Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση 1. Εστω (R, +, ) µια τριάδα η οποία ικανοποιεί όλα τα αξιώµατα του ορισµού δακτυλίου µε µονάδα, εκτός από την µεταθετικότητα της πρόσθεσης. Να δείξετε οτι ισχύει η µεταθετικότητα της πρόσθεσης και η τριάδα (R, +, ) είναι ένας δακτύλιος. Λύση. Εστω a, b R. Θα δείξουµε ότι : a + b b + a. Χρησιµοποιώντας την επιµεριστική ιδιότητα του πολλαπλασιασµού ως προς την πρόσθεση του R, υπολογίζουµε µε δύο τρόπους το γινόµενο : (a + 1 R )(b + 1 R ): (a + 1 R )(b + 1 R ) a(b + 1 R ) + 1 R (b + 1 R ) ab + a1 R + 1 R b + 1 R 1 R ab + a + b + 1 R (a + 1 R )(b + 1 R ) (a + 1 R )b + (a + 1 R )1 R ab + 1 R b + a1 R + 1 R 1 R ab + b + a + 1 R Χρησιµοποιώντας τον νόµο της διαγραφής στην οµάδα (R, +), ϐλέπουµε άµεσα ότι ϑα έχουµε : a, b R : a + b b + a Σχόλιο. Αν στην Άσκηση 1 για την τριάδα (R, +, ) δεν απαιτήσουµε την ύπαρξη µονάδας, τότε το συµπέρασµα της Άσκησης δεν ισχύει. Πράγµατι, έστω (R, +) µια (προσθετική) µη-αβελιανή οµάδα µε παραπάνω από ένα στοιχεία, για παράδειγµα η συµµετρική οµάδα S 3 τάξης 6. Ορίζουµε πράξη πολλαπλασιασµού ως εξής : r s 0 R, r, s R. Τότε η τριάδα (R, +, ) ικανοποιεί όλα τα αξιώµατα του ορισµού δακτυλίου χωρίς µονάδα (αν υπάρχει µονάδα 1 R, τότε 1 R 1 R 1 R 0 R και εποµένως R {0 R } το οποίο είναι άτοπο διότι R > 1), εκτός από την µεταθετικότητα της πρόσθεσης. Η τελευταία ιδιότητα δεν είναι δυνατόν να ισχύει, διότι η οµάδα R δεν είναι αβελίανή. Η παραπάνω ανάλυση δείχνει ότι κάθε αβελιανή οµάδα R µπορεί να ϑεωρηθεί ως δακτύλιος (χωρίς µονάδα αν R > 1) µε τετριµµένο πολλαπλασιασµό. Υπενθύµιση για υποδακτυλίους : υποδακτύλιος του R αν : (1) x, y S: x y S. (2) x, y S: xy S. Ενα µη-κενό υποσύνολο S R ενός δακτυλίου R, καλείται Αν S είναι ένας υποδακτύλιος του R, τότε επειδή το S είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού του R, οι πράξεις επάγουν πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού επί του S, και µε αυτές τις πράξεις το σύνολο S είναι ένας δακτύλιος. Επισηµαίνουµε κάποιες χρήσιµες πληροφορίες για υποδακτυλίους :

2 (1) Ενας δακτύλιος µε µονάδα R µπορεί να έχει υποδακτυλίους S µε µονάδα διαφορετική από την µονάδα του R: Πράγµατι ο δακτύλιος R M 2 (Z) έχει µονάδα τον πίνακα 1 0 I 2 0 1 και το υποσύνολο S { a 0 M 0 0 2 (Z) a Z } είναι ένας υποδακτύλιος του R µε µονάδα τον πίνακα 1 0 I 0 0 2 (2) Ενας δακτύλιος µε µονάδα R µπορεί να έχει υποδακτυλίους S χωρίς µονάδα: Πράγµατι ο δακτύλιος Z έχει µονάδα, και το υποσύνολο 2Z είναι υποδακτύλιος του Z ο οποίος δεν έχει µονάδα. (3) Ενας δακτύλιος χωρίς µονάδα R µπορεί να έχει υποδακτυλίους S µε µονάδα: Πράγµατι ο δακτύλιος R { a b M 0 0 2 (Z) a, b Z } δεν έχει µονάδα, και το υποσύνολο S { a 0 0 0 M 2 (Z) a Z } είναι ένας υποδακτύλιος του R µε µονάδα τον πίνακα 1 0. 0 0 Ασκηση 2. Ποια από τα επόµενα σύνολα µαζί µε τις αναφερόµενες πράξεις αποτελούν δακτύλιους; (1) R {a + b 3 a, b Z} µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πραγµατικών αριθµών (2) R {a + bi a, b Q}, όπου i 2 1, µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού {( µιγαδικών ) αριθµών } a b (3) R a, b R µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού 0 a πινάκων { } a b (4) R a, b R µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού b a πινάκων (5) R {A M 2 2 (R) det A 0} µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πινάκων (6) R {m/n Q n περιττός } µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού ϱητών αριθµών (7) R {ri r R}, όπου i 2 1, µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού µιγαδικών αριθµών

Λύση. (1) Το σύνολο R {a + b 3 a, b Z} είναι ένα µη κενό υποσύνολο του σώµατος R των πραγµατικών αριθµών και εύκολα ϐλέπουµε ότι το R είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού. Εποµένως το σύνολο R είναι υποδακτύλιος του R και εποµένως είναι δακτύλιος. (2) Το σύνολο R {a + bi a, b Q}, είναι ένα µη-κενό υποσύνολο του σώµατος C των µιγαδικών αριθµών και εύκολα ϐλέπουµε ότι το R είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού. Εποµένως {( το σύνολο ) R είναι } υποδακτύλιος του C και εποµένως είναι δακτύλιος. a b (3) Το σύνολο R a, b R είναι ένα µη-κενό υποσύνολο του δακτυλίου M 0 a 2 (R) των 2 2 πινάκων µε στοιχεία πραγµατικούς αριθµούς και εύκολα ϐλέπουµε ότι το R είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πινάκων. Εποµένως το σύνολο R είναι υποδακτύλιος του{( M 2 (R) και ) εποµένως } είναι δακτύλιος. a b (4) Το σύνολο R a, b R είναι ένα µη-κενό υποσύνολο του δακτυλίου M b a 2 (R) των 2 2 πινάκων µε στοιχεία πραγµατικούς αριθµούς και εύκολα ϐλέπουµε ότι το R είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πινάκων. Εποµένως το σύνολο R είναι υποδακτύλιος του M 2 (R) και εποµένως είναι δακτύλιος. (5) Το σύνολο R {A M 2 (R) det A 0} µαζί µε τις συνήθεις πράξεις ( πρόσθεσης ) ( και ) 1 0 0 0 πολλαπλασιασµού πινάκων δεν είναι δακτύλιος, διότι, π.χ., οι πίνακες και 0 0 0 1 1 0 ανήκουν στο σύνολο R αλλά το άθροισµά τους είναι ο πίνακας ο οποίος δεν ανήκει στο 0 1 υποσύνολο R. (6) Το σύνολο R {m/n Q n περιττός } είναι ένα µη κενό υποσύνολο του σώµατος Q των ϱητών αριθµών και εύκολα ϐλέπουµε ότι το R είναι κλειστό στις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού. Εποµένως το σύνολο R είναι υποδακτύλιος του Q και εποµένως είναι δακτύλιος. (7) Το σύνολο R {ri r R}, µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού µιγαδικών αριθµών δεν είναι δακτύλιος διότι, π.χ., ο µιγαδικός αριθµός i ανήκει στο R αλλά ii i 2 1 / R (ο µόνος πραγµατικός αριθµός ο οποίος ανήκει στο R είναι το 0). 3 { } u v Ασκηση 3. Να δειχθεί ότι το σύνολο H u, v C M v u 2 (C) µαζί µε τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πινάκων αποτελεί έναν δακτύλιο διαίρεσης. Ο δακτύλιος H καλείται δακτύλιος διαίρεσης των τετρανίων του Hamilton. Λύση. Εύκολα ϐλέπουµε ότι το υποσύνολο H του δακτυλίου M 2 (C) των 2 2 πινάκων µιγαδικών αριθµών είναι κλειστό τσις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασµού πινάκων. Εποµένως το σύνολο H είναι υποδακτύλιος του δακτυλίου( M 2 (C) ) και άρα είναι δακτύλιος. Επιπλέον ο δακτύλιος H έχει 1 0 µονάδα τον µοναδιαίο 2 2 πίνακα ο οποίος προφανώς ανήκει στο H. Μένει να δείξουµε ότι 0 1 κάθε µη-µηδενικό στοιχείο z w 0 A Z(H) w z είναι αντιστρέψιµο. Επειδή ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος ως στοιχείο του δακτυλίου M 2 (C) αν και µόνον αν η ορίζουσα det(a) 0, για να δείξουµε ότι ο µη-µηδενικός πίνακας A είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του δακτυλίου H, αρκεί να δείξουµε διαδοχικά ότι : (1) det A 0, οπότε υπάρχει ο πίνακας A 1 M 2 (C), και

4 (2) Ο πίνακας A 1 ανήκει στο H. Υπολογίζοντας την ορίζουσα του πίνακα A ϐλέπουµε z w det zz + ww z w z 2 + w 2 και άρα det A 0 αν και µόνον αν z 2 + w 2 0 αν και µόνον αν z w 0 αν και µόνον αν A 0. Εποµένως, επειδή A 0, ϑα έχουµε ότι πράγµατι det A 0. Εποµένως υπάρχει ο αντίστροφος πίνακας A 1, ο οποίος όπως µπορούµε να υπολογίσουµε εύκολα είναι : A 1 1 z w z 2 + w 2 w z Ο πίνακας A 1 προφανώς ανήκει στον υποδακτύλιο H. Εποµένως δείξαµε ότι κάθε µη-µηδενικό στοιχείο του H είναι αντιστρέψιµο, και άρα ο δακτύλιος H είναι δακτύλιος διαίρεσης. Ο δακτύλιος διαίρεσης H δεν είναι σώµα διότι δεν είναι µεταθετικός, πχ. οι πίνακες i 0 0 i και ανήκουν στο H αλλά 0 i i 0 i 0 0 i 0 1 0 1 0 i i 0 0 i i 0 1 0 1 0 i 0 0 i Σχόλιο. Στον ορισµό του δακτυλίου H των τετρανίων του Hamilton, { } u v H u, v C M v u 2 (C) µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε 4 4 πίνακες πραγµατικών αριθµών, και τότε µπορούµε να ταυτίσου- µε : a b c d H b a d c c d a b a, b, c, d R M 4 (C) d c b a a b όπου χρησιµοποιήσαµε την ταύτιση του µιγαδικού αριθµού a + bi µε τον 2 2 πίνακα και b a c d την ταύτιση του µιγαδικού αριθµού c + di µε τον 2 2 πίνακα. Επιπλέον ϑέτοντας d c 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 I 4 0 1 0 0 0 0 1 0, I 1 0 0 0 0 0 0 1, J 0 0 0 1 1 0 0 0, K 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 έπεται ότι : H { } ai 4 + bi + cj + dk a, b, c, d R M 4 (R)

5 Σχόλιο. Αν στον ορισµό του δακτυλίου H των τετρανίων του Hamilton στο παραπάνω σχόλιο όπου χρησιµοποιήσαµε 4 4 πίνακες πραγµατικών αριθµών, χρησιµοποιήσουµε το πεπερασµένο σώµα Z p, p: πρώτος, αντί του σώµατος των πραγµατικών αριθµών R, αποκτούµε έναν µη-µεταθετικό δακτύλιο µε µονάδα } H(Z p ) {ai 4 + bi + cj + dk a, b, c, d Z p M 4 (Z p ) ο οποίος έχει p 4 στοιχεία, και τα µόνα του ιδεώδη (έννοια την οποία ϑα συναντήσουµε στα επόµενα Κεφάλαια) είναι τα τετριµµένα : {0} και H(Z p ). Οµως σε αντίθεση µε τον δακτύλιο H των τετρανίων του Hamilton, ο δακτύλιος H(Z p ) δεν είναι δακτύλιος διαίρεσης. Αν ο δακτύλιος H(Z p ) ήταν δακτύλιος διαίρεσης, τότε επειδή το σύνολο H(Z p ) είναι πεπερασµένο, σύµφωνα µε ένα (δύσκολο) Θεώρηµα το οποίο οφείλεται στον Wedderburn (κά- ϑε πεπερασµένος δακτύλιος διαίρεσης είναι µεταθετικός, και άρα σώµα), ο δακτύλιος H(Z p ) ϑα ήταν µεταθετικός το οποίο είναι άτοπο. Μπορείτε να αποδείξετε, χωρίς τη χρήση του ϑεωρήµατος του Wedderburn, ότι ο δακτύλιος H(Z p ) δεν είναι δακτύλιος διαίρεσης ; Σύµφωνα µε την Άσκηση 15, αρκεί να δειχθεί ότι ο δακτύλιος H(Z p ) δεν έχει διαιρέτες τηου µηδενός. Ασκηση 4. Εστω ότι (R, +, ) είναι ένας δακτύλιος και ότι Z(R) είναι το υποσύνολο {r R r x x r, x R}. Να δειχθεί ότι το Z(R) αποτελεί έναν υποδακτύλιο του R. Ο υποδακτύλιος Z(R) καλείται κέντρο του δακτυλίου R. Λύση. Επειδή x0 R 0 R x0 R, x R, έπεται ότι 0 R Z(R) και ιδιαίτερα Z(R). Εστω r 1, r 2 Z(R), και x R. Τότε ϑα έχουµε : (1) (2) (r 1 r 2 )x r 1 x r 2 x xr 1 xr 2 x(r 1 r 2 ) r 1 r 2 Z(R) (r 1 r 2 )x r 1 (r 2 x) r 1 (xr 2 ) (r 1 x)r 2 (xr 1 )r 2 x(r 1 r 2 ) r 1 r 2 Z(R) Εποµένως το υποσύνολο Z(R) είναι ένας υποδακτύλιος του R. Σηµειώνουµε ότι αν ο δακτύλιος R έχει µονάδα, τότε επειδή 1 R x x x1 R, x R, ϑα έχουµε ότι 1 R Z(R). Ετσι ο υποδακτύλιος Z(R) έχει µονάδα, την µονάδα του δακτυλίου R: 1 Z(R) 1 R. Ασκηση 5. Να υπολογιστεί το κέντρο Z(H) του δακτυλίου των τετρανίων του Hamilton. Λύση. Εστω 1 1 Επειδή H, ϑα έχουµε : 1 1 ( z w 1 1 1 1 w z 1 1 1 1 z w A Z(H) w z ) ( z w w z Η παραπάνω ισότητα πινάκων δίνει άµεσα ότι : ) z + w z + w z + w w z w + z w + z z w w + z w w και z z z a R και w b R

6 Εποµένως : z w a b A M w z b a 2 (R) i 0 Από την άλλη πλευρά, επειδή H, ϑα έχουµε : 0 i a b i 0 i 0 a b ai bi ia bi b a 0 i 0 i b a bi ai bi ai bi bi b 0 και εποµένως z w a 0 A, a R w z 0 a z w a 0 Άρα αν ο πίνακας A ανήκει στο κέντρο Z(H), τότε A, για κάποιο a R. w z 0 a a 0 Αντίστροφα αν A H, a R, τότε εύκολα ϐλέπουµε ότι A Z(H). 0 a Άρα : Z(H) { } { } a 0 1 0 a R a a R 0 a 0 1 Ασκηση 6. Να προσδιοριστούν όλοι οι διαιρέτες του µηδενός των επόµενων δακτυλίων : (1). Z 4, (2). Z 8, (3). Z 11, (4). Z 2 Z 2. Λύση. (1) Υπενθυµίζουµε ότι ένα στοιχείο [k] n Z n είναι διαιρέτης του µηδενός αν και µόνον αν (k, n) > 1. (Το µηδενικό στοιχείο ενός δακτυλίου δεν ϑεωρείται διαρέτης του µηδενός). Ετσι για τους δακτυλίους Z 4, Z 8, και Z 11, ϑα έχουµε : (α ) 1 k 3 και (k, 4) > 1 k 2. Άρα ο µόνος διαιρέτης του µηδενός στον δακτύλιο Z 4 είναι το στοιχείο [2] 4. (ϐ ) 1 k 8 και (k, 8) > 1 k 2, 4, 6. Άρα οι διαιρέτες το µηδενός στον δακτύλιο Z 8 είναι τα στοιχεία [2] 8, [4] 8, [6] 8. (γ ) 1 k 11 και (k, 11) > 1. Προφανώς κανένα στοιχείο του δακτυλίου Z 11 δεν είναι διαιρέτης του µηδενός. (2) Για τον δακτύλιο Z 2 Z 2, προφανώς οι διαιρέτες του µηδενός είναι τα στοιχεία : ([1] 2, [0] 2 ) και ([0] 2, [1] 2 ). Ασκηση 7. (1) Αν R είναι ένας δακτύλιος µε µονάδα και για κάθε r R ισχύει r 2 r, να δείξετε ότι ο R είναι µεταθετικός. ( Ενας δακτύλιος για τον οποίο ισχύει r 2 r, για κάθε r R, καλείται δακτύλιος του Boole). (2) Αν R είναι ένας δακτύλιος µε µονάδα και για κάθε r R ισχύει r 3 r, να δείξετε ότι ο R είναι µεταθετικός.

7 Λύση. (1) Εστω r R. Θα δείξουµε πρώτα ότι, r R: r + r 0 R ή ισοδύναµα : r r. (r + r) 2 r + r (r + r)(r + r) r + r r 2 + r 2 + r 2 + r 2 r + r r + r + r + r r + r Εποµένως από την τελευταία σχέση, µε χρήση του Νόµου ιαγραφής στην οµάδα (R, +), ϑα έχουµε : r R : r + r 0 R ή ισοδύναµα r r ( ) Εστω τώρα r, s R. Θα έχουµε : (r +s) 2 r +s (r +s)(r +s) r+s r 2 +rs+sr+s 2 r +s r +rs+sr+s r +s Εποµένως από την τελευταία σχέση, µε χρήση του Νόµου ιαγραφής στην οµάδα (R, +), ϑα έχουµε : r, s R : rs + sr 0 R ή ισοδύναµα rs sr ( ) Συνδυάζοντας τις σχέσεις ( ) και ( ), ϑα έχουµε : r, s R : rs sr δηλαδή ο δακτύλιος R είναι µεταθετικός Σχόλιο : Παρατηρούµε ότι στην παραπάνω απόδειξη δεν χρησιµοποιήσαµε πουθενά ότι ο δακτύλιος R έχει µονάδα. Ετσι η συνεπαγωγή r R : r 2 r r, s R : rs sr ισχύει και για δακτυλίους οι οποίοι δεν έχουν απαραίτητα µονάδα. Αυτό το συµπέρασµα ϑα µας ϕανεί χρήσιµο στο δεύτερο µέρος της Άσκησης. (2) Για κάθε x R έχουµε x 3 x. Συνεπώς : (x + x) 3 (x + x) x 3 + 3x 2 x + 3xx 2 + x 3 x + x x 3 + 3x 3 + 3x 3 + x 3 x + x 8x 3 2x 8x 2x Με χρήση του Νόµου διαγραφής στην αβελιανή οµάδα (R, +) ϑα έχουµε : x R : 6x 0 R (a) Χρησιµοποιώντας την ευκόλως αποδεικνυόµενη ταυτότητα σε τυχόντα δακτύλιο R: ϑα έχουµε : a, b R : (a b) 3 a 3 a 2 b aba + ab 2 ba 2 + bab + b 2 a b 3 (x 2 x) 3 x 6 x 5 x 5 + x 4 x 5 + x 4 x 3 x 6 3x 5 + 3x 4 x 3 (x 2 ) 3 3x 3 x 2 + 2x 3 x x 3 x 2 3xx 2 + 3xx x x 2 3x 3 + 2x 2 x x 2 3x + 3x 2 x 4x 2 4x Οµως από την υπόθεση έχουµε : (x 2 x) 3 x 2 x 4x 2 4x x 2 x και εποµένως από τον Νόµο ιαγραφής στην αβελιανή οµάδα (R, +) ϑα έχουµε : Θεωρούµε το σύνολο Τότε x, y R, ϑα έχουµε : και x R : 3x 2 3x (b) S { 3x x R } 3x + 3y 3(x + y) S (c 1 ) (3x)(3y) (x + x + x)(y + y + y) xy + xy + xy + xy + xy + xy + xy + xy + xy 9xy 6xy + 3xy

8 Επειδή από τη σχέση (α) έχουµε 6x 0 R, x R, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι : (3x)(3y) 3xy S (c 2 ) Οι σχέσεις (c 1 ) και (c 2 ) δίνουν ότι το υποσύνολο S είναι ένας υποδακτύλιος του R. Επιπρόσθετα, χρησιµοποιώντας τις σχέσεις (a), (b), και (c 2 ), για κάθε z 3x S ϑα έχουµε z 2 (3x)(3x) 9x 2 3x 2 3x z Εποµένως σύµφωνα µε το πρώτο µέρος της Άσκησης, ο υποδακτύλιος S, ο οποίος δεν έχει απαραίτητα µονάδα, είναι µεταθετικός. Συνεπώς ϑα έχουµε : x, y R : (3x)(3y) (3y)(3x) 9xy 9yx 6xy + 3xy 6yx + 3yx Επειδή από τη σχέση (a) ισχύει : 6x 0 R, x R, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι 3xy 3yx (d) Εργαζόµενοι όπως παραπάνω, αναπτύσσοντας τη σχέση (x + y) 3 x + y, µετά από αναγωγές οµοίων όρων, ϑα έχουµε ότι xy 2 + x 2 y + xyx + yx 2 + yxy + y 2 x 0 (e) και παρόµοια από την σχέση (x y) 3 x y ϑα έχουµε ότι xy 2 x 2 y xyx yx 2 + yxy + y 2 x 0 (f) Προσθέτοντας τις σχέσεις (e) και (f), παίρνουµε την εξής σχέση : 2xy 2 + 2yxy + 2y 2 x 0 (g) Πολλαπλασιάζουµε τη σχέση (g) πρώτα από αριστερά µε y και µετά από δεξιά µε y, και χρησιµοποιώντας ότι y 3 y, ϑα έχουµε τις σχέσεις 2xy + 2yxy 2 + 2y 2 xy 0 (h 1 ) Αφαιρώντας από την σχέση (h 1 ) την (h 2 ), ϑα έχουµε : 2yxy 2 + 2y 2 xy + 2yx 0. (h 2 ) 2xy 2yx (i) Τέλος αφαιρώντας την τελευταία σχέση από την (d), ϑα έχουµε, x, y R: xy yx Εποµένως ο δακτύλιος R είναι µεταθετικός. Ασκηση 8. Εστω (R, +, ) ένας δακτύλιος µε τουλάχιστον δύο στοιχεία και ο οποίος ικανοποιεί την επιπλέον ιδιότητα ότι για κάθε a R, a 0, υπάρχει ένα µοναδικό στοιχείο b R έτσι ώστε aba a. Να δειχθεί ότι : (1) ο R δεν διαθέτει διαιρέτες του µηδενός. (2) bab b.

9 Λύση. (3) ο R διαθέτει µοναδιαίο στοιχείο. (4) ο R είναι δακτύλιος διαίρεσης. (1) Εστω a, c R έτσι ώστε ac 0 R. Θα δείξουµε ότι : a 0 R ή c 0 R. Υποθέτουµε ότι a 0 R. Εστω b R το µοναδικό στοιχείο του δακτυλίου R έτσι ώστε aba a. Τότε ϑα έχουµε : a(b + c)a aba + aca aba + 0 R a(b + c)a aba a(b + c)a a Λόγω µοναδικότητας του στοιχείου b έτσι ώστε aba a, ϑα έχουµε b b + c και εποµένως από τον Νόµο ιαγραφής, έπεται ότι c 0 R. Παρόµοια δείχνουµε ότι αν c 0 R, τότε a 0 R. Άρα ο R δεν έχει διαιρέτες του µηδενός. (2) Επειδή, από το (1), ο R δεν έχει διαιρέτες του µηδενός, από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ϑα ισχύουν οι Νόµοι της ιαγραφής στον R. Εποµένως για κάθε a R, a 0 R, ϑα έχουµε : aba a baba ba bab b (3) Θα δείξουµε ότι ο R έχει µοναδιαίο στοιχείο και µάλιστα αυτό είναι το στοιχείο ab, όπου 0 R a R και b R το µοναδικό στοιχείο έτσι ώστε : aba a. Εστω c R. Επειδή aba a, έπεται ότι ca caba και άρα c c(ab) ( ) Επειδή από το (2) έχουµε b bab, έπεται ότι bc babc και άρα c (ab) ( ) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) έχουµε ότι (ab)c c c(ab), c R και άρα το ab R είναι το µοναδιαίο στοιχείο του R. (4) Εστω a 0. Τότε, επειδή aba a και λόγω του προηγούµενου ερωτήµατος (3) έπεται ότι ab 1 R, δηλαδή το στοιχείο b είναι ένα δεξιά αντίστροφο στοιχείο του a. Σηµειώνουµε ότι a, b 0 R, διότι διαφορετικά ϑα έχουµε 1 R 0 R και τότε ο R έχει µόνο ένα στοιχείο : R {0 R } το οποίο είναι άτοπο, διότι R > 1. Επίσης χρησιµοποιώντας τον Νόµο ιαγραφής (διότι a, b 0 R ), έχουµε : ab 1 R ab abab 1 R b b bab 1 R ba και άρα δείξαµε ότι ab 1 R ba, δηλαδή το στοιχείο a 0 R είναι αντιστρέψιµο και a 1 b είναι το αντίστροφό του. Συνεπώς κάθε µη-µηδενικό στοιχείο του R είναι αντιστρέψιµο και άρα ο δακτύλιος R είναι δακτύλιος διαίρεσης. Ασκηση 9. Να προσδιοριστούν τα αντιστρέψιµα στοιχεία των επόµενων δακτυλίων: (1). Z 10, (2). Z 2 Z 4, (3). Z[i], όπου i 2 1, (4). Z Z, (5). H. Λύση. Συµβολίζουµε µε U(R) την οµάδα των αντιστρεψίµων στοιχείων ενός δακτυλίου µε µοναδα R. (1) Ως γνωστόν ένα στοιχείο [k] n Z n είναι αντιστρέψιµο αν και µόνον αν (k, n) 1. Άρα για n 10 ϑα έχουµε : U(Z 10 ) { [1] 10, [3] 10, [7] 10, [9] 10 }

10 (2) Εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑα έχουµε U(Z 2 Z 4 ) { ([1] 2, [1] 4 ), ([1] 2, [3] 4 ) } Γενικά ισχύει ότι αν R 1 R 2 είναι το ευθύ γινόµενο δύο δακτυλίων µε µονάδα, τότε εύκολα προκύπτει ότι : U(R 1 R 2 ) U(R 1 ) U(R 2 ) Επειδή U(Z 2 ) {[1] 2 } και U(Z 4 ) {[1] 4, [3] 4 }, έπεται πάλι ότι U(Z 2 Z 4 ) { ([1] 2, [1] 4 ), ([1] 2, [3] 4 ) }. (3) Εστω a + bi U(Z[i]). Τότε υπάρχει στοιχείο c + di Z[i] έτσι ώστε : (a + bi)(c + di) 1 Επειδή κάθε στοιχείο a + bi του δακτυλίου Z[i] είναι ιδιαίτερα ένας µιγαδικός αριθµός, µπο- ϱούµε να ϑεωρήσουµε το µέτρο του a + bi (a + bi)(a bi) a 2 + b 2. Ως γνωστόν ισχύει : Εποµένως (a + bi) (c + di) a + bi c + di (a + bi)(c + di) 1 (a + bi) (c + di) a + bi c + di 1 (a 2 + b 2 ) (c 2 + d 2 ) 1 Επειδή αναζητούµε ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (a 2 +b 2 ) (c 2 +d 2 ) 1, προφανώς ϑα έχουµε ότι το στοιχείο a + bi είναι της µορφής 1 + 0i 1, 1 + 0i 1, 0 + 1i i, 0 1i i Αντίστροφα τα στοιχεία ±1, ±i είναι προφανώς αντιστρέψιµα στοιχεία του δακτυλίου Z[i]. Συνοψίζουµε : U(Z[i]) {1, 1, i, i} (4) Θα έχουµε : (n, m) U(Z Z) (k, l) Z Z : (n, m)(k, l) (1, 1) (k, l) Z Z : (nk, ml) (1, 1) Εποµένως : n ±1 και m ±1 U(Z Z) { (1, 1), (1, 1), ( 1, 1), ( 1, 1) } ιαφορετικά : U(Z Z) U(Z) U(Z) {1, 1} {1, 1} { (1, 1), (1, 1), ( 1, 1), ( 1, 1) }. (5) Τέλος ϑα έχουµε U(H) H διότι ο δακτύλιος H είναι δακτύλιος διαίρεσης, και άρα τα αντιστρέψιµα στοιχεία του είναι τα µη-µηδενικά στοιχεία του. Ασκηση 10. Ποιοι από τους επόµενους δακτύλιους είναι σώµατα; (1). Z[i], (2). Q Q, (3.) Z 13. Λύση. (1) Ο δακτύλιος Z[i] είναι µια ακέραια περιοχή η οποία δεν είναι σώµα διότι διαφορετικά κάθε µη-µηδενικό στοιχείο του ϑα ήταν αντιστρέψιµο. Σύµφωνα µε την προηγούµενη Άσκηση 9, τα µόνα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z[i] είναι τα ±1, ±i. Άρα ο δακτύλιος Z[i] δεν είναι σώµα. (2) Ο δακτύλιος Q Q δεν είναι ακέραια περιοχή διότι έχει διαιρέτες του µηδενός, π.χ. τα µη- µηδενικά στοιχεία (1, 0) και (0, 1) τα οποία ικανοποιούν τη σχέση (1, 0)(0, 1) (0, 0). Εποµένως ο δακτύλιος Q Q δεν είναι σώµα.

11 (3) Επειδή ο δακτύλιος Z n είναι σώµα (αν και µόνον αν ο δακτύλιος Z n είναι ακέραια περιοχή) αν και µόνον αν n είναι πρώτος, έπεται ότι ο δακτύλιος Z 13 είναι σώµα. Ασκηση 11. Ποια είναι η χαρακτηριστική των επόµενων δακτυλίων; (1). Z 10 Z 8, (2). C, (3.) Z Z, (4). H, (5). Z 2 Z Z 3. Λύση. (1) Εστω ότι υπάρχει k 1 έτσι ώστε k1 Z10 Z 8 0 Z10 Z 8. Τότε : ([0] 10, [0] 8 ) 0 Z10 Z 8 k1 Z10 Z 8 k([1] 10, [1] 8 ) (k[1] 10, k[1] 8 ) ([k] 10, [k] 8 ) και εποµένως : [k] 10 [0] 10 και [k] 8 [0] 8 10 k και 8 k 40 [10, 8] k k 40 t, t 1 Αντίστροφα αν k 40 t 10(4 t) 8(5 t), t 1, τότε προφανώς [k] 10 [0] 10 και [k] 8 [0] 8, και τότε ϑα έχουµε k([1] 10, [1] 8 ) ([0] 10, [0] 8 ). Επειδή ο αριθµός k 40 είναι ο µικρότερος ϕυσικός µε αυτή την ιδιότητα, ϑα έχουµε : (2) Προφανώς char(z 10 Z 8 ) 40 char(c) 0 διότι δεν υπάρχει ϕυσικός n 1 έτσι ώστε nz 0, z C. (3) Προφανώς char(z Z) 0 διότι δεν υπάρχει ϕυσικός n 1 έτσι ώστε n(k, m) (0, 0), (k, m) Z Z. (4) Προφανώς char(h) 0 διότι δεν υπάρχει ϕυσικός n 1 έτσι ώστε na 0 H, A H. (5) Προφανώς char(z 2 Z Z 3 ) 0 διότι δεν υπάρχει ϕυσικός n 1 έτσι ώστε n([k] 2, l, [m] 3 ) ([0] 2, 0, [0] 3 ), ([k] 2, l, [m] 3 ) Z 2 Z Z 3. Υπενθυµίζουµε ότι µια απεικόνιση f : R S µεταξύ δακτυλίων R και S καλείται οµοµορφισµός δακτυλίων, αν : r, s R : f(r + s) f(r) + f(s) και f(rs) f(r)f(s) Ενας οµοµορφισµός δακτυλίων f : R S καλείται µονοµορφισµός, αντίστοιχα επιµορφισµός, αν η απεικόνιση f είναι 1-1, αντίστοιχα επί. Ο οµοµορφισµός δακτυλίων f καλείται ισοµορφισµός, αν ο f είναι µονοµορφισµός και επιµορφισµός. Ιδιαίτερα κάθε οµοµορφισµός δακτυλίων f : R S είναι οµοµορφισµός αβελιανών οµάδων f : (R, +) (S, +)

12 Ασκηση 12. Να προσδιοριστούν όλοι οι οµοµορφισµοί δακτυλίων φ: R 1 R 2, όπου: (1). R 1 Z, R 2 Z 3, (2). R 1 3Z, R 2 Z, (3). R 1 Z 4, R 2 Z 6, (4.) R 1 Z 6, R 2 Z 10, (5.) R 1 Z 12, R 2 Z 6, (6.) R 1 Q, R 2 Q. Λύση. (1) Εστω φ: Z Z 3, ένας οµοµορφισµός δακτυλίων. Τότε η φ είναι οµοµορφισµός των κυκλικών οµάδων Z 1 και Z 3 [1] 3. Επειδή ένας οµοµορφισµός απο µια κυκλική οµάδα καθορίζεται πλήρως από τις τιµές του στον γεννήτορα της κυκλικής οµάδας, για τον φ ϑα έχουµε τρείς επιλογές : και τότε ϑα έχουµε αντίστοιχα : φ(1) [0] 3 ή φ(1) [1] 3 ή φ(1) [2] 3 n Z : φ(n) [0] 3 ή φ(n) [n] 3 ή φ(n) [2n] 3 Οι δύο πρώτες επιλογές είναι ο µηδενικός οµοµορφισµός και ο ϕυσικός επιµορφισµός αντίστοιχα, και είναι προφανώς και οι δύο οµοµορφισµοί δακτυλίων. Η τελευταία επιλογή φ(n) [2n] 3 δεν είναι οµοµορφισµός δακτυλίων διότι διαφορετικά ϑα είχαµε : φ(4) φ(2 2) φ(2)φ(2) [2 4] 3 [2 2] 3 [2 2] 3 [8] 3 [4] 3 [4] 3 [2] 3 [1] 3 [1] 3 [2] 3 [1] 3 3 2 1 3 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα υπάρχουνε δύο οµοµορφισµοί δακτυλίων Z Z 3 : φ(n) [0] 3 και φ(n) [n] 3 (2) Εστω φ: 3Z Z, ένας οµοµορφισµός δακτυλίων. Τότε η φ είναι οµοµορφισµός µεταξύ των κυκλικών οµάδων 3Z 3 και Z 1. Επειδή ένας οµοµορφισµός απο µια κυκλική οµάδα καθορίζεται πλήρως από τις τιµές του στον γεννήτορα της κυκλικής οµάδας, για τον φ ϑα έχουµε Θα πρέπει επίσης να έχουµε : φ(3) k, k Z, και τότε φ(3n) nφ(3) nk φ(3 3) φ(3) φ(3) 3k k k 3k k 2 k(k 3) 0 k 0 ή k 3 Εποµένως ϑα έχουµε, n Z: (α) για k 0: φ(n) 0 (ο µηδενικός οµοµορφισµός), και (β) για k 3: φ(3n) 3n. Από το Θεώρηµα 14.13 των Θεωρητικών Θεµάτων, έπεται ότι η οµάδα Hom(Z n, Z m ) των οµοµορφισµών οµάδων Z n Z m είναι ισόµορφη µε την κυκλική οµάδα Z (n,m). (3) Επειδή (4, 6) 2, ϑα έχουµε ότι υπάρχουν δύο οµοµορφισµοί οµάδων Z 4 Z 6. Ο πρώτος είναι ο µηδενικός οµοµορφισµός φ([k] 4 ) [0] 6 και ο οποίος είναι προφανώς και οµοµορφισµός δακτυλίων, και δεύτερος είναι ο οµοµορφισµός φ([k] 4 ) [3k] 6 ο οποίος εύκολα ϐλέπουµε ότι είναι οµοµορφισµός δακτυλίων. Εποµένως ϑα έχουµε δύο οµοµορφισµούς δακτυλίων, [k] 4 Z 4 : φ([k] 4 ) [0] 6 και φ([k] 4 ) [3k] 6. (4) Επειδή (6, 10) 2, ϑα έχουµε ότι υπάρχουν δύο οµοµορφισµοί οµάδων Z 6 Z 10. Ο πρώτος είναι ο µηδενικός οµοµορφισµός φ([k] 6 ) [0] 6 και ο οποίος είναι προφανώς και οµοµορφισµός δακτυλίων, και δεύτερος είναι ο οµοµορφισµός φ([k] 6 ) [5k] 10 ο οποίος εύκολα ϐλέπουµε ότι είναι οµοµορφισµός δακτυλίων. Εποµένως ϑα έχουµε δύο οµοµορφισµούς δακτυλίων, [k] 6 Z 6 : φ([k] 6 ) [0] 10 και φ([k] 6 ) [5k] 10.

13 (5) Επειδή (12, 6) 6, ϑα έχουµε ότι υπάρχουν έξι οµοµορφισµοί οµάδων Z 12 Z 6, οι οποίοι ορίζονται ως εξής : φ i ([k] 12 ) [ik] 6, 0 i 5. Εύκολα ϐλέπουµε ότι από αυτούς τους έξι οµοµορφισµούς οµάδων, εκείνοι οι οποίοι είναι οµοµορφισµοί δακτυλίων είναι οι φ 0, φ 1, φ 3, και φ 4. (6) Εστω φ: Q Q, ένας οµοµορφισµός δακτυλίων. Τότε : n m Q, m 0 : φ( n m ) φ(n 1 m ) nφ( 1 m ) mφ( n m ) nmφ( 1 m ) Οµως : mφ( n m ) nφ(m 1 m ) nφ(1) φ( n m ) n m φ(1) φ(1) φ(1 1) φ(1) φ(1) φ(1) 2 φ(1) φ(1) 0 ή φ(1) 1 Άρα ϑα έχουµε, r Q: (α) για φ(1) 0: φ(r) 0 (ο µηδενικός οµοµορφισµός), και (β) για φ(1) 1: φ(r) r (ο ταυτοτικός οµοµορφισµός). Ασκηση 13. Εστω R ένας δακτύλιος, όχι απαραίτητα µε µονάδα. Να δείξετε ότι το σύνολο Z R { (n, r) n Z & r R } εφοδιασµένο µε τις πράξεις : (n, r) + (m, s) (n + m, r + s) και (n, r) (m, s) (nm, ns + rm + rs) είναι ένας δακτύλιος µε µονάδα και η απεικόνιση είναι ένας µονοµορφισµός δακτυλίων. f : R Z R, f(r) (0, r) Λύση. Είναι πολύ εύκολο να διαπιστωθεί ότι το σύνολο Z R εφοδιασµένο µε τις παραπάνω πράξεις ικανοποιεί τα αξιώµατα δακτυλίου. Σηµειώνουµε ότι rm συµβολίζει το στοιχείο mr, δηλαδή rm mr r+ +r (m παράγοντες αν m 1), r0 0r 0 R (αν m 0), και rm mr ( r)+ +( r) ( m παράγοντες αν m < 0). Επιπρόσθετα το στοιχείο (1, 0 R ) είναι η µονάδα του δακτυλίου Z R διότι : (n, r) Z R : (n, r)(1, 0 R ) (n1, n0 R + r1 + r0 R ) (n, r) (1, 0 R )(n, r) Η απεικόνιση f : R Z R, f(r) (0, r) είναι οµοµορφισµός διότι : f(r 1 ) + f(r 2 ) (0, r 1 ) + (0, r 2 ) (0, r 1 + r 2 ) f(r 1 + r 2 ) f(r 1 )f(r 2 ) (0, r 1 )(0, r 2 ) (0, 0r 2 + r 1 0 + r 1 r 2 ) (0, r 1 r 2 ) f(r 1 r 2 ) Τέλος ο οµοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός διότι : f(r 1 ) f(r 2 ) (0, r 1 ) (0, r 2 ) r 1 r 2 Ασκηση 14. Θεωρούµε τον δακτύλιο πινάκων M 2 (Z 2 ). (1) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων του δακτυλίου M 2 (Z 2 ). (2) Βρείτε όλα τα αντιστρέψιµα στοιχεία του δακτυλίου M 2 (Z 2 ). (3) Να ϐρεθεί η χαρακτηριστική του δακτυλίου M 2 (Z 2 ).

14 Λύση. Είναι εύκολο να δεί κανείς ότι αν V είναι ένας διανυσµατικός χώρος διάστασης n υπεράνω ενός πεπερασµένου σώµατος Z p, p: πρώτος, τότε V p n. Επειδή ο δακτύλιος M 2 (Z 2 ) είναι διανυσµατικός χώρος υπεράνω του σώµατος Z 2 διάσταση 2 2 4, µε ϐάση τους πίνακες E 11 [1]2 [0] 2, E [0] 2 [0] 12 2 [0]2 [1] 2, E [0] 2 [0] 21 2 [0]2 [0] 2, E [1] 2 [0] 22 2 έπεται ότι το πλήθος των στοιχείων του δακτυλίου M 2 (Z 2 ) είναι 2 4 16. [0]2 [0] 2 [0] 2 [1] 2 Τα αντιστρέψιµα στοιχεία του M 2 (Z 2 ) είναι όλοι οι αντιστρέψιµοι 2 2 πίνακες µε στοιχεία από το σώµα Z 2, δηλαδή όλοι οι πίνακες A M 2 (Z 2 ) έτσι ώστε det(a) [0] 2. Εύκολα ϐλέπουµε ότι οι αντιστρέψιµοι πίνακες είναι οι εξής : [1]2 [0] 2, [0] 2 [1] 2 [1]2 [1] 2, [0] 2 [1] 2 [1]2 [0] 2, [1] 2 [1] 2 [0]2 [1] 2, [1] 2 [0] 2 [1]2 [1] 2, [1] 2 [0] 2 [0]2 [1] 2 [1] 2 [1] 2 Παρατηρώντας ότι 2 [0]2 [1] 2 [1]2 [0 2 [1] 2 [0] 2 [0] 2 [1] 2 και 3 [1]2 [1] 2 [1]2 [0] 2 [1] 2 [0] 2 [0] 2 [1] 2 εύκολα ϐλέπουµε ότι η οµάδα των αντιστρεψίµων στοιχείων του δακτυλίου M 2 (Z 2 ) είναι ισόµορφη µε την συµµετρικη οµάδα S 3 : U ( M 2 (Z 2 ) ) S3 ( Μπορείτε να κατασκευάσετε έναν ισοµορφισµό f : U ( M2 (Z 2 ) ) S 3 ; ) Τέλος αν A a11 a 12 a 21 a 22 M 2 (Z 2 ) τότε επειδή 2a ij 0 Z2, έπεται άµεσα ότι 2A 0 M2 (Z 2 ) και εποµένως : char(m 2 (Z 2 )) 2 Σχόλιο. Γενικότερα το πλήθος των στοιχείων του δακτυλίου M 2 (Z p ), p: πρώτος, είναι p 4 και η τάξη της οµάδας των αντιστρεψίµων στοιχείων του δακτυλίου M 2 (Z p ) είναι : o ( U ( M 2 (Z 2 ) )) (p 2 1)(p 2 p) Μπορείτε να ϐρείτε το πλήθος των στοιχείων του δακτυλίου πινάκων M n (Z p ) υπεράνω του σώµατος Z p και (κυρίως) της οµάδας των αντιστρεψίµων στοιχέιων του U ( M n (Z p ) ) ; Ασκηση 15. Εστω R ένας πεπερασµένος δακτύλιος µε µονάδα. Να δείξετε ότι ο R είναι δακτύλιος διαίρεσης αν και µόνον ο R δεν έχει διαιρέτες του µηδενός. Λύση. Εστω ότι ο R είναι δακτύλιος διαίρεσης. Εστω r, s R έτσι ώστε rs 0. Αν r 0, τότε, επειδή ο R είναι δακτύλιος διαίρεσης, υπάρχει το αντίστροφο r 1 R. Εποµένως r 1 (rs) 0 (r 1 r)s 0 1 R s 0 s 0 Παρόµοια αν s 0, τότε δείχνουµε ότι r 0. Εποµένως ο δακτύλιος R δεν έχει διαιρέτες του µηδενός.

15 Εστω r 0 R και r 0 0. Ορίζουµε απεικόνιση f : R R, f(r) rr 0 Χρησιµοποιώντας ότι r 0 0 R και ότι ο R δεν έχει διαιρέτες του µηδέν, ϑα έχουµε : f(r) f(s) rr 0 sr 0 (r s)r 0 0 R r s και άρα η απεικόνιση f είναι 1-1. Επειδή το σύνολο R είναι πεπερασµένο έπεται ότι η f είναι επί 1. Τότε όµως 1 R f(r) και άρα υπάρχει ακριβώς ένα x R έτσι ώστε : f(x) 1 R, δηλαδή xr 0 1 R Επιπλέον χρησιµοποιώντας ότι η f είναι 1-1, ϑα έχουµε : f(r 0 x) (r 0 x)r 0 r 0 (xr 0 ) r 0 1 R r 0 1 R r 0 f(1 R ) r 0 x 1 R Εποµένως το r 0 είναι αντιστρέψιµο, και άρα ο R είναι δακτύλιος διαίρεσης. Ασκηση 16. Εστω R ένας δακτύλιος µε µονάδα. Αν ένα στοιχείο a R έχει περισσότερα από ένα δεξιά αντίστροφα στοιχεία (δηλαδή στοιχεία a R έτσι ώστε aa 1 R ) τότε να δείξετε ότι το a έχει άπειρα δεξιά αντίστροφα στοιχεία. Λύση. Σταθεροποιούµε ένα στοιχείο a R, και υποθέτουµε ότι το a έχει περισσότερα από ένα δεξιά αντίστροφα στοιχεία. Συµβολίζουµε µε X(a) το σύνολο των δεξιά αντίστροφων στοιχείων του a: X(a) { a R aa 1 R } Τότε X(a) 2. Θα δείξουµε ότι το σύνολο X(a) είναι άπειρο. Αρκεί να δείξουµε ότι υπάρχει 1-1 απεικόνιση από το X(a) στο X(a) η οποία δεν είναι επί (ϐλέπε την υποσηµείωση 1 ). Σταθεροποιούµε ένα στοιχείο a 0 X(a), δηλαδή aa 0 1 R, και ορίζουµε απεικόνιση f : X(a) X(a), f(a ) a a 1 R + a 0 Η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη, δηλαδή f(a ) X(a), a X(a). Πράγµατι : af(a ) a(a a 1 R + a 0 ) a(a a) a1 R + aa 0 (aa )a a + aa 0 1 R a a + 1 R a a + 1 R 1 R Η απεικόνιση f είναι 1-1 διότι : f(a ) f(a ) a a 1 R + a 0 a a 1 R + a 0 a a a a (a a)a (a a)a a (aa ) a (aa ) a 1 R a 1 R a a Η απεικόνιση f δεν είναι επί. Πράγµατικά το στοιχείο a 0 / X(a), διότι διαφορτετικά : a X(a) : f(a ) a 0 a a 1 R + a 0 a 0 a a 1 R 0 R a a 1 R Τότε όµως ϑα έχουµε a a 1 R aa και εποµένως το στοιχείο a είναι αντιστρέψιµο και a a 1. Τότε όµως για κάθε δύο δεξιά αντίστροφα a 1, a 2 X(a) του a, ϑα έχουµε : aa 1 1 R aa 2 a 1 (aa 1 ) a 1 (aa 2 ) (a 1 a)a 1 (a 1 a)a 2 1 R a 1 1 R a 2 a 1 a 2 Εποµένως υπάρχει ακριβώς ένα δεξιά αντίστροφο στοιχείο του a, δηλαδή X(a) 1. όµως είναι άτοπο διότι από την υπόθεση έχουµε X(a) 2. Συµπεραίνουµε ότι η απεικόνιση f δεν είναι επί. Αυτό 1 Χρησιµοποιούµε ότι : αν ένα σύνολο X είναι πεπερασµένο τότε κάθε 1-1 απεικόνιση f : X X είναι επί. Ισοδύναµα, αν σε ένα σύνολο X υπάρχει 1-1 απεικόνιση f : X X η οποία δεν είναι επί, τότε το σύνολο X είναι άπειρο.

16 Εποµένως επειδή κατασκευάσαµε µια 1-1 απεικόνιση επί του συνόλου X(a) η οποία δεν είναι επί, συνάγουµε ότι το σύνολο X(a) είναι άπειρο. Ασκηση 17. Εστω R µια ακέραια περιοχή και υποθέτουµε ότι : nr 0 R, για κάποιο r R, r 0 και κάποιο n Z +, n 0. Να δείξετε ότι : char(r) p για κάποιον πρώτο διαιρέτη p του n. Λύση. Χρησιµοποιώντας την υπόθεση, ϑα έχουµε nr 0 R n(1 R r) 0 R 1 R r + 1 R r 0 R (n παράγοντες) (1 R + + 1 R )r 0 R (n παράγοντες) (n1 R )r 0 R Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή και r 0 R, ϑα έχουµε n1 R 0 R. Αυτό σηµαίνει ότι char(r) <. Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή, γνωρίζουµε ότι char(r) p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός. Θα δείξουµε ότι p n. Θεωρούµε την προσθετική αβελιανή οµάδα (R, +). Επειδή nr 0 R, έπεται ότι κάθε στοιχείο r R έχει πεπερασµένη τάξη και µάλιστα o(r) n. Επειδή char(r) p, έπεται ότι o(r) p, r R, και άρα o(r) 1 ή o(r) p, r R. Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραι περιοχή, έπεται ότι ο R έχει τουλάχιστον δύο στοιχεία, και άρα υπάρχει r 0 R έτσι ώστε o(r) p, και εποµένως p n. Ασκηση 18. Εστω R ένας δακτύλιος µε περισσότερα από ένα στοιχεία. Υποθέτουµε ότι η εξίσωση ax b έχει λύση για κάθε 0 a R και για κάθε b R. Να δείξετε ότι ο δακτύλιος R είναι δακτύλιος διαίρεσης. Λύση. Θα δείξουµε το Ϲητούµενο σε τρία ϐήµατα : (1) Ο δακτύλιος R δεν έχει διαιρέτες του µηδενός. Εστω a, b R έτσι ώστε : ab 0 R. Υποθέτουµε ότι a, b 0 R, και ϑα καταλήξουµε σε άτοπο. Θα έχουµε abx 0 R, x R. Επειδή b 0 R, η εξίσωση bx c έχει λύση για κάθε c R. Εποµένως ϑα έχουµε : ac 0 R, c R ( ) Οµως a 0 R, και άρα η εξίσωση ax a έχει λύση, την οποία συµβολίζουµε µε e: ae a. Θέτοντας c e στη σχέση ( ), ϑα έχουµε a ae 0 R και εποµένως a 0 R το οποίο είναι άτοπο. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι a, b 0 R. Εποµένως είτε a 0 R ή b 0 R και άρα ο δακτύλιος R δεν έχει διαρέτες του µηδενός. (2) Ο δακτύλιος R έχει µονάδα. Επειδή ο δακτύλιος R έχει παραπάνω από ένα στοιχεία, έπεται ότι υπάρχει ένα στοιχείο a R, a 0 R. Τότε όπως παραπάνω, έστω e R η λύση της εξίσωσης ax a. Θα έχουµε ae a aee ae a ae 2 ae a(e 2 e) 0 R Επειδή από το (1) ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή και a 0 R, ϑα έχουµε e 2 e. Προφανώς e 0 R, διότι διαφορετικά ϑα έχουµε a ae a0 R 0 R το οποίο είναι άτοπο διότι a 0 R. Θα δείξουµε ότι το στοιχείο e R είναι η µονάδα του δακτυλίου R. Επειδή ο δακτύλιος R είναι ακέραι περιοχή και e 2 e 0, ϑα έχουµε x R : (xe x)e xe 2 xe xe xe 0 R xe x 0 R xe x x R : e(ex x) e 2 x ex ex ex 0 R ex x 0 R ex x

17 Εποµένως : x R : xe x ex το στοιχείο e R είναι η µονάδα του δακτυλίου την οποία από τώρα συµβολίζουµε µε e 1 R. (3) Ο δακτύλιος R είναι δακτύλιος διαίρεσης. ηλαδή ϑα δείξουµε ότι κάθε µη-µηδενικό στοιχείο a R είναι αντιστρέψιµο. Επειδή a 0 R, η εξίσωση ax 1 R έχει λύση a R: aa 1 R. Επιπρόσθετα ϑα έχουµε a(a a 1 R ) a(a a) a1 R (aa )a a 1 R a a a a 0 R. Επειδή a 0 R και ο δακτύλιος R είναι ακέραια περιοχή, έπεται ότι a a 1 R 0 R και άρα a a 1 R. Ετσι aa 1 R a a και το στοιχείο a είναι αντιστρέψιµο. Εποµένως ο δακτύλιος R είναι δακτύλιος διαίρεσης.