:35pt;line-height:18pt">3.1.3 Факторіальність кільця головних ідеалів

Нашою метою  являється узагальнення на кільці головних ідеалів теореми про існування  й одиничність розкладу елементів  кільця цілих чисел Z на прості множники.

Означення Говорять, що елемент а області цілісності K має однозначний розклад на прості множники, якщо виконуються умови:

(1) існують  у K такі прості елементи р_i, що

 

;

 

(2) якщо - інший розклад, у якому qi – прості елементи K, то m=n і при відповідній нумерації р_i ~ q_i для i=1,…, m.

Означення Кільце називається факторіальним, якщо воно є областю цілісності і всякий відмінний від нуля необоротний елемент кільця має однозначний розклад на прості множники.

Відзначимо, що будь-яке поле є факторіальним  кільцем, тому що не має відмінних  від нуля необоротних елементів.

Теорема Кільце головних ідеалів факторіальне.

Доведення.

Нехай K – кільце головних ідеалів. Нам треба довести, що усякий відмінний від нуля необоротний елемент кільця має розкладання на прості множники. Припустимо, що існує в K необоротний ненульовий елемент а, що нерозкладний на прості множники в Ж. Тоді елемент а є складеним. Отже, його можна подати у вигляді добутку двох власних дільників а=а_ib_i і (a) (a_i)

Принаймні один із множників а_i, b_i, наприклад a₁, не має розкладу на прості множники. Отже, a₁ можна подати у вигляді добутку двох власних множників:

a₁=a₂b₂, (a₁)=(a₂)

і т.д. Таким  чином, існує нескінченний зростаючий ланцюжок

(a)Ì(a₁)Ì(a₂)Ì…

ідеалів кільця K, що неможливо, бо за твердженням зростаючий ланцюжок не може бути нескінченним. Отже, усякий необоротний відмінний від нуля елемент кільця K має розклад на прості множники.

Доведемо  однозначність розкладу на прості множники. Якщо a – простий елемент, то теорема  вірна. Припустимо, що теорема вірна  для елементів, представлених у  вигляді добутку n простих множників, і доведемо, що тоді вона вірна для  елементів, представлених у вигляді  добутку n+1 простих множників. Нехай  дані будь-які два розклади елемента a на прості множники:

a=p₁…p_np_n+1=q₁…q_sq_s+1 (1)

Простий елемент р_n+1 ділить добуток q₁…q_sq_s+1. Отже, він ділить хоча б один із множників q₁…q_sq_s+1, наприклад q_s+1. Так як р_n+1 і q_s+1 – прості, тo q_s+1=up_n+1, де u – оборотний елемент кільця. Скорочуючи обидві частини рівності (1) на р_n+1, маємо

p₁…p_n=q₁… (uq_s).

Отже, по індуктивному припущенню, n=s і при  відповідній нумерації р_i ~ q_i для i=1,…, n. Крім того, р_n+1 ~ п_n+1.

Доведено.

 

Задачі

№1

Довести, що число 4 в кільці Z[ ] неоднозначно розкладається в добуток простих множників.

Доведення.

Знайдемо  спочатку дільники одиниці в Z[ ]. Нехай a+b , c+d – дільники одиниці, a, b, c, d ÎZ. Тоді

(a+b ) (c+d )=1.

Знайдемо  норму обох частин цієї рівності:

Nr (a+b )=(a²+3b²).

Маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=1. (1)

Рівність (1) виконується, якщо

a²+3b²=c²+3d²=1. (2)

Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0, c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[ ] лише 2 дільники одиниці: 1, –1.

Доведемо, що для числа 4 в кільці Z[ ] є два різних розклади в добуток простих множників:

4=2·2=(1+ ) (1– ).

Для цього покажемо, що 2, 1+ , 1– є прості числа в Z[ ], а пари чисел 2, 1+ та 2, 1– не є асоційованими.

Оскільки  в кільці Z[ ] асоційовані числа відрізняються лише знаком, то покажемо, що 2, 1+ , 1– є прості числа в Z[ ].

Якщо 2=(a+b ) (c+d ), то знайшовши норми від обох частин, дістанемо 4= (a²+3b²) (c²+3d²).

Число 4 розкладається в добуток натуральних  чисел двома способами:

4=2·2=1·4.

Якщо a²+3b²=2, то b²<1, тобто b=0. Тоді a²=2, що неможливо для цілого числа a. Отже, a²+3b²=1 або a²+3b²=4. Якщо a²+3b²=1, то a+b – дільник одиниці. Якщо a²+3b²=4, то c²+3d²=1 і c+d – дільник одиниці.

Отже, 2 є просте число в кільці Z[ ]. Оскільки Nr (1± )=4, то аналогічно доводять, що числа 1± є простими.

Отже, число 4 в кільці Z[ ] розкладається на прості множники двома різними способами.

Доведено.

 

 

3.1.4 Евклідові кільця, їх факторіальність

Порівняно з  кільцями головних ідеалів більш  близькими до кільця цілих чисел  за своїми властивостями є кільця, в яких справедлива теорема, що є  аналогом теореми про ділення  з остачею в кільці цілих чисел. Ці кільця називають евклідовими. Вони означаються так:

Означення. Область цілісності R з одиницею називається евклідовим кільцем, якщо існує відображення φ множини відмінних від 0 елементів цієї області цілісності в множину цілих невід'ємних чисел N₀, тобто φ:R\{0}→N₀, яке задовольняє таку вимогу: для будь-яких елементів a, bÎR, b¹0 в R існують такі елементи q і r, що а =bq+r, причому або r= 0, або φ(r)<φ(b).

Кільце цілих чисел Z – евклідове; відображення φ, про яке йде мова в означенні, задається так:

Евклідовим  також є кільце многочленів від  невідомого х з коефіцієнтами  з поля Р.

Теорема 9. Кожне евклідове кільце R є кільцем головних ідеалів.

Доведення.

Нехай U –  довільний ідеал евклідового  кільця R. Якщо U – нульовий ідеал, то U= (0). Припустимо, що ідеал U – відмінний від нульового. Тоді в U є елементи, відмінні від нуля. Серед відмінних від нуля елементів ідеалу U, очевидно, є такий елемент a₀, що φ(a₀) φ(a) для будь-якого ненульового елемента аÎU. За означенням евклідового кільця, для будь-якого елемента аÎU в кільці R існують такі елементи q і r, що a=a₀q+r, причому, якщо r¹ 0, то φ(r)<φ(a₀). Але оскільки r=a-a₀qÎU, то можливість r¹0 виключається і тому r=0. Таким чином, a=a₀q і, отже, U є головний ідеал, породжений елементом а₀.

Доведено.

Наслідок Будь–яке евклідове кільце факторіальне.

Наслідок Кільце Z цілих чисел є кільцем головних ідеалів і, значить, факторіальне.

Оскільки  кожне евклідове кільце є кільцем  головних ідеалів, то для елементів  будь-якого евклідового кільця справедливі  теореми 7 і 8. Зауважимо, що твердження, обернене твердженню 9, неправильне: існують  кільця головних ідеалів, які не є  евклідовими.

Нам уже відомо про існування найбільшого спільного  дільника для будь-яких двох елементів  а і b кільця головних ідеалів R. А тепер поговоримо про те, як же відшукати цей найбільший спільний дільник. Методу, який би давав змогу відшукати найбільший спільний дільник будь-яких двох елементів а і b довільного кільця головних ідеалів R, не існує. В евклідових же кільцях його можна відшукати за допомогою алгоритму Евкліда. Справді, нехай a₀ і a₁ будь-які відмінні від нуля елементи евклідового кільця R і нехай φ(а₀) ³ φ(а₁). Тоді, за означенням евклідового кільця, в R існують такі елементи q_1, a₂, що а₀ = а₁q₁+а₂, причому або а₂ = 0, або φ(а₁) > φ(а₂). Якщо а₂¹ 0, то в R існують такі елементи q₂ і a₃, що a₁ = a₂q₂ +a₃ причому або а₃ = 0 або φ(а₂)>φ(а₃). Якщо а₃ ¹ 0, то в R існують такі елементи q₃ i a₄, що а₂ =а₃q₃+a₄ і т.д.

Оскільки  φ(а₁) > φ(а₂) > φ(а₃) >… > φ(а_s-1) >φ(а_s)>…, то цей процес послідовного ділення не може продовжуватись нескінченно: в противному разі множина цілих невід'ємних чисел φ(а₁) > φ(а₂)>… > φ(а_s) >… не мала б найменшого числа. Отже, через кілька кроків ми дійдемо до ділення з остачею нуль: a_m-1= а_mq_m. Таким чином, ми матимемо рівності

а₀ = а₁q₁+а₂,

a₁ = a₂q₂ +a₃,

а₂ =а₃q₃+a₄,

……………

a_m-3=a_m-2q_m-2+a_m-1,

a_m-2=a_m-1q_m-1+a_m,

a_m-1=a_mq_m+1.

Остання рівність означає, що а_m дільником a_m-1. Оскільки кожен з доданків правої частини передостанньої рівності ділиться на а_m, то і її ліва частина ділиться на а_m, тобто а_m є дільником a_m-2. Аналогічними міркуваннями ми доведемо, що а_m є дільником a_m-3, a_m-4,…, a₄, а₃, a₂, a₁, а₀. Отже, а_m є спільним дільником елементів а_о і а₁. Покажемо тепер, що а_m ділиться на будь-який спільний дільник елементів а_о і а₁. Нехай b – довільно вибраний спільний дільник a_о і a₁. Тоді з рівності а_о = a₁q₁+q₂ випливає, що a₂ ділиться на b, з рівності а₁ = a₂q₂ + а₃ випливає, що а₃ ділиться на b і т.д. Нарешті, з рівності а_т–2 = a_т–1q_т–1 + a_m випливає, що a_m ділиться на b. Таким чином, елемент а_m є спільним дільником елементів a₀ і a₁ і ділиться на будь-який спільний дільник цих елементів, тобто а_m є найбільшим спільним дільником елементів a₀ i a₁.

 

Задачі

№1

Довести, що в 5кільці Z[ ] простими є такі елементи

а) 2;

б) –2;

в) 1+ і;

г) 1– і;

Доведення

Знайдемо  спочатку дільники одиниці в Z[ ].

Нехай a+b , c+d – дільники одиниці, a, b, c, d ÎZ. Тоді

(a+b ) (c+d )=1.

Знайдемо  норму обох частин цієї рівності:

Nr (a+b )=(a²+3b²).

Маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=1. (1)

Рівність (1) виконується, якщо

a²+3b²=c²+3d²=1. (2)

Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0, c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[ ] лише 2 дільники одиниці: 1, –1.

а) Зрозуміло, що 2¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[ ]. Використаємо норму і покажемо, що 2 – простий елемент в кільці Z[ ]. Оскільки Nr(2)=4, то, припустивши, що 2 є складене число, дістаємо