Автор работы: Пользователь скрыл имя, 22 Февраля 2012 в 17:09, курсовая работа
Завдання алгебри є вивчення алгебраїчних структур. Безперечно, алгебра вивчає далеко не всі алгебраїчні структури. Можна побудувати чимало прикладів алгебраїчних структур, але в переважній більшості вони не матимуть ніяких застосувань ні в теорії, ні в практиці, а «теорія» таких структур складатиметься з означень і тривіальних наслідків з них. Такі структури, очевидно, не можуть бути об'єктом вивчення.
2=(a+b ) (c+d ), (3)
де a+b , c+d не є дільниками одиниці і не є асоційованими з числом 2, a, b, c, d Î Z[ ].
З рівності (3) маємо
4=(a2+3b2) (c2+3d2) (4)
Для a, b, c, d Î Z ця рівність можлива тоді і тільки тоді, коли
a2+3b2=1, c2+3d2=4 (a)
або a2+3b2=4, c2+3d2=1 (b)
або a2+3b2=2, c2+3d2=2 (g)
В (a) і (b) дістаємо, що або a2+3b2 або c2+3d2 відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню
Розглянемо (g) a2+3b2=2, a2=2, а= ÏZ.
Отже, цей випадок теж не можливий, бо a, b, c, d повинні належати Z.
Отже, 2 не може бути складеним числом. Оскільки 2¹0 і не є дільником одиниці, то 2 – просте число в кільці Z[ ].
б) Так як ми довели, що 2 – простий елемент кільця Z[ ], то можна стверджувати, що –2 теж просте, бо –2 є асоційованим з числом 2.
в) Очевидно, що 1+ ¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[ ]. Використаємо норму і покажемо, що 1+ є простим елементом.
Оскільки Nr (1+ )=2, то, припустивши, що 1+ є складеним дістаємо
1+ =(a+b ) (c+d ),
де a+b , c+d не є дільником одиниці і не є асоційованим з числом 1+ , a, b, c, d ÎZ.
З цієї рівності маємо
(a2+3b2) (c2+3d2)=2.
Для цілих чисел a, b, c, d ця рівність можлива лише, коли
a2+3b2=2, c2+3d2=1 або a2+3b2=1, c2+3d2=2
При цьому маємо, що або a2+3b2 або c2+3d2 відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню. Отже, 1+ – простий елемент в кільці Z[ ].
г) Розглянемо число 1– . Знайдемо його норму
Nr (1– )=2
Так як Nr (1– )=Nr (1+ )=2 і 1+ – просте число, то і 1– – теж просте.
Доведено.
3.2 Кільце поліномів
3.2.1 Поняття кільця поліномів від однієї змінної
Нехай K і L – комутативні кільця з основними множинами К і L відповідно.
Означення. Кільце L називається простим розширенням кільця K за допомогою елемента u, якщо виконуються умови:
(1) K – підкільце кільця L;
(2) будь-який елемент a з L можна подати у вигляді
a=a0+a1u+ … +anun, де a0, a1,…, an ÎK.
Запис L= K[u] означає, що кільце L є просте розширення кільця K за допомогою елемента u.
У цьому випадку основну множину кільця L позначають також через К[u], L=K[u]
Означення. Кільце L=K[u] називається простим трансцендентним розширенням кільця K, якщо виконується наступна умова:
(3) для будь-яких елементів a0, a1,…, an множини К з рівності a0+a1u+ … +anun=0 випливають рівності a0=0, a1=0,…, an=0.
Якщо L=K[u] – просте розширення кільця K с допомогою u і u задовольняє умовам (3), то елемент u називається трансцендентним відносно K.
Якщо K[u] – просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u, то кільце K[u] називається також кільцем поліномів від u над K, а елементи кільця K[u] – поліномами від u над K чи поліномами над K.
Твердження. Нехай K[u] – просте трансцендентне розширення кільця K за допомогою u. Тоді для будь-якого елемента а кільця K[u], якщо а=a0+a1u+ … +anun і а=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun, де ai, a¢iÎK, то ai=a¢i,
то ai=a¢i для i=1,2,…, n.
Доведення.
Якщо
а=a0+a1u+ … +anun=a¢0+a¢1u+ … +a¢nun (ai, a¢iÎK),
то a0–a0¢+(a1–a1¢) u+ … +(an–an¢) un=0.
За умовою, елемент u являється трансцендентним відносно K. Тому з (1) випливають рівності aі–aі¢=0 і aі=aі ¢ для і=0,1,…, n.
Доведено.
Задачі
№1
Перевіримо, чи є кільцем множина К всіх многочленів з кільця Z[x], в яких вільний член ділиться на 5.
Розв’язання.
Нехай f(x)=anxn+ … +a1x+5a0,
g(x)=bmxm+ … +b1x+5b0, m³n.
Тоді
f(x)+g(x)=bmxm+ … +(an+bn) xn+ … +(a1+b1) x+(5a0+5b0)=bmxm+ … +(an+bn) xn+ … + +(a1+b1) x+5 (a0+b0),
f(x) – g(x)=(–bm) xm+ … +(an–bn) xn+ … +(a1–b1) x+5 (a0–b0),
f(x)·g(x)=anbmxn+m+ … +(5a1b0+5a0b1)+5·5a0b0.
Це означає, що f(x)+g(x), f(x) – g(x) і f(x)·g(x) також є елементами множини К. Отже, К є підкільцем кільця Z[x].
Відповідь: Множина К утворює кільце.
№2
Довести, що для кожного многочлена f(x) з кільця Z[x] і для будь–яких цілих чисел a і b число f (a+ )+f (a– ) є цілим.
Доведення.
Многочлени f (a+ ) та f (a– ) мають такий вигляд
f (a+ ) =an(a+ )n+ … +a1(a+ )+a0,
f (a– ) =an(a– )n+ … +a1(a– )+a0.
Коли ми будемо додавати f (a+ )+f (a– ) і підносити до степеня, то всі знищаться і залишаться лише цілі числа. Ми прийшли до того, що нам потрібно довести.
Доведено.
3.2.2 Факторіальність кільця поліномів
Теорема. Якщо кільце К факторіальне, то і кільце поліномів К[x] факторіальне.
Доведення.
Нехай К – факторіальне кільце. Доведемо, що будь-який відмінний від нуля необоротний елемент кільця К[x] однозначно з точністю до порядку співмножників і оборотних множників розкладемо в добуток простих множників в K[x]. Спочатку доведемо можливість розкладання на прості множники. Нехай f – довільний ненульовий поліном з K[х]. Якщо f – поліном нульового ступеня, то fÎК. Оскільки кільце K факторіальне, поліном f можна подати у вигляді добутку простих множників у К і, значить, у К[x].Припустимо, що deg f =n>0, і всякий поліном, ступінь якого менше n, розкладемо в добуток простих множників. Нехай
(1) f=dg(x),
де dÎK, g(x) – поліном позитивного степеня, примітивний в К[х]. Якщо поліном g незвідний над К, то, розкладаючи в (1) множник а на прості множники, одержимо розкладання f на прості множники. Якщо ж поліном g(х) звідний в К[х], то його можна подати у вигляді добутку двох поліномів позитивного степеня, меншого, ніж n: g(x)=h(x)j(x).По індуктивному припущенню, h(х) і j(х) можна подати у вигляді добутку простих множників у К[x]. Отже, g, а в силу (1) і f також можна подати у вигляді добутку простих множників.
Доведемо єдиність розкладу. Нехай дані будь-які два розклади f на прості множники в K[x]:
(2) f=p1…pkq1…qs=p1¢…pr¢q1¢…qt¢,