vety o jednoznačnom rozklade na ireducibilné prvky. túto vetu sme teda dokázali pre ľubovoľný okruh, ktorý je OHI, to, znamená, že aj pre všetky euklidovské okruhy (každý euklidovský okruh je OHI), t.j. okrem iného pre okruh celých čísiel $(Z,+,\cdot)$ a každý okruh polynomov nad (ľubovoľným) poľom $(F[x],+,\cdot)$. T.j. každý nekonštantný polynóm $f(x)\in F[x]$ sa dá napísať ako súčin ireducibilných polynomov a to jednoznačne (až na poradie a asocivanosť).
Napríklad z toho vyplýva, že polynóm $f(x)\in F[x]$ stupňa $n$ môže mať v poli $F$ najviac $n$ koreňov - aj s násobnosťami, t.j. napr. trojnásobný koreň sa započíta 3 krát - (lebo koreňu $\alpha\in F$ polynómu $f(x)$ zodpovedá tzv. koreňový činiteľ $x-\alpha$, čo je ireducibilný polynóm, ktorý delí $f(x)$).
Rozšírenia polí
začali sme novú časť s týmto názvom. Definovali sme pojem rozšírenia, pripomenuli známe príklady.
Definovali sme pojem algebraického a transcendentného prvku nad poľom $F$. Uviedli sme príklady, pri transcendentných prvkoch som pomocou pojmu mohutnosť ukázal, že existuje reálne číslo, ktoré je transcendentné nad poľom racionálnych čísiel $Q$ (naznačili sme postup, ako dokázať, že algebraických čísiel nad $Q$ je "len" spočítateľne veľa - polynómov nad $Q$ je spočítateľne veľa, lebo každý je jednoznačne určený svojimi konečne mnohými koeficientami a každý polynóm stupňa $n$ má v poli reálnych čísiel nanajvýš $n$ koreňov).
Na cvičeniach sa robili veci o polynómoch, to nechávam ako domácu úlohu. potrebujem, aby ste vedeli nasledovné veci
- delenie polynómu so zvyškom (nad poľom)
- najväčší spoločný deliteľ polynómov - najlepšie pomocou euklidovského algoritmu, tu je zaujímavé aj ako pre dané polynómy $f, g\in F[x]$ nájsť $u,v\in F[x]$ také, že $nsd(f,g)= fu+gv$, to sa tiež najlepšie hľadá pomocou (rozšíreného) euklidovského algoritmu (okrem skrípt, napr. Lema 4.4.24. a algoritmus a príklad, ktorý za ňou nasleduje to môžete násjť napríklad na wikipédii https://en.wikipedia.org/wiki/Extended_ ... _algorithm)
- korene a viacnásobné korene, zistiť, či má polynóm $f$ viacnásobný koreň (aspoň jeden) sa dá pomocou počítania nsd $f$ a jeho formálnej derivácie $Df$, racionálne korene polynómu nad $Z$
- hornerova schéma na rýchle dosadenie prvku do polynómu
- Taylorov rozvoj polynómu so stredom v bode $a$ (formálny, t.j. toto je niečo, čo platí aj pre polynómy nad konečnými poľami, nie je tam potrebná spojitosť ako v matematickej analýze. tu sa to ale robí len pre polynómy, v analýze aj pre funkcie iného typu)
V skriptách je to v časti 4.3.2 Delenie so zvyškom a potom v kapitole 4.5, presnejšie 4.5.1, 4.5.2, časť 4.5.3 len orientačne, a potom ostatné, t.j. 4.5.4, 4.5.5 a 4.5.6 - nie je nutné vedieť dôkazy, potrebujem, aby ste vedeli "algoritmy". Za mimoriadne zaujímavé príklady považujem: niečo z 4.5.7, príklady 4.5.8, 4.5.9, 4.5.11, 4.5.13 - 4.5.18, ktorýkoľvek z nich stojí za napísanie riešenia sem do fóra (za 1 bod, samozrejme). V istom zmysle najkrajšie príklady sú 4.5.9 a 4.5.18.
-
jaroslav.gurican
- Posts: 229
- Joined: Fri Aug 31, 2012 4:34 pm
Re: Prednášky LS 2018/2019
0 č. 12 (16. 5. 2019)
Pripomenutie pojmu algebraického a transcendentného prvku.
Najmenší podokruh kom. okruhu s jednotkou $R$, ktorý obsahuje pole $F$ ako svoje podpole (a $1$ z okruhu $R$ je $1$ poľa $F$) obsahujúci $F$ a prvok $\alpha\in R$, označený ako $F[\alpha]$ je
\[
F[\alpha] = \{a_0+a_1\alpha+\dots+a_n\alpha^n;\ n\in N, a_0,\ldots,a_n\in F \}
\]
Najmenšie podpole poľa $R$, ktoré obsahuje pole $F$ ako svoje podpole (t.j. $R$ je rozšírenie poľa $F$) obsahujúci $F$ a prvok $\alpha\in R$, označený ako $F(\alpha)$ je
\[
F(\alpha) = \{\dfrac{a_0+a_1\alpha+\dots+a_n\alpha^n}{b_0+b_1\alpha+\dots+b_m\alpha^m};\ n\in N, a_0,\ldots,a_n, b_0,\ldots,b_m\in F, b_0+b_1\alpha+\dots+b_m\alpha^m\ne 0 \}
\]
Veta o substitučnom/dosadzovacom homomorfizme (substitučný/dosadzovací homomorfizmus pre prvok $\alpha\in R$, kde $R$ obsahuje pole $F$ ako svoje podpole/podokruh (a $1$ z okruhu $R$ je $1$ poľa $F$) sme označili ako $\varphi_{\alpha}$, je to homomorfizmus
$\varphi_{\alpha}\colon F[x]\to R$, pre ktorý platí, že pre $a\in F$ je $\varphi_{\alpha}(a) = a$ a $\varphi_{\alpha}(x)=\alpha$
). Podľa tejto vety takýto homomorfizmus existuje a je jednoznačne určený (a $\varphi_{\alpha}(f(x))=f(\alpha)$.
Definícia minimálneho polynómu $m_{\alpha}(x)$ pre algebraický prvok $\alpha$ nad poľom $F$ (generátor ideálu $Ker \varphi_{\alpha}$, ktorý má pri najvyššej mocnine $1$). Pre okruh $R$, ktorý je obor integrity (tu akoby som použil maličké zovšeobecnenie definície algebraického prvku, ale vďaka vete, hovoriacej, že každý obor integrity je podokruh nejaké poľa, viď 5.1.2, to vlastne nie je zovšeobecnenie. Vetu 5.1.2 sme ale nikdy nehovorili a nedal som ju ani na domácu úlohu) je $m_{\alpha}(x)$ ireducibilný nad $F$.
Veta: 1) Ak je $f(x)$ ireducibilný polynóm nad $F$, tak $I=(f(x))$ (ideál generovaný ireducibilným prvkom) je prvoideál v okruhu $F[x]$
2) Ak je $f(x)$ ireducibilný polynóm nad $F$, tak $I=(f(x))$ (ideál generovaný ireducibilným prvkom) je maximálny ideál v okruhu $F[x]$
Tu som dokázal obidve časti (i keď vďaka dôsledku 4.2.20 stačilo dokázať časť 2) a dôkaz využíval len vlastnosti pochádzajúce z toho, že $F[x]$ je OHI, t.j. som ho vlastne spravil pre ľubovoľný OHI, nielen pre $F[x]$. Dôvod pre obidva dôkazy bol ten, že ku časti 1 som vám dal DÚ: Ak v OHI $R$ je prvoideál $I$ generovaný prvkom $f\in R$, t.j. $I=(f)$ (vieme, že v OHI je každý ideál generovaný nejakým prvkom), tak $f$ je buď ireducibilný alebo $f=0$ (t.j. $I=\{0\}$) alebo je $f\sim 1$ (t.j. $I=R$). Táto DÚ je vlastne tvrdenie 4.4.31.
Keď spojíte dôkaz z riešenia DÚ s dôkazom, ktorý som spravil, dostanete vlastne vetu 4.4.19.
Keďže vieme (priamo z definícií $\varphi_{\alpha}$ a $F[\alpha$), že pre substitučný homomorfizmus $\varphi_{\alpha}$ platí, že $Im\varphi_{\alpha}=F[\alpha]$, tak pre algebraický prvok $\alpha$ je faktorizácia $F[x]/Ker \varphi_{\alpha}$ (t.j. $F[x]/(m_{\alpha}(x))$) pole (lebo ideál $(m_{\alpha}(x))$ je maximálny) a podľa vety o izomorfizme je $F[x]/(m_{\alpha}(x))=Im\varphi_{\alpha} =F[\alpha]$, t.j. pre každý alg. prvok $\alpha$ nad poľom $F$ je $F[\alpha]$ pole, o.i. to znamená, že $F[\alpha]=F(\alpha)$.
Týmto dostávame univerzálny dôkaz tvrdení typu: Dokážte, že $Q[\sqrt(2)]$ je pole (spomeňte si na cvičenia v prvom semestri).
Naviac, ak si spomenite na dôkaz vety o izomorfizme, izomorfizmus $\varphi\colon F[x]/Ker \varphi_{\alpha}\to F[\alpha]$ je daný vzorcom
$\varphi(f(x)+(m_{\alpha}(x))) = \varphi_{\alpha}(f(x))= f(\alpha)$. Toto ale znamená, že $x+(m_{\alpha}(x))$ je koreň polynómu $m_{\alpha}(y)$ (radšej som tu $x$ nahradil $y$, aby sa to neplietlo), lebo podľa vyššie povedaného
\[
m_{\alpha}(x+(m_{\alpha}(x)))= m_{\alpha}(\alpha)=0
\]
a teda pre ireducibilný polynóm $f(x)$ vieme skonštruovať pole $F'$ (=F[x]/(f(x))), ktoré je rozšírenie poľa $F$ a v ktorom existuje koreň polynómu $f(x)$. Toto je veta 5.3.5.
Ukázali sme, že ak $f(x)$ má stupeň $n$, tak
\[
F[x]/(f(x))\cong (\{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}, +,\odot)
\]
kde $+$ je normálne sčítanie polynómov, $\odot$ je definované ako zvyšok súčinu $a(x)b(x)$ pri delení polynómom $f$, t.j. pre
$a(x), b(x)\in \{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}$ je $a(x)\odot b(x)= a(x)b(x) \textrm{ modulo } f(x)$. Tu je základná myšilenka to, že pre triedy rozklady podľa ideálu $I=(f(x))$ platí $a(x)+(f(x)) = b(x)+(f(x))$ práve vtedy, keď $a(x)-b(x)\in (f(x))$, t.j. $f(x)$ delí rozdiel $a(x)=b(x)$, čo znamená, že trieda rozkladu $a(x)+(f(x))$ je jednoznačne určená zvyškom $a(x)$ pri delení polynómom $f(x)$. Ten zvyšok je samozrejme z množiny $\{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}$. Operácia $\odot$ je potom pri tejto interpretácii určená z rovnice $[a(x)+(f(x))]\dot [b(x)+(f(x))] = a(x)b(x)+(f(x))$, súčin $a(x)b(x)$ musíme nahradiť jeho zvyškom modulo $f(x)$, (lebo "každý polynóm nahradzujeme jeho zvyškom") - veta 5.3.6.
Pomocou tejto interpretácie polynómu $x^2+x+1$ ireducibilného nad $Z_2$ sme vypočítali (určili) tabuľku násobenia v 4 prvkom poli $Z_2[x]/(x^2+x+1)$, a vlastne existencia ireducibilného polynómu stupňa 2 nad $Z_2$ zaručuje existenciu (a umožňuje vypočítať tabuľky pre sčítanie a násobenie) poľa, ktoré má 4 prpvky. Podobne polynóm $x^3+x+1$ (ireducibilný nad $Z_2$) zaručuje existenciu (a umožňuje vypočítať tabuľky pre sčítanie a násobenie) poľa, ktoré má 8 prvkov. Dá sa dokázať (dokonca vypočítať presný počet), že každé $n$ existuje ireducibilný polynóm stupňa $n$ nad poľom $Z_p$, pre každé prvočíslo $p$, t.j. dá sa dokázať, že pre každé $n$ a prvočíslo $p$ existuje pole, ktoré má $p^n$ prvkov. Dá sa ukázať, že také pole je doknca až na izomorfizmus jediné (tento dôkaz je v kapitole Rozkladové polia, ktorá je rozširujúce učivo, nerobili sme ju.)
Konečné rozšírenia polí
Motivácia: môže byť 4 prvkové pole podpole 8 prvkového poľa? Odpoveď je nie, lebo ak je $F'$ rozšírenie $F$, tak $F'$ je vektorový priestor nad poľom $F$ a teda ak je $F$ 4 prvkové pole, $n$ rozmený vekt. priestor nad $F$ má $4^n$ prvkov. Ale 8 nie je číslo v tvare $4^n$.
Definícia konečného rozširenia poľa. Definícia algebraického rozšírenia poľa.
Ak má rozšírenie $F'$ poľa $F$ ako vekt. priestor nad $F$ dimenziu $n$, píšeme $n=[F':F]$ a číslo $[F':F]$ nazývame stupeň rozšírenia (poľa $F'$ nad poľom $F$).
Veta: Konečné rozšírenie poľa je algebraické rozšírenie (toho istého) poľa.
Definícia: jednoduché algebraické rozšírenie poľa. Viacnásobné algebraické rozšírenie poľa.
Veta: Konečné rozšírenie poľa $F$ je jeho jednoduché alebo viacnásobné rozšírenie.
Veta: Ak $F\subseteq K\subseteq L$ je postupnosť konečných rozšírení polí, t.j, $K$ je konečné rozšírenie $F$ a $L$ je konečné rozšírenie $K$, potom $L$ je konečné rozšírenie $F$ a platí $[L:F]=[L:K].[K:F]$ (často sa využíva, že stupeň rozšírenia $[K:F]$ delí stupeň rozšírenia $[L:K]$, $[K:F]| [L:F]$).
Tento dôkaz sme nerobili (ľudia, ktorí chcú A,B by ho mali vedieť, je v podstate ľahký).
Jeden z jednoduchých dôsledkov tohoto tvrdenia je druhý dôkaz toho, že 4 prvkové pole $F_4$ nie je podpole poľa s 8 prvkami $F_8$, lebo obe tie polia sú rozšírením poľa $Z_2$ ($\{0,1\}$ sú podpolia aj v $F_4$ aj v $F_8$ a tieto podpolia sú izomorfné so $Z_2$) a $[F_4:Z_2]=2$, $[F_8:Z_2]=3$, ale 2 nedelí 3.
Vo všeobecnosti, pole, ktoré má $p^n$ je podpole poľa, ktoré má $q^m$ prvkov práve vtedy, keď $p=q$ a $n|m$ ($p, q$ sú prvočísla, samozrejme, inak by to vôbec nemohlo fungovať).
Domáca úloha: charakteristika poľa je základné vlastnosti. Definície, vety, dôkazy netreba. (5.2.1-5.2.10, vetu 5.2.8 poznáte z cvičení v prvom semestri)
TOTO SME UŽ NEROBILI:
Ako sa to dá využiť? Najdôležitejšie aplikácie sú asi v šifrovaní a kódovaní, ale v stovkách ďalších vecí. Napríklad aj niečo, o čom sme už hovorili.
Na začiatku prvého semestra som spomínal tzv. antické problémy, či sa dá urobiť duplicta kocky, trisekcia uhla, duplicita kocky. Táto veta v podstate dáva odpoveď NIE na prvé dva z týchto problémov. Odpoveď NIE na tretí je v tom, že (keďže číslo $\pi$ je transcendentné nad poľom $Q$), je $\sqrt{\pi}$ transcendentný prvok - ako cvičenie si dokážte tvrdenie: ak je $\alpha$ algebraický, tak $\alpha^2$ je algebraický).
Totiž: keď konštruujete pomocou kružítka a pravítka, začnete tým, že si zvolíte niekoľko náhodných bodov (a teda môžete predpokladať, že majú obidve súradnice racionálne). Potom začnete postupne pridávať priamky a kružnice, pričom už vždy robíte len priamku cez už "vyrobené" body a-alebo kružnicu so stredom vo "vyrobenom, skonštruovanom" bode prechádzajúcu cez už "vyrobený" bod. Ak prieniky takýchto kružníc a priamok, kružníc a kružníc vznikajú, vyrábate, konštruujete nové body v rovine. Nič iné skonštruovať neviete, musíte len použiť konečne veľa takýchto konštrukciíí.
Pri prieniku priamok riešite systém lin. rovníc, ktorých riešenie je v poli, v ktorom sa nachádzajú koeficienty tých priamok, čiže "nepotrebujeme" zväčšiť-rozšíriť pole.
Čo vieme povedať o prieniku priamky a kružnice? Podľa toho, ako analyticky vyzerá rovnica kružnice ( $(x-a)^2+(y-b)^2=c^2$, kde $(a,b)$ je už skonštruovaný bod a teda jeho súradnice sú z "nám známeho rozšírenia" pôvodného poľa $Q$, číslo $c
$ je vzdialenosť nejakých dvoch už skonštruovaných boodov, teda je to číslo z "nám známeho rozšírenia" pôvodného poľa $Q$) to vieme zistiť.
Ak je toto z "nám známe rozšírenie" pôvodného poľa $Q$ pole $F$, tak spoločné riešenie lineárnej rovnice s koeficientami nad $F$ a rovnice
$(x-a)^2+(y-b)^2=c^2$, kde $(a,b)$ (substitučnou metódou nám dá riešenie - bod, t.j. dve súradnice, ktoré budú buď z $F$ (vo vzácnych prípadoch) alebo z rozšírenia $K$ poľa $F$, takého, že $[K:F]=2$)
Podobne sa dá odargumentovať, že prienik dvoch kružníc, ktorých stred a polomer sú dané - ako čísla - prvkami z poľa $F$ bude mať (po substitúcii je to riešenie rovnice 4 stupňa) riešenia z poľa $K$ takého, že buď je $K=F$ alebo $[K:F]=2$ alebo $[K:F]=4$.
Indukciou teda zistíme, že body ktoré vieme pomocou kružítka a pravítka skonštruovať pomocou konečne veľa krokov sú z konečného rozšírenia $K$ poľa $Q$ takého, že $[K:Q] = 2^n$ pre vhodné $n$.
To znamená, že $[K:Q]$ je konečné a teda algebraické rozšírenie a teda nemôže obsahovať transcendentné číslo $\sqrt{\pi}$. Kvadratúra kruhu ale vyžaduje skonštruovanie tohoto čísla pomocou kružítka a pravítka. Takže kvadratúra kruhu sa nedá spraviť.
Ale duplicita kocky vyžaduje skonštruovanie čísla $\sqrt[3]{2}$. Samozrejme, ak $\sqrt[3]{2}\in K$, tak $Q[\sqrt[3]{2}]\subseteq K$ a preto by muselo platiť, že $[Q[\sqrt[3]{2}]:Q]$ delí $[K:Q]$. Ale polynóm $x^3 -2$ je nad $Q$ ireducibilý (nemá racionálny koreň) a teda $[Q[\sqrt[3]{2}]:Q]=3$. A samozrejme, vieme, že 3 nedelí $2^n$. Čiže duplicita kocky sa spraviť nedá.
Trisekcia uhla: je ľahké skonštruovať uhol 60 stupňov, rozdeliť uhol na polovicu je ľahké. Takže vieme skonštruovať uhol 30 stupňov. Ale tento sa nedá pomocou kružítka a pravítka rozdeliť na tretiny (t.j. existuje aspoň jeden uhol, pre ktorý sa nedá spraviť trisekcia). Trik je v tom, že ak máte takýto uhol ($10^\circ$), kružítkom na jeho ramenách urobíte body vo vzdialenosti 1 od vrchola uhla a z jedného z týchto bodov spustíte kolmicu na druhé rameno. Vyrobíte bod, ktorého vzdialenosť od vrchola má číslenú hodnotu $\sin(10^\circ)$ (sinus). Pomocou Moivreovej vety o komplexných číslach ( $(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^n= (\cos(n\alpha)+i\sin(n\alpha))^n$ ) pre uhol $10^\circ$ a porovnaním imaginárnych častí získaných z moivreovej vety dostaneme pre $\sin(10^\circ)$ rovnicu
\[
3i\cos^2(10^\circ)\sin(10^\circ)-i\sin^3(10^\circ)=isin(30^\circ)=\frac{1}{2}i
\]
Využitím vzťahu $\cos^2(10^\circ)=1-\sin^2(10^\circ)$ dostaneme
\[
4\sin^3(10^\circ)-3\sin^3(10^\circ)+\frac12=0
\]
čiže vidíme, že $\sin(10^\circ)$ je koreň polynómu s celočíselnými koeficientami $8x^3-6x+1$. Takýto polynóm je ireducibilný nad $Q$ práve vtedy, keď nemá racionálny koreň. Ak by mal racionálny koreň zapísaný v základnom tvare ako $\frac{p}{q}$, tak $p|1$ a $q|8$. Dá sa overiť, že žiadne z čísiel $\pm \frac11, \pm \frac12,\pm \frac14,\pm \frac18$ nie je koreň tohoto polynómu a preto $\sin(10^\circ)$ nie je racionálne číslo. T.j. polynóm $\frac18 (8x^3-6x+1)$ je minimálny polynóm čísla $\sin(10^\circ)$. Čiže ak $\sin(10^\circ)\in K$, tak $Q[\sin(10^\circ)]\subseteq K$ a opäť máme $[Q[\sin(10^\circ)]:Q]=3$ a preto sa $\sin(10^\circ)$ nedá skonštruovať pomocou kružítka a pravítka a teda sa nedá pomocou kružítka a pravítka spraviť trisekcia uhla $30^\circ$.
Pripomenutie pojmu algebraického a transcendentného prvku.
Najmenší podokruh kom. okruhu s jednotkou $R$, ktorý obsahuje pole $F$ ako svoje podpole (a $1$ z okruhu $R$ je $1$ poľa $F$) obsahujúci $F$ a prvok $\alpha\in R$, označený ako $F[\alpha]$ je
\[
F[\alpha] = \{a_0+a_1\alpha+\dots+a_n\alpha^n;\ n\in N, a_0,\ldots,a_n\in F \}
\]
Najmenšie podpole poľa $R$, ktoré obsahuje pole $F$ ako svoje podpole (t.j. $R$ je rozšírenie poľa $F$) obsahujúci $F$ a prvok $\alpha\in R$, označený ako $F(\alpha)$ je
\[
F(\alpha) = \{\dfrac{a_0+a_1\alpha+\dots+a_n\alpha^n}{b_0+b_1\alpha+\dots+b_m\alpha^m};\ n\in N, a_0,\ldots,a_n, b_0,\ldots,b_m\in F, b_0+b_1\alpha+\dots+b_m\alpha^m\ne 0 \}
\]
Veta o substitučnom/dosadzovacom homomorfizme (substitučný/dosadzovací homomorfizmus pre prvok $\alpha\in R$, kde $R$ obsahuje pole $F$ ako svoje podpole/podokruh (a $1$ z okruhu $R$ je $1$ poľa $F$) sme označili ako $\varphi_{\alpha}$, je to homomorfizmus
$\varphi_{\alpha}\colon F[x]\to R$, pre ktorý platí, že pre $a\in F$ je $\varphi_{\alpha}(a) = a$ a $\varphi_{\alpha}(x)=\alpha$
). Podľa tejto vety takýto homomorfizmus existuje a je jednoznačne určený (a $\varphi_{\alpha}(f(x))=f(\alpha)$.
Definícia minimálneho polynómu $m_{\alpha}(x)$ pre algebraický prvok $\alpha$ nad poľom $F$ (generátor ideálu $Ker \varphi_{\alpha}$, ktorý má pri najvyššej mocnine $1$). Pre okruh $R$, ktorý je obor integrity (tu akoby som použil maličké zovšeobecnenie definície algebraického prvku, ale vďaka vete, hovoriacej, že každý obor integrity je podokruh nejaké poľa, viď 5.1.2, to vlastne nie je zovšeobecnenie. Vetu 5.1.2 sme ale nikdy nehovorili a nedal som ju ani na domácu úlohu) je $m_{\alpha}(x)$ ireducibilný nad $F$.
Veta: 1) Ak je $f(x)$ ireducibilný polynóm nad $F$, tak $I=(f(x))$ (ideál generovaný ireducibilným prvkom) je prvoideál v okruhu $F[x]$
2) Ak je $f(x)$ ireducibilný polynóm nad $F$, tak $I=(f(x))$ (ideál generovaný ireducibilným prvkom) je maximálny ideál v okruhu $F[x]$
Tu som dokázal obidve časti (i keď vďaka dôsledku 4.2.20 stačilo dokázať časť 2) a dôkaz využíval len vlastnosti pochádzajúce z toho, že $F[x]$ je OHI, t.j. som ho vlastne spravil pre ľubovoľný OHI, nielen pre $F[x]$. Dôvod pre obidva dôkazy bol ten, že ku časti 1 som vám dal DÚ: Ak v OHI $R$ je prvoideál $I$ generovaný prvkom $f\in R$, t.j. $I=(f)$ (vieme, že v OHI je každý ideál generovaný nejakým prvkom), tak $f$ je buď ireducibilný alebo $f=0$ (t.j. $I=\{0\}$) alebo je $f\sim 1$ (t.j. $I=R$). Táto DÚ je vlastne tvrdenie 4.4.31.
Keď spojíte dôkaz z riešenia DÚ s dôkazom, ktorý som spravil, dostanete vlastne vetu 4.4.19.
Keďže vieme (priamo z definícií $\varphi_{\alpha}$ a $F[\alpha$), že pre substitučný homomorfizmus $\varphi_{\alpha}$ platí, že $Im\varphi_{\alpha}=F[\alpha]$, tak pre algebraický prvok $\alpha$ je faktorizácia $F[x]/Ker \varphi_{\alpha}$ (t.j. $F[x]/(m_{\alpha}(x))$) pole (lebo ideál $(m_{\alpha}(x))$ je maximálny) a podľa vety o izomorfizme je $F[x]/(m_{\alpha}(x))=Im\varphi_{\alpha} =F[\alpha]$, t.j. pre každý alg. prvok $\alpha$ nad poľom $F$ je $F[\alpha]$ pole, o.i. to znamená, že $F[\alpha]=F(\alpha)$.
Týmto dostávame univerzálny dôkaz tvrdení typu: Dokážte, že $Q[\sqrt(2)]$ je pole (spomeňte si na cvičenia v prvom semestri).
Naviac, ak si spomenite na dôkaz vety o izomorfizme, izomorfizmus $\varphi\colon F[x]/Ker \varphi_{\alpha}\to F[\alpha]$ je daný vzorcom
$\varphi(f(x)+(m_{\alpha}(x))) = \varphi_{\alpha}(f(x))= f(\alpha)$. Toto ale znamená, že $x+(m_{\alpha}(x))$ je koreň polynómu $m_{\alpha}(y)$ (radšej som tu $x$ nahradil $y$, aby sa to neplietlo), lebo podľa vyššie povedaného
\[
m_{\alpha}(x+(m_{\alpha}(x)))= m_{\alpha}(\alpha)=0
\]
a teda pre ireducibilný polynóm $f(x)$ vieme skonštruovať pole $F'$ (=F[x]/(f(x))), ktoré je rozšírenie poľa $F$ a v ktorom existuje koreň polynómu $f(x)$. Toto je veta 5.3.5.
Ukázali sme, že ak $f(x)$ má stupeň $n$, tak
\[
F[x]/(f(x))\cong (\{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}, +,\odot)
\]
kde $+$ je normálne sčítanie polynómov, $\odot$ je definované ako zvyšok súčinu $a(x)b(x)$ pri delení polynómom $f$, t.j. pre
$a(x), b(x)\in \{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}$ je $a(x)\odot b(x)= a(x)b(x) \textrm{ modulo } f(x)$. Tu je základná myšilenka to, že pre triedy rozklady podľa ideálu $I=(f(x))$ platí $a(x)+(f(x)) = b(x)+(f(x))$ práve vtedy, keď $a(x)-b(x)\in (f(x))$, t.j. $f(x)$ delí rozdiel $a(x)=b(x)$, čo znamená, že trieda rozkladu $a(x)+(f(x))$ je jednoznačne určená zvyškom $a(x)$ pri delení polynómom $f(x)$. Ten zvyšok je samozrejme z množiny $\{a_0+a_1x+\dots+a_{n-1}x^{n-1};\ a_i\in F\}$. Operácia $\odot$ je potom pri tejto interpretácii určená z rovnice $[a(x)+(f(x))]\dot [b(x)+(f(x))] = a(x)b(x)+(f(x))$, súčin $a(x)b(x)$ musíme nahradiť jeho zvyškom modulo $f(x)$, (lebo "každý polynóm nahradzujeme jeho zvyškom") - veta 5.3.6.
Pomocou tejto interpretácie polynómu $x^2+x+1$ ireducibilného nad $Z_2$ sme vypočítali (určili) tabuľku násobenia v 4 prvkom poli $Z_2[x]/(x^2+x+1)$, a vlastne existencia ireducibilného polynómu stupňa 2 nad $Z_2$ zaručuje existenciu (a umožňuje vypočítať tabuľky pre sčítanie a násobenie) poľa, ktoré má 4 prpvky. Podobne polynóm $x^3+x+1$ (ireducibilný nad $Z_2$) zaručuje existenciu (a umožňuje vypočítať tabuľky pre sčítanie a násobenie) poľa, ktoré má 8 prvkov. Dá sa dokázať (dokonca vypočítať presný počet), že každé $n$ existuje ireducibilný polynóm stupňa $n$ nad poľom $Z_p$, pre každé prvočíslo $p$, t.j. dá sa dokázať, že pre každé $n$ a prvočíslo $p$ existuje pole, ktoré má $p^n$ prvkov. Dá sa ukázať, že také pole je doknca až na izomorfizmus jediné (tento dôkaz je v kapitole Rozkladové polia, ktorá je rozširujúce učivo, nerobili sme ju.)
Konečné rozšírenia polí
Motivácia: môže byť 4 prvkové pole podpole 8 prvkového poľa? Odpoveď je nie, lebo ak je $F'$ rozšírenie $F$, tak $F'$ je vektorový priestor nad poľom $F$ a teda ak je $F$ 4 prvkové pole, $n$ rozmený vekt. priestor nad $F$ má $4^n$ prvkov. Ale 8 nie je číslo v tvare $4^n$.
Definícia konečného rozširenia poľa. Definícia algebraického rozšírenia poľa.
Ak má rozšírenie $F'$ poľa $F$ ako vekt. priestor nad $F$ dimenziu $n$, píšeme $n=[F':F]$ a číslo $[F':F]$ nazývame stupeň rozšírenia (poľa $F'$ nad poľom $F$).
Veta: Konečné rozšírenie poľa je algebraické rozšírenie (toho istého) poľa.
Definícia: jednoduché algebraické rozšírenie poľa. Viacnásobné algebraické rozšírenie poľa.
Veta: Konečné rozšírenie poľa $F$ je jeho jednoduché alebo viacnásobné rozšírenie.
Veta: Ak $F\subseteq K\subseteq L$ je postupnosť konečných rozšírení polí, t.j, $K$ je konečné rozšírenie $F$ a $L$ je konečné rozšírenie $K$, potom $L$ je konečné rozšírenie $F$ a platí $[L:F]=[L:K].[K:F]$ (často sa využíva, že stupeň rozšírenia $[K:F]$ delí stupeň rozšírenia $[L:K]$, $[K:F]| [L:F]$).
Tento dôkaz sme nerobili (ľudia, ktorí chcú A,B by ho mali vedieť, je v podstate ľahký).
Jeden z jednoduchých dôsledkov tohoto tvrdenia je druhý dôkaz toho, že 4 prvkové pole $F_4$ nie je podpole poľa s 8 prvkami $F_8$, lebo obe tie polia sú rozšírením poľa $Z_2$ ($\{0,1\}$ sú podpolia aj v $F_4$ aj v $F_8$ a tieto podpolia sú izomorfné so $Z_2$) a $[F_4:Z_2]=2$, $[F_8:Z_2]=3$, ale 2 nedelí 3.
Vo všeobecnosti, pole, ktoré má $p^n$ je podpole poľa, ktoré má $q^m$ prvkov práve vtedy, keď $p=q$ a $n|m$ ($p, q$ sú prvočísla, samozrejme, inak by to vôbec nemohlo fungovať).
Domáca úloha: charakteristika poľa je základné vlastnosti. Definície, vety, dôkazy netreba. (5.2.1-5.2.10, vetu 5.2.8 poznáte z cvičení v prvom semestri)
TOTO SME UŽ NEROBILI:
Ako sa to dá využiť? Najdôležitejšie aplikácie sú asi v šifrovaní a kódovaní, ale v stovkách ďalších vecí. Napríklad aj niečo, o čom sme už hovorili.
Na začiatku prvého semestra som spomínal tzv. antické problémy, či sa dá urobiť duplicta kocky, trisekcia uhla, duplicita kocky. Táto veta v podstate dáva odpoveď NIE na prvé dva z týchto problémov. Odpoveď NIE na tretí je v tom, že (keďže číslo $\pi$ je transcendentné nad poľom $Q$), je $\sqrt{\pi}$ transcendentný prvok - ako cvičenie si dokážte tvrdenie: ak je $\alpha$ algebraický, tak $\alpha^2$ je algebraický).
Totiž: keď konštruujete pomocou kružítka a pravítka, začnete tým, že si zvolíte niekoľko náhodných bodov (a teda môžete predpokladať, že majú obidve súradnice racionálne). Potom začnete postupne pridávať priamky a kružnice, pričom už vždy robíte len priamku cez už "vyrobené" body a-alebo kružnicu so stredom vo "vyrobenom, skonštruovanom" bode prechádzajúcu cez už "vyrobený" bod. Ak prieniky takýchto kružníc a priamok, kružníc a kružníc vznikajú, vyrábate, konštruujete nové body v rovine. Nič iné skonštruovať neviete, musíte len použiť konečne veľa takýchto konštrukciíí.
Pri prieniku priamok riešite systém lin. rovníc, ktorých riešenie je v poli, v ktorom sa nachádzajú koeficienty tých priamok, čiže "nepotrebujeme" zväčšiť-rozšíriť pole.
Čo vieme povedať o prieniku priamky a kružnice? Podľa toho, ako analyticky vyzerá rovnica kružnice ( $(x-a)^2+(y-b)^2=c^2$, kde $(a,b)$ je už skonštruovaný bod a teda jeho súradnice sú z "nám známeho rozšírenia" pôvodného poľa $Q$, číslo $c
$ je vzdialenosť nejakých dvoch už skonštruovaných boodov, teda je to číslo z "nám známeho rozšírenia" pôvodného poľa $Q$) to vieme zistiť.
Ak je toto z "nám známe rozšírenie" pôvodného poľa $Q$ pole $F$, tak spoločné riešenie lineárnej rovnice s koeficientami nad $F$ a rovnice
$(x-a)^2+(y-b)^2=c^2$, kde $(a,b)$ (substitučnou metódou nám dá riešenie - bod, t.j. dve súradnice, ktoré budú buď z $F$ (vo vzácnych prípadoch) alebo z rozšírenia $K$ poľa $F$, takého, že $[K:F]=2$)
Podobne sa dá odargumentovať, že prienik dvoch kružníc, ktorých stred a polomer sú dané - ako čísla - prvkami z poľa $F$ bude mať (po substitúcii je to riešenie rovnice 4 stupňa) riešenia z poľa $K$ takého, že buď je $K=F$ alebo $[K:F]=2$ alebo $[K:F]=4$.
Indukciou teda zistíme, že body ktoré vieme pomocou kružítka a pravítka skonštruovať pomocou konečne veľa krokov sú z konečného rozšírenia $K$ poľa $Q$ takého, že $[K:Q] = 2^n$ pre vhodné $n$.
To znamená, že $[K:Q]$ je konečné a teda algebraické rozšírenie a teda nemôže obsahovať transcendentné číslo $\sqrt{\pi}$. Kvadratúra kruhu ale vyžaduje skonštruovanie tohoto čísla pomocou kružítka a pravítka. Takže kvadratúra kruhu sa nedá spraviť.
Ale duplicita kocky vyžaduje skonštruovanie čísla $\sqrt[3]{2}$. Samozrejme, ak $\sqrt[3]{2}\in K$, tak $Q[\sqrt[3]{2}]\subseteq K$ a preto by muselo platiť, že $[Q[\sqrt[3]{2}]:Q]$ delí $[K:Q]$. Ale polynóm $x^3 -2$ je nad $Q$ ireducibilý (nemá racionálny koreň) a teda $[Q[\sqrt[3]{2}]:Q]=3$. A samozrejme, vieme, že 3 nedelí $2^n$. Čiže duplicita kocky sa spraviť nedá.
Trisekcia uhla: je ľahké skonštruovať uhol 60 stupňov, rozdeliť uhol na polovicu je ľahké. Takže vieme skonštruovať uhol 30 stupňov. Ale tento sa nedá pomocou kružítka a pravítka rozdeliť na tretiny (t.j. existuje aspoň jeden uhol, pre ktorý sa nedá spraviť trisekcia). Trik je v tom, že ak máte takýto uhol ($10^\circ$), kružítkom na jeho ramenách urobíte body vo vzdialenosti 1 od vrchola uhla a z jedného z týchto bodov spustíte kolmicu na druhé rameno. Vyrobíte bod, ktorého vzdialenosť od vrchola má číslenú hodnotu $\sin(10^\circ)$ (sinus). Pomocou Moivreovej vety o komplexných číslach ( $(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^n= (\cos(n\alpha)+i\sin(n\alpha))^n$ ) pre uhol $10^\circ$ a porovnaním imaginárnych častí získaných z moivreovej vety dostaneme pre $\sin(10^\circ)$ rovnicu
\[
3i\cos^2(10^\circ)\sin(10^\circ)-i\sin^3(10^\circ)=isin(30^\circ)=\frac{1}{2}i
\]
Využitím vzťahu $\cos^2(10^\circ)=1-\sin^2(10^\circ)$ dostaneme
\[
4\sin^3(10^\circ)-3\sin^3(10^\circ)+\frac12=0
\]
čiže vidíme, že $\sin(10^\circ)$ je koreň polynómu s celočíselnými koeficientami $8x^3-6x+1$. Takýto polynóm je ireducibilný nad $Q$ práve vtedy, keď nemá racionálny koreň. Ak by mal racionálny koreň zapísaný v základnom tvare ako $\frac{p}{q}$, tak $p|1$ a $q|8$. Dá sa overiť, že žiadne z čísiel $\pm \frac11, \pm \frac12,\pm \frac14,\pm \frac18$ nie je koreň tohoto polynómu a preto $\sin(10^\circ)$ nie je racionálne číslo. T.j. polynóm $\frac18 (8x^3-6x+1)$ je minimálny polynóm čísla $\sin(10^\circ)$. Čiže ak $\sin(10^\circ)\in K$, tak $Q[\sin(10^\circ)]\subseteq K$ a opäť máme $[Q[\sin(10^\circ)]:Q]=3$ a preto sa $\sin(10^\circ)$ nedá skonštruovať pomocou kružítka a pravítka a teda sa nedá pomocou kružítka a pravítka spraviť trisekcia uhla $30^\circ$.