Teema 4. Homomorfismeista Ihanne ja tekijärengas. Teema 4 1 / 32

Transkriptio

1 1 / 32

2 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 2 / 32

3 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Määrätään kaikki rengashomomorfismit f : Z m Z n. Ratkaisu: Oletetaan, että f on jokin rengashomomorfismi. Koska ykkösen jäännösluokka on ykkösalkio sekä lähtö- että maalirenkaassa, niin on oltava f(1) = 1. Koska rengashomomorfismi on myös additiivisten ryhmien välinen homomorfismi, niin saadaan f(2) = f(1 + 1) = f(1) + f(1) = = 2, f(3) = f(2 + 1) = f(2) + f(1) = = 3 ja jatkamalla tästä induktiolla f(k) = k kaikille luonnollisille luvuille k. Meille tulee hyvinmääriteltävyysongelma, koska lähtöjoukossa m = 0. Koska f on funktio, on vaadittava ehto 0 = f(0) = f(m) = m. 3 / 32

4 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Koska tämä on maalirenkaan Z n yhtälö, se toteutuu vain, jos n m. Toisaalta jakorelaatiosta n m seuraa, että a b (mod m) = a b (mod n). Näin ollen kuvaus f : Z m Z n, f(k) = k on hyvinmääritelty, joss n m. Tällöin se kuvaus on selvästi myös rengashomomorfismi. Vastaus: Jos n m, niin kuvaus f : k k on ainoa homomorfismi renkaalta Z m renkaalle Z n. Jos n m, niin näiden kahden renkaan välillä ei ole lainkaan rengashomomorfismeja. 4 / 32

5 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 (Monisteen Esimerkit 2.5.9) Osoita, että kompleksikonjugointi f : x + iy x iy on homomorfismi kompleksilukujen renkaalta C sille itselleen. Ratkaisu: Koska 1 = 1 + i 0, niin f(1) = 1 i 0 = 1 (RH3). Kuvaus f on ehtojen f(1) = 1 ja f(i) = i määräämä lineaarikuvaus 2-ulotteiselta vektoriavaruudelta C sille itselleen, joten se kunnioittaa summia (RH1). Ehdon RH2 tarkistamiseksi valitaan kaksi mielivaltaista kompleksilukua z 1 = x 1 + iy 1 ja z 2 = x 2 + iy 2. 5 / 32

6 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Tällöin f(z 1 )f(z 2 ) = (x 1 iy 1 )(x 2 iy 2 ) = x 1 x 2 i(y 1 x 2 + x 1 y 2 ) + ( i) 2 y 1 y 2 = (x 1 x 2 y 1 y 2 ) i(y 1 x 2 + x 1 y 2 ) = f((x 1 x 2 y 1 y 2 ) + i(y 1 x 2 + x 1 y 2 )) = f(z 1 z 2 ). Väite seuraa. 6 / 32

7 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Oletetaan, että f : C C on rengashomomorfismi. Osoita, että tällöin f(i) = ±i. Ratkaisu: Olkoon f(i) = a + bi, a, b R. Koska homomorfismi kuvaa vastaluvun vastaluvuksi, niin 1 = f( 1) = f(i 2 ) = f(i) 2 = (a + bi) 2 = (a 2 b 2 ) + 2abi. Näin ollen on voimassa yhtälöpari { a 2 b 2 = 1, 2ab = 0. Jälkimmäisestä yhtälöstä seuraa a = 0 tai b = 0. Jos b = 0, niin ensimmäinen yhtälö antaa a 2 = 1, mikä on mahdotonta. Jos taas a = 0, niin ensimmäinen yhtälö b 2 = 1 antaa ratkaisut b = ±1. Tällöin juurikin f(i) = ±i. 7 / 32

8 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Esimerkissä C näimme, että lukujoukko R = Z[ 2] = {a + b 2 a, b Z} on rengas. Määrätään kaikki rengashomomorfismit f : R R. Ratkaisu: Osoitetaan ensin, että renkaan R alkion esitys muodossa a + b 2 on yksikäsitteinen. Jos joillakin kokonaisluvuilla a 1, a 2, b 1, b 2 olisi a 1 + b 1 2 = a2 + b 2 2, niin myös yhtälö a 1 a 2 = (b 2 b 1 ) 2 olisi voimassa. Jos tässä b 2 b 1 = 0, niin myös a 1 a 2 = 0, jolloin (a 1, b 1 ) = (a 2, b 2 ) kuten väitämme. Jos taas b 2 b 1 0, niin jakamalla tällä luvulla puolittain saadaan yhtälö 8 / 32

9 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 2 = a 1 a 2 b 2 b 1. Tämän mukaan 2 olisi rationaaliluku. Koska näin ei tunnetusti ole, niin vaihtoehto b 2 b 1 0 on mahdoton. R on siis ryhmänä lukujen 1 ja 2 generoima. Jos f : R R on rengashomomorfismi, niin kuten aiemminkin tästä seuraa, että f(a) = a kaikille a Z. Selvitetään seuraavaksi mitä vaihtoehtoja luvulla x = f( 2) tällöin on. Käytetään samaa ideaa kuin kalvolla G3. Koska ( 2) 2 = 2, on oltava 2 = f(2) = f(( 2) 2 ) = f( 2) 2 = x 2. 9 / 32

10 Esimerkki 4C.3 Esimerkki 4A.1 Esimerkki 4A.2 Esimerkki 4B.1 Esimerkki 4B.2 Esimerkki 4B.3 Esimerkki 4C.1 Esimerkki 4C.2 Esimerkki 4C.3 Yhtälö x 2 = 2 toteutuu vain reaaliluvuilla x = 2 ja x = 2. Näin ollen f( 2) = ± 2. Näistä plusmerkkinen valinta johtaa siihen, että f on identiteettikuvaus. Miinusmerkkinen valinta antaa sekin rengashomomorfismin f(a + b n) = a b n. Koska näimme, että renkaan R alkion esitys muodossa a + b n on yksikäsitteinen, niin tämä kuvaus on hyvinmääritelty. Homomorfiaehtojen tarkistaminen on oleellisen osin sama kuin kompleksikonjugoinnin tapauksessa (kalvot G1 ja G2), joten sivuutamme sen. Samat päätelmät koskevat rengasta Z[ n] aina, kun luku n Z ei ole kokonaisluvun neliö. Homomorfismia f, jolle f( n) = n voidaan kutsua (algebralliseksi) konjugoinniksi. Se on tavallinen kompleksikonjugointi silloin, kun n < / 32

11 11 / 32

12 (Monisteen Esimerkki 2.6.8) Olkoon R polynomifunktioiden rengas R[x]. Kiinnitetään c R. Merkitään I c = {p(x) R p(c) = 0}. Osoitetaan, että I c on renkaan R ihanne. Ratkaisu: Vakiofunktio 0 R I c joten I c. Jos p 1, p 2 ovat polynomifunktioita, joilla on nollakohta kohdassa c, niin sama pätee erotukselle p 1 p 2 ja tulolle fp 1 kaikille f R. 12 / 32

13 Kiinnitetään kokonaisluku m > 0. Osoita, että muotoa p(x) = a m x m + a m+1 x m a n x n, n m olevat polynomit, ts. polynomit joissa ei esiinny astetta < n olevia termejä, muodostavat nekin renkaan R ihanteen. Ratkaisu: Jälleen 0 R I (m). Lisäksi joukon I (m) polynomien erotuksesta nämä matala-asteiset termit puuttuvat. Edelleen kertomalla p(x) millä tahana polynomilla ei tuota näitä matala-asteisia termejä. Näin ollen ihannekriteerin ehdot ovat voimassa. 13 / 32

14 (Monisteen Esimerkki 2.7.4) Kuvaile R/I, missä R = R[x] ja I = I (2) on kalvon A2 ihanne, kun m = 2. Etsi mahdollisimman yksinkertaisista polynomeista muodostuva ihanteen I sivuluokkien edustajisto. Osoita sen avulla, että alkio (1 + x) + I on renkaan R/I yksikkö. Ratkaisu: Jos p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x a n x n R on mielivaltainen polynomi, niin a 2 x 2 + a 3 x a n x n I, joten sivuluokat p(x) + I = (a 0 + a 1 x) + I. 14 / 32

15 Toisin sanoen mielivaltaisessa sivuluokassa p(x) + I on astetta < 2 oleva polynomi a 0 + a 1 x. Tämä matala-asteinen edustaja on lisäksi yksikäsitteinen. Jos nimittäin a 0 + a 1 x ja a 0 + a 1 x ovat kaksi tällaista polynomia, niin niiden erotus (a 0 a 0 ) + (a 1 a 1 )x on ihanteessa I sjvsk a 0 = a 0 ja a 1 = a 1. Siis R/I = {a 0 + a 1 x + I a 0, a 1 R}. Enintään astetta 1 olevat polynomifunktiot muodostavat siis pyydetyn edustajiston. 15 / 32

16 Nähdään, että tekijärenkaassa R/I on voimassa (1 + x + I)(1 x + I) = (1 + x)(1 x) + I = 1 x 2 + I = 1 + I, koska 1 x 2 1 (mod I). Näin ollen (1 + x + I) 1 = 1 x + I. Samaan tapaan nähdään, että tekijärenkaassa R[x]/I (m) kätevän sivuluokkien edustajiston muodostavat polynomit, joiden aste < m. 16 / 32

17 Olkoon R reaalisten 2 2 yläkolmiomatriisien muodostama rengas. Tarkista, että sääntö f : ( a b 0 c ) a on rengashomomorfismi. Kuvaile joukko Ker f = I. Tarkista ihannekriteerin avulla, että se on ihanne. Kirjoita homomorfialauseen isomorfismi tässä erikoistapauksessa. Ratkaisu: Selvästi f(i 2 ) = 1. Jos A 1 = ( a1 b 1 0 c 1 ) ja A 2 = ( a2 b 2 0 c 2 ) 17 / 32

18 ovat kaksi mielivaltaista renkaan R alkiota, niin ( ) a1 + a A 1 + A 2 = A 1 = 2 b 1 + b 2, 0 c 1 + c 2 joten f(a 1 + A 2 ) = a 1 + a 2 = f(a 1 ) + f(a 2 ). Vastaavasti ( ) a1 a A 1 A 2 = 2 a 1 b 2 + b 1 c 2, 0 c 1 c 2 joten f(a 1 A 2 ) = a 1 a 2 = f(a 1 )f(a 2 ). 18 / 32

19 Rengashomomorfismin f ytimen I muodostavat muotoa ( 0 b 0 c olevat matriisit. Kahden tällaisen erotus ( ) ( ) ( 0 b1 0 b2 0 b1 b = 2 0 c 1 0 c 2 0 c 1 c 2 on selvästi samaa muotoa. Edelleen, jos kerromme 2 2-matriisin, jonka ensimmäinen saraka muodostuu nollista kummalta puolelta tahana yläkolmiomatriisilla, niin myös tulossa kyseinen sarake muodostuu nollista. Näin ollen ihannekriteerin ehdot täyttyvät. ) ) 19 / 32

20 Koska kaikki reaaliluvut esiintyvät yläkolmion paikassa (1, 1), niin f on surjektio (eli Im(f) = R). Skalaarimatriisi ( a 0 0 a ) ( a b 0 c ) + I, joten ne selvästi muodostavat ihanteen I sivuluokkien edustajiston. Homomorfialause kertoo siten, että R/I isomorfinen rengaan R kanssa. Isomorfiassa ai 2 a. 20 / 32

21 Esimerkissä 4D.2 esiintynyt polynomifunktioiden renkaan R[x] ihanne I (2) = {a 2 x 2 +a 3 x 3 + a n x n n N, a i R kaikille i = 2, 3,...} on alkion x 2 generoima, sillä sen jokainen alkio a 2 x 2 + a 3 x 3 + a n x n = x 2 (a 2 + a 3 x + a n x n 2 ) voidaan esittää muodossa x 2 f(x), missä f(x) R[x]. Koska R[x] on kommutatiivinen rengas, niin tällaiset polynomifunktiot muodostavat ihanteen (Lause 2.9.5). 21 / 32

22 Tehtävä: Selvitä millainen on renkaan Z[i] alkion 1 + i generoima ihanne I, ja selvitä minkälainen rengas on Z[i]/I. Ratkaisu: Koska Z[i] = {a + bi C a, b Z} on kommutatiivinen, niin I = {(a + bi)(1 + i) a, b Z}. Tässä i(1 + i) = 1 + i, joten (a + bi)(1 + i) = (a b) + (a + b)i. Kaikilla a, b Z on voimassa kongruenssi a b a + b (mod 2). 22 / 32

23 Näin ollen ihanteessa I on vain sellaisia lukuja u + vi, joille u ja v ovat joko molemmat parillisia tai molemmat parittomia. Toisaalta jos tämä ehto toteutuu, niin luvut a = u + v 2 ovat molemmat kokonaislukuja, ja tällöin ja (a + bi)(1 + i) = (a b) + (a + b)i kuuluu ihanteeseen I. (u + v) (v u) = 2 = u + vi b = v u 2 + (u + v) + (v u) 2 i 23 / 32

24 Näin ollen a + bi I sjvsk 2 a + b. Jos siis r = a + bi Z[i], niin joko r I tai r 1 I. Tekijärenkaassa on siis vain kaksi alkiota Z[i]/I = {0 + I, 1 + I}. Koska 2 = (1 + i)(1 i) I, niin näemme, että on isomorfinen renkaan Z 2 kanssa. Jos visualisoimme kompleksiluvun a + bi tason R 2 pisteenä (a, b) (kuten yleensä tehdään), niin tällöin rengas Z[i] samaistuu kokonaislukukoordinaattipisteiden joukon Z Z kanssa. Kuvassa nämä pisteet on merkitty pisteillä: ihanteen I pisteet punaisia ja toisen sivuluokan 1 + I pisteet mustia. 24 / 32

25 Y X 25 / 32

26 Jos R on kommutatiivinen rengas, n N ja a 0, a 1,..., a n R, niin sääntö x a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n määrittelee polynomifunktion R R. Nämäkin muodostavat renkaan luonnolisten pisteittäisten operaatioiden suhteen (kuten R[x]). Algebrassa on kuitenkin luonnollisempaa ajatella polynomeja formaalisina kehitelminä. Nämä muodostavat renkaan R[x] = {a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n n N, a i R i}, jonka kertolasku määräytyy säännöistä xr = rx kaikille r R ja x m x n = x m+n kaikille m, n N. 26 / 32

27 Tässä siis formaali polynomin MÄÄRITELMÄN MUKAISESTI a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a n x n = b 0 + b 1 x + b 2 x b m x b sjvsk a i = b i kaikilla i (ja jos m n, niin ylijäämäkertoimet ovat nollia). Analyysin kursseilla (ja aiemmilla algebran kursseilla) polynomeja (ja potenssisarjoja) on ajateltu funktioina, jolloin tämä kertoimien identtisyys on pitänyt erikseen todistaa. Reaalikertoimisille polynomeille ei siis ole merkitystä ajatellaanko niitä funktioina vai formaalisina. Muilla renkailla tilanne on toinen. Kuitenkin jos kiinnitetään c R, niin kuvaus p(x) p(c) on rengashomomorfismi ev c : R[x] R. Tässä tarvitaan oletusta renkaan R kommutatiivisuudesta. 27 / 32

28 (Monisteen Esimerkki ) Laske renkaassa Z 2 [x] tulot (1 + x) 2 ja (x + 1)(x 2 x + 1). Totea, että ev c (x 2 + x) = 0 kaikille c Z 2. Ratkaisu: Idea on, että muuttujan x potensseja kerrotaan tavalliseen tapaan (niiden eksponentit ovat luonnollisia lukuja) ja yksittäisten kertoimien aritmetiikka on renkaan R (tässä tapauksessa R = Z 2 ) aritmetiikkaa. Siis (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 = 1 + x 2, koska renkaassa Z 2 on voimassa 2 = = / 32

29 Samoin (1 + x)(1 x + x 2 ) = 1 x + x 2 + x x 2 + x 3 = 1 + x 3, mikä itse asiassa pitää paikkansa kaikille kommutatiivisille renkaille R. Polynomi p(x) = x 2 + x saa arvokseen vain nollia, sillä p(0) = = 0 ja p(1) = = 2 = 0. Huomaa, että p(x) kuitenkin on eri (formaalinen) polynomi kuin vakiopolynomi 0 = 0 Z2 [x]. 29 / 32

30 (Monisteen Esimerkki ) Tutkitaan polynomirenkaan R[x] ta R = R[x]/ x 3 1. Osoita, että tässä renkaassa sivuluokka x + x 3 1 on yksikkö, mutta sivuluokka (x 1) + x 3 1 ei ole. Ratkaisu: Merkitään I = x 3 1. Ratkaiseva havainto on, että x 3 + I = 1 + I, koska x 3 1 I. Tämän seurauksena (kerro tämä yhtälö x:n potenssilla) x 4 + I = x + I, x 5 + I = x 2 + I x 6 + I = x 3 + I = 1 + I jne. Erityisesti siis (x + I)(x 2 + I) = x 3 + I = 1 + I, 30 / 32

31 joten alkion x + I käänteisalkio on (x + I) 1 = x 2 + I. Huomasimme, että x 3 ja korkeammat potenssit voidaan korvata tekijärenkaassa matalammilla potensseilla. Jokainen tekijärenkaan alkio on siis muotoa a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + I. Toisaalta mikään toisen asteen polynomi ei kuulu ihanteeseen I, joten joka sivuluokassa on vain yksi toisen asteen polynomi, jota käytämme sivuluokan edustajana. Nyt (x 1 + I)(a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + I) = a 0 + (a 1 a 0 )x + (a 2 a 1 )x 2 + a 2 x 3 + I = (a 2 a 0 ) + (a 1 a 0 )x + (a 2 a 1 )x 2 + I. 31 / 32

32 Jotta tämä olisi = 1 + I, on siis oltava a 2 a 0 = 1, a 1 a 0 = 0, a 2 a 1 = 0. Kaksi jälkimmäistä yhtälöä antavat a 2 = a 1 = a 0, mikä on ristiriidassa ensimmäisen yhtälön kanssa. Siis kertomalla alkiota (x 1) + I millä tahansa renkaan R alkiolla ei tulokseksi saada alkiota 1 R. Näin ollen kyseinen alkio ei ole renkaan R yksikkö. Jatkossa näemme, että tässä ongelmana oli se, että polynomeilla x 1 ja x 3 1 on yhteinen tekijä x / 32