Ringe og Primfaktorisering

Transkript

1 Ringe og Primfaktorisering Michael Knudsen 16. marts Ringe Lad Z betegne mængden af de hele tal, Z = {..., 2, 1,0,1,2,...}. På Z har to regneoperationer, + (plus) og (gange), der til to hele tal m,n Z knytter to nye hele tal m + n og m n. Disse regneoperationer har en række egenskaber, og vi nævner nogle her. For alle m, n og r i Z gælder (m + n) + r = m + (n + r) (m n) r = m (n r) m (n + r) = m n + m r (m + n) r = m r + n r m + n = n + m m n = n m, og derudover findes der i Z to ganske særlige tal, nemlig 0 og 1, som opfylder 0 + m = m + 0 = m 1 m = m 1 = m for alle m Z. Til sidst bemærker vi, at der til ethvert m Z findes et omvendt tal n, nemlig n = m, som opfylder m + n = 0. Det virker måske underligt, at vi bruger så meget krudt på at remse alle disse egenskaber - som vi jo godt kender på forhånd - op, men bare rolig: Der er mening med galskaben! Vi vil nu prøve at abstrahere fra, at det er de hele tal, vi har med at gøre, og forsøge kun at fokusere på deres egenskaber, som vi har penslet ud ovenfor. 1

2 Definition 1.1. Lad M være en mængde. Ved en sammensætning på M forstås en tilordning, der til to elementer a,b M knytter et nyt element a b M. Vi har allerede set eksempler på to sammensætninger, nemlig + og på mængden Z. Definition 1.2. En mængde R med to regneoperationer og kaldes en ring, hvis R indeholder to elementer 0 og 1, så der for alle m, n og r i R gælder, at Desuden kræver vi, at (R1) (m n) r = m (n r) (R2) (m n) r = m (n r) (R3) m (n r) = (m n) (m r) (R4) m n = n m (R5) m n = n m (R6) m 0 = m (R7) m 1 = m. (R8) For alle r R findes et s R, så r s = 0. Bemærk den slående lighed med de egenskaber for Z, som vi remsede op ovenfor, og bemærk at disse viser, at Z med regneoperationerne + og er en ring. 2 Polynomier Vi giver i dette afsnit endnu et eksempel på en ring. Definition 2.1. Et (reelt) polynomium er et udtryk på formen a 0 + a 1 X + a 2 X a n X n, hvor a 0,a 1,...,a n er reelle tal, n 0 et naturligt tal, og hvor X er en ubekendt. 2

3 Lad R[X] betegne mængden af polynomier, og lad f,g R[X]. Da kan vi skrive f = a 0 + a 1 X + a 2 X a n X n g = b 0 + b 1 X + b 2 X b m X m. Vi antager, at n = m. Dette er der intet i vejen for, thi antag for eksempel, at n < m. Da kan vi skrive f = a 0 + a 1 X + a 2 X a n X n + a n+1 X n a m X m, hvis vi sætter a n+1 = a n+2 = = a m = 0. Vi kan gøre tilsvarende, hvis vi er i tilfældet, hvor n > m. Altså er situationen den, at og vi definerer og f = a 0 + a 1 X + a 2 X a n X n g = b 0 + b 1 X + b 2 X b m X n, f + g = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )X + (a 2 + b 2 )X + + (a n + b n )X n f g = c 0 + c 1 X + c 2 X 2 + c 2n X 2n, hvor c k = i+j=k a i b j = a 0 b k + a 1 b k a k 1 b 1 + a k b 0 for alle 0 k 2n. Bemærk, at der intet mystisk er ved sammensætningerne + og på R[X]. Vi regner, som vi altid har gjort. Eksempel 2.2. Sæt f = 2X 2 + X + 3 og g = X + 7. Da er og f + g = 2X 2 + 2X + 10 f g = (2X 2 + X + 3)(X + 7) = 2X 3 + X 2 + 3X + 14X 2 + 7X + 21 = 2X X X

4 Påstand 2.3. Mængden R[X] af polynomier udstyret med sammensætningerne + og er en ring. Bevis. Der er ikke andet at gøre end at tjekke, at alle kravene (R1)-(R8) i definitionen af ring er opfyldt. Vi viser (R3) og overlader resten til læseren. Vi skal vise, at der for alle f,g,h R[X] gælder, at f (g + h) = f g + f h. Skriv f = a 0 + a 1 X + + a n X n g = b 0 + b 1 X + + b n X n h = c 0 + c 1 X + + c n X n. Bemærk, at vi her har brugt samme trick som tidligere for at sikre os, at de højeste led i f, g og h involverer X n. Vi har f (g + h) = f ((b 0 + c 0 ) + (b 1 + c 1 )X + + (b n + c n )X n) hvor Det vil altså sige, at hvor = d 0 + d 1 X + + d 2n X 2n, d k = a 0 (b k + c k ) + a 1 (b k 1 + c k 1 ) + + a k (b 0 + c 0 ) = (a 0 b k + + a k b 0 ) + (a 0 c k + + a k c 0 ). f (g + h) = e 0 + e 1 X + + e 2n X 2n + f 0 + f 1 X + + f 2n X 2n, Bemærk, at og at e k = a 0 b k + + a k b 0 og f k = a 0 c k + + a k c 0. e 0 + e 1 X + + e 2n X 2n = f g, f 0 + f 1 X + + f 2n X 2n = f h. Dermed gælder altså, at f (g + h) = f g + f h. 4

5 3 Abstraktion - for eller imod? Vi har nu set to eksempler på ringe, Z og R[X], og det skal da ikke være nogen hemmelighed, at der findes masser af andre interessante ringe. Lad os for en stund diskutere, hvad fordelene (og ulemperne!) ved abstraktionen fra de konkrete eksempler Z og R[X] til det abstrakte ringbegreb kan være. For at holde humøret oppe begynder vi med nogle af fordelene. Lad os sige, at vi - efter at have siddet en regnfuld eftermiddag og leget med en mængde R med et par regneoperationer og og kun brugt regnereglerne (R1)-(R8) - har udledt et resultat, så gælder dette for alle ringe. For eksempel gælder det for ringene Z og R[X], og så har vi jo allerede slået to fluer med et smæk! Hvis vi skal være helt ærlige, så er definitionen af en ring meget generel, og det skulle da være underligt, hvis man kunne udlede noget virkelig interessant for ringe generelt. Derfor betragter man tit ringe, som man antager har nogle yderlige egenskaber. Vi skal senere kigge på såkaldte integritetsområder og hovedidealområder. Nu til ulemperne! Vi ved, at tallene 0 og 1 i Z er de eneste tal, der opfylder 0 + m = m + 0 = m og 1 m = m 1 = m for alle m Z, men hvordan forholder det sig mon i en generel ring? I definitionen af en ring står der, at der skal findes sådanne elementer, som vi også kalder 0 og 1, men kan der mon findes flere? Svaret er nej, men det er noget, som man skal bevise! Påstand 3.1. Lad R være en ring med sammensætninger og. Da findes præcist ét element 0 R, som opfylder, at 0 r = r 0 = r for alle r R. Bevis. I følge definitionen af en ring findes et sådant element, nemlig 0. Antag, at 0 er et element, som opfylder, at 0 r = r 0 = r. Vi skal vise, at 0 = 0. Da 0 opfylder, at 0 r = r for alle r R, gælder der specielt, at 0 0 = 0, (3.1) og idet 0 opfylder, at r 0 = r for alle r R, gælder det specielt for r = 0. Altså er 0 0 = 0. (3.2) Ved at kombinere ligningerne 3.1 og 3.2 ser vi nu, at hvilket skulle vises. 0 = 0 0 = 0, 5

6 Dette er blot ét eksempel på, at noget, som vi for konkrete ringe har taget for givet, pludselig skal bevises. Tilsvarende kan man vise, at 1 er det eneste element, som opfylder 1 m = m 1 = m for alle m R, og vi overlader det som en øvelse til læseren at vise det. 6

7 Øvelser Øvelse 1. Lad R være en ring med sammensætninger og. Vis, at 1 er det eneste element i R, som opfylder, at 1 m = m for alle m R. Øvelse 2. Lad R være en ring med sammensætninger og, og lad r R. I følge (R8) findes et s R, så r s = 0. Vis, at s er det eneste element i R, som har denne egenskab. Elementet s kaldes det (additivt) inverse element til r, og man betegner det ofte r. Dette er naturligvis inspireret af eksemplet Z. Øvelse 3. Lad R være en ring med sammensætninger og, og lad m,n,r,s R. Gør rede for, at ((m n) r) s = (m n) (r s) = (m (n r)) s = m (n (r s)). Gør rede for, at det samme gælder, hvis erstattes af. Øvelse 4. Lad R være en ring med sammensætninger og. En delmængde S R kaldes en delring af R, hvis 0,1 S, og hvis der for alle r,s S gælder, at r s S, r s R og r S. Lad n Z. Vis, at mængden er en delring af Z. Zn = {xn x Z} Øvelse 5. Lad R 1 og R 2 være ringe med sammensætninger 1, 1 og 2, 2. Vis, at det cartesiske produkt R 1 R 2 = {(r 1,r 2 ) r 1 R 1 og r 2 R 2 } er en ring med sammensætningerne og givet ved og (r 1,r 2 ) (r 1,r 2 ) = (r 1 1 r 1,r 2 2 r 2 ) (r 1,r 2 ) (r 1,r 2) = (r 1 1 r 1,r 2 2 r 2). Øvelse 6. Lad d > 0 være et naturligt tal. To hele tal m,n Z siges at være kongruente modulo d, og vi skriver m n mod d, hvis d m n. For n Z sætter vi [n] = {m Z m n mod d}. Tallet n kaldes en repræsentant for [n]. Vi definerer Z d = {[n] n Z}. 7

8 (A) Vis, at Z d = {[0],[1],[2],...,[n 1]}. (B) Vi vil definere en sammensætning på Z d ved at sætte [m] [n] = [m + n] for alle m,n Z. Bemærk, at denne sammensætning umiddelbart ser ud til at afhænge af repræsentanterne m og n. Vis, at dette ikke er tilfældet. Du skal altså vise, at hvis [m] = [m ] og [n] = [n ], så er [m + n] = [m + n ]. (C) Vis, at man kan definere en sammensætning på Z d ved at sætte for alle m,n Z. [m] [n] = [m n] (D) Vis, at Z d med sammensætningerne og er en ring. Hvad er 0 og 1 i Z d? Øvelse 7. Lad R og S være ringe med 1-elementer 1 R og 1 S og med sammensætnigner R, R og S, S. En funktion f : R S kaldes en ringhomomorfi, hvis (1) f(1 R ) = 1 S (2) f(r R s) = f(r) S f(s) (3) f(r R s) = f(r) S f(s) for alle r,s R. Lad d > 0. Vis, at funktionen π: Z Z d, som er givet ved π(n) = [n], er en ringhomomorfi. Øvelse 8. Lad f : R S være en ringhomomorfi. Vis, at billedet er en delring af S. f(r) = {f(r) r R} 8

9 4 Primtal Vi vender lige tilbage til virkeligheden for en kort bemærkning og henter lidt inspiration blandt de hele tal. Først genopfrisker vi definitionen af et primtal. Definition 4.1. Et naturligt tal p > 1 kaldes et primtal, hvis de eneste naturlige tal, der deler p, er 1 og p. Eksempel 4.2. Tallene 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 og 19 er primtal. Tallet 2 er det eneste lige primtal (hvorfor?). Her følger et resultat, som var kendt allerede af de gamle grækere, og som måske stadig er velkendt den dag i dag? Påstand 4.3. Ethvert naturligt tal > 0 er et produkt af primtal. Bevis. Den skeptiske læser vil straks sige: Tallet 1 er ikke et produkt af primtal!, men hvis vi benytter konventionen, at det tomme produkt - det vil sige produktet af ingenting - er 1, så er 1 det tomme produkt af primtal. Falder dette ikke i god jord, så lad os da bare vise, at ethvert naturligt tal 2 er et produkt af primtal. Vores strategi er følgende: Tallet 2 er et produkt af primtal (det er nemlig selv et primtal). Vi vil nu vise, at hvis vi ved, at alle naturlige tal mindre end et givent n er produkter af primtal, så er n også et produkt af primtal. Dette vil vise påstanden: Da 1 og 2 er produkter af primtal, kan vi slutte, at 3 er et produkt af primtal. Da 1, 2 og 3 er produkter af primtal, kan vi slutte, at 4 er et produkt af primtal, og sådan kan vi fortsætte. Antag, at alle naturlige tal < n er produkter af primtal. Hvis n er et primtal, er vi færdige. Hvis ikke, kan vi skrive n = n 1 n 2, hvor n 1,n 2 < n. Vi ved, at n 1 og n 2 er produkter af primtal, så derfor er n = n 1 n 2 også et produkt af primtal. Den følgende påstand får vi ikke brug for, men det er næsten synd ikke at nævne den. Påstand 4.4. Der findes uendeligt mange primtal. 9

10 Bevis. Antag, at der kun findes endeligt mange primtal. Vi skal vise, at dette fører til en modtstrid. Lad os sige, at p 1,p 2,...,p n er alle primtal, der findes. Betragt tallet N = p 1 p 2 p n + 1. I følge den foregående påstand, er N et produkt af primtal; specielt findes et primtal, som går op i N. Men intet p i går op i N, og p i erne er de eneste primtal, der findes. Det er en modstrid, så der må findes uendeligt mange primtal. 5 Idealer For at lette notationen vil vi for fremtiden skrive + og i stedet for og. Faktisk vil vi også, som vi er vant til med de hele tal, skrive rs i stedet for r s for elementer r og s i en ring. Lad R være en ring. I det følgende vil vi betragte en særlig pæn klasse af delmængder af R, de såkaldte idealer, som udmærker sig ved, at man ikke kan komme ud af dem, når først man er havnet i dem. Lad os definere, hvad vi helt præcist mener med dette. Definition 5.1. Lad R være en ring. En ikke-tom delmængde I R kaldes et ideal, hvis følgende gælder: (I1) a,b I = a + b I. (I2) r R og a I = ra I. Eksempel 5.2. Lad R være en ring, lad a R og sæt Ra = {ra r R}. Vi påstår, at Ra er et ideal i R. Der er ikke andet at gøre end at tjekke, at (I1) og (I2) er opfyldt. Lad x,y Ra. Da findes (i følge definitionen af Ra) elementer r,s R, så x = ra og y = sa. Heraf følger, at x + y = ra + sa = (r + s)a Ra, idet r + s R, så (I1) er opfyldt. Tilbage er at tjekke (I2). Lad r R, og lad x Ra. Der findes et s R, så x = sa. Heraf følger, at rx = r(sa) = (rs)a Ra, da rs R. Definition 5.3. Lad R være en ring. Et element r R kaldes en enhed, hvis der findes et s R, så rs = 1. Mængden af alle enheder i R betegnes R. 10

11 Eksempel 5.4. Vi påstår, at Z = { 1,1}. Når man skal vise, at to mængder er ens, er den sikre vej at vise, at den første er indeholdt i den anden, og at den anden er indeholdt i den første. Den ene inklusion, { 1,1} Z er klar. Der gælder nemlig, at 1 1 = 1 og ( 1) ( 1) = 1, hvilket i følge definitionen af en enhed betyder, at 1 og 1 er enheder. Tilbage er at vise, at Z { 1,1}. Lad x Z. Da findes i følge definitionen af Z et y Z, så xy = 1. Heraf følger, at 1 = 1 = xy = x y, så vi må have x = 1 og dermed x { 1,1}. Dette viser Z { 1,1}. 6 Integritetsområder Måske har du ikke lagt mærke til det, men i definitionen af en ring står der intet om, at man ikke have rs = 0, selv om både r 0 og s 0. Ringene Z og R[X] er så pæne, at den slags ikke sker der, men der findes faktisk ringe, som er knap så pæne. Dem vil vi se eksempler på i opgaverne. Definition 6.1. En ring R kaldes et integritetsområde, hvis der for alle r,s R gælder, at rs = 0 medfører r = 0 eller s = 0. I det følgende vil vi koncentrere os om integritetsområder. Læg mærke til, hvorfor det i beviset for følgende påstand er vigtigt, at vi har med et integritetsområde at gøre. Påstand 6.2. Lad R være et integritetsområde, og lad a,b R. Hvis Ra = Rb, findes en enhed c R, så a = cb. Bevis. Hvis a = 0, er Rb = R0 = 0, så specielt er b = 1b = 0. Dermed er a = 1b, og 1 er enhed. Antag nu, at a 0. Da Ra = Rb, gælder specielt, at a = 1a Rb, så der findes et c R, så a = cb. Vi vil vise, at c er en enhed. Fra Ra = Rb kan vi også slutte, at b = 1b Ra, så der findes et c R, så b = c a. Altså gælder, at a = cb = cc a, så 0 = a cc a = a(1 cc ). Da a 0, og da R er et integritetsområde, kan vi slutte, at 1 cc = 0. Altså er cc = 1, hvilket viser, at c er en enhed. 11

12 Det overlades til læseren som en øvelse at vise, at den omvendte påstand også gælder: Hvis der findes en enhed c R, så a = cb, så er Ra = Rb. Definition 6.3. Lad R være en ring, og lad a,b R. Vi siger, at a går op i b, eller at a deler b, hvis der findes et c R, så b = ca, og vi skriver a b. Ovenstående definition er blot en generalisering af det tilsvarende begreb for de hele tal, og det er den følgende definition også. Definition 6.4. Lad R være en ring, og lad a,b R. En største fælles divisor af a og b er et element d R, som opfylder (SFD1) d a og d b. (SFD2) Hvis c a og c b, så gælder c d. Bemærk, hvad definitionen af en største fælles divisor siger: Et element d R en største fælles divisor af a og b, hvis d a og d b (d er en fælles divisor af a og b), og hvis c er en anden fælles divisor af a og b, så er d størst i den forstand, at c d. Hvis 1 er en største fælles divisor af a og b, siger vi, at a og b er indbyrdes primiske Eksempel 6.5. Tallene 34 og 13 er indbyrdes primiske. Da 13 er et primtal, er ±1 og ±13 de eneste tal, som går op i 13, og heraf er det kun ±1, som går op i 34. Der findes en effektiv metode til at beregne den største fælles divisor af to hele tal (og dermed faktisk også generelt af n tal), som hedder Euklids algortime. Den vil vi kigge nærmere på i øvelserne. Påstand 6.6. Lad R være en ring, og lad a,b R. Da er et ideal i R. Ra + Rb = {ra + sb r,s R} Beviset for ovenstående påstand er meget let, og det overlades som en øvelse til læseren, som kan finde inspiration i Eksempel

13 Påstand 6.7. Lad R være en ring. Hvis der findes et d R, så Ra + Rb = Rd, da er d en største fælles divisor af a og b. Bevis. Da Ra + Rb = Rd, ser vi, at a = 1a + 0b Ra + Rb = Rd, så der findes et r R, så a = rd. Det vil sige, at d a. Tilsvarende ser vi, at b Rd, så d b. Altså er (SFD1) opfyldt. Tilbage er at tjekke, at d opfylder (SFD2). Antag, at c R er et element, som opfylder, at c a og c b. Vi skal vise, at c d. Da c a, findes et r R, så a = rc, og da c b, findes et s R, så b = sc. Heraf følger, at Rd = Ra + Rb = Rrc + Rsc Rc + Rc = Rc, så specielt gælder, at d Rc. Altså findes et t R, så d = tc, og dette betyder netop, at c d. Dette viser, at også (SFD2) er opfyldt. Desværre er verden ikke sådan indrettet, at vi givet a,b R altid kan finde et d R, så Ra + Rb = Rd. Der findes ringe, hvor to elementer ikke altid har en største fælles divisor. Vi vil i dette følgende sortere sådanne ringe fra. Dette motiverer den følgende definition. Definition 6.8. Et integritetsområde R kaldes et hovedidealområde, hvis der for ethvert ideal I R findes et a R, så I = Ra. Idealer på formen Ra, hvor a R, kaldes hovedidealer. Vi vil i øvelserne se eksempler på ringe, hvori der findes idealer, som ikke er hovedidealer. Bemærk, at hvis R er et hovedidealområde, og hvis a,b R, så findes en største fælles divisor af a og b. I følge Påstand 6.6 er Ra+Rb nemlig et ideal i R, og da R er et hovedidealområde, findes et d R, så Ra+Rb = Rd. Det følger nu af Påstand 6.7, at d er en største fælles divisor af a og b. Påstand 6.9. Ringen Z er et hovedidealområde. Bevis. Lad I Z være et ideal. Vi skal vise, at I er et hovedideal. Hvis I = {0}, er I = Z0, så I er et hovedideal. 13

14 Antag, at I {0}. Bemærk, at I nødvendigvis må indeholde positive tal: Da I {0}, findes et m I \ {0}. Hvis m < 0, gælder også m = ( 1) m I, da I er et ideal. Vælg et mindste n > 0 i I. Vi påstår, at I = Zn. Da I er et ideal, gælder Zn I, så tilbage er at vise, at I Zn. Lad m I Vi division med rest kan vi finde q,r Z, så 0 r < n, og så m = qn+r. Da I er et ideal, gælder (idet m,n I), at r = m qn I. Idet 0 r < n, slutter vi, da n er det mindste positive tal i I, at r = 0. Heraf følger, at m = qn, så m Zn. 14

15 Øvelser Øvelse 9. Skriv 234 som et produkt af primtal. Øvelse 10. Lad f : R S være en ringhomomorfi. Vis, at kernen ker(f) = {r R f(r) = 0} er et ideal i R. Er ker(f) en delring af R? Øvelse 11. Lad R være en ring, og lad r,s R være enheder. Vis, at rs er en enhed. Øvelse 12. Vis, at Z 4 ikke er et integritetsområde. Er Z 3 et integritetsområde? For hvilke d er Z d et integritetsområde? Øvelse 13. Vi vil i denne opgave udlede en metode til at bestemme den største, fælles divisor af to naturlige tal. Vi begynder med at minde om begrebet division med rest. Lad n og d være hele tal, og antag d > 0. Da findes entydigt bestemte tal q, r Z, som opfylder n = qd + r og 0 r < d. Lad m, n N \ {0}, og lad sfd(m, n) betegne den største, fælles divisor af m,n, som er > 0. Antag, at m > n. Denne antagelse er ganske harmløs, idet sfd(m, n) = sfd(n, m). (A) Ved division med rest findes q,r Z, så m = qn + r og 0 r < n. Vis, at et tal går op i m og n, hvis og kun hvis det går op i n og r. Slut deraf, at sfd(m, n) = sfd(n, r). (B) Gør rede for, at man ved at bruge resultatet fra (A) gentagne gange har en metode til at beregne sfd(m, n). Denne metode kaldes Euklids algoritme. (C) Brug Euklids algoritme til at finde sfd(112,49). Øvelse 14. Betragt ringen R[X] af reelle polynomier, og lad f R[X]\{0}. Da kan f skrives på formen f = a 0 + a 1 X + + a n X n, hvor a n 0. Vi definerer grad(f) = n. Sæt grad(0) =. Der gælder følgende analog til division med rest i ringen Z: Lad f,g R[X] være polynomier, og antag g 0. Da findes polynomier q, r R[X], så f = qg + r og 0 grad(r) < grad(g) eller r = 0. 15

16 Vi vil ikke vise denne påstand, som læsere med kendskab til division af polynomier måske allerede kender. Vis, at R[X] er et hovedidealområde (vink: efterlign beviset for, at Z er et hovedidealområde). Øvelse 15. Lad R være en ring. Da defineres polynomiumsringen R[X] på præcis samme måde som R[X]. Erstat blot R med R. Også grad(f) for f R[X] defineres som for R[X]. (A) Vis, at R R[X]. (B) Lad f R[X]. Da findes g R[X], så fg = 1. Brug gradfunktionen til at slutte, at f R. Altså gælder, at R[X] = R. 16

17 7 Primelemter Vi indleder dette afsnit med en alternativ måde at beskrive primtallene på. Denne beskrivelse vil vi benytte til at generalisere primtalsbegrebet til vilkårlige integritetsområder. Påstand 7.1. Lad p være et primtal, og lad a og b være naturlige tal. Hvis p ab, gælder p a eller p b. Bevis. Lad p være et primtal, og lad a og b være naturlige tal, så p ab. Antag, at p a. Vi skal vise, at p b. Da p a, er 1 en største fælles divisor af a og p. Altså er Za + Zp = Z1 = Z. Specielt gælder, at 1 Za + Zp, så der findes x,y Z, så 1 = xa + yp. Heraf følger, at b = xab + ybp, og da p ab, ser vi, at p b. Det er ikke svært at se, at også den omvendt påstand gælder: Antag, at p > 1 er et naturligt tal, som opfylder, at p ab medfører p a eller p b. Vi vil gerne vise, at p er et primtal. Antag, at p ikke er et primtal. Da kan vi skrive p = n m, hvor n < p og m < p. Antagelsen om p giver nu, at p n eller p m, og det er en modstrid. Altså er primtallene præcis de tal, som opfylder, at hvis de går op i et produkt, så går de op i en af faktorerne. Det er netop denne egenskab, vi vil bruge, når vi i det følgende definerer primelementer mere generelt. Det viser sig dog at være hensigtsmæssigt først at betragte såkaldte irreducible elementer. Definition 7.2. Lad R være et integritetsområde, og lad r R, hvor r / R {0}. Elementet r kaldes irreducibelt, hvis r = ab, hvor a,b R, medfører, at a R eller b R. Eksempel 7.3. Lad p Z opfylde, at ±p er et primtal. Vi påstår, at p er irreducibelt. Antag, at p = mn. Vi skal vise, at m Z eller n Z. Da p er et primtal, følger det af p = mn = m n, at m = 1 eller n = 1. Det vil sige, at m { 1,1} eller n { 1,1}. Sammenholdt med, at Z = { 1,1}, følger påstanden. Vi skal senere se, at mængden af alle ±p, hvor p er et primtal, præcist er alle de irreducible elementer i Z. Dette følger af Påstand 7.6, som vi viser nedenfor. 17

18 Definition 7.4. Lad R være et integritetsområde, og lad p R, hvor p / R {0}. Elementet p kaldes et primelement, hvis p ab, hvor a,b R, medfører, at p a eller p b. Bemærk, at definitionen af et primelement siger, at primelementerne i Z netop er alle ±p, hvor p er et primtal. Påstand 7.5. Lad R være et integritetsområde, og lad p R være et primelement. Da er p irreducibelt. Bevis. Lad a,b R og antag, at p = ab. For at vise, at p er irreducibelt, skal vi vise, at a R eller b R. Da p er et primelement, slutter vi, idet p ab, at p a eller p b. Antag, at p a. Beviset i tilfældet, hvor p b, forløber på præcis samme måde. Idet p a, findes et c R, så a = pc. Heraf følger, at p = ab = pcb, så p(1 cb) = 0. Da p 0, og da R er et integritetsområde, slutter vi, at 1 cb = 0. Altså er cb = 1, så b R. Der gælder ikke altid, at irreducible elementer er primelementer, men hvis R er et hovedidealområde, har vi heldet med os. Altså er, idet Z er et hovedidealområde, de irreducible elementer i Z netop primelementerne. Dermed har vi i Eksempel 7.3 fundet alle de irreducible elementer i Z. Påstand 7.6. Lad R være et hovedidealområde, og lad p R være irreducibelt. Da er p et primelement. Bevis. Vi viser først, at Rp er et såkaldt maskimalideal. Det vil sige, at hvis I er et ideal i R, som opfylder Rp I R, så er I = Rp eller I = R. Der ligger altså ingen idealer mellem Rp og I. Lad I være et være et ideal i R, så Rp I R. Da R er et hovedidealområde, findes et a R, så I = Ra. Da Rp Ra, findes et r R, så p = ra, og da p er irreducibelt, må vi have r R eller a R. Antag, at r R. Vi påstår, at R = Rr. Det er klart, at Rr R, så lad os vise, at R Rr. Lad s R. Da r R, findes et t R, så tr = 1. Heraf ser vi, at s = s1 = s(tr) = (st)r Rr. Altså har vi vist, at I = Ra = Rra = Rp. 18

19 Antag, at vi er i tilfældet, hvor a R. På præcis samme måde som vi ovenfor indså, at R = Rr, ser vi, at Ra = R. Altså har vi vist, at I = Ra = R. Dette viser, at Rp er et maksimalideal. Vi vender nu tilbage til den oprindelige påstand. Vi skal vise, at p er et primelement. Antag, at p ab, hvor a, b R. Vi skal vise, at p a eller p b. Antag, at p a. Så skal vi indse, at p b. Antag, at Ra Rp. Da gælder specielt, at a Rp, så der findes r R med a = rp, og dette betyder, at p a. Da p a, kan vi altså ikke have Ra Rp. Med andre ord gælder, at Ra Rp. Det vil sige, at idealet I = Ra + Rp opfylder Rp I, så da Rp er et maksimalideal, må vi have Ra + Rp = R. Dermed findes r,s R, så 1 = ra + rp, så b = rab + rpb. Da p ab, ser vi, at p b. Langt om længe er vi nået til vejs ende! Sætning 7.7. Lad R være et hovedidealområde, og lad r R, hvor r / R {0}. Da findes primelementer p 1,p 2,...,p n R, så r = p 1 p 2 p n. Bevis. I det foregående har vi set, at primelementer og irreducible elementer er en og samme ting i hovedidealområder, så det er tilstrækkeligt at vise, at r kan skrives som et produkt r = p 1 p 2 p n, hvor p 1,p 2,...,p n R er irreducible elementer. Vi gør således: Hvis r er irreducibelt, er der intet at vise, så antag r ikke er irreducibelt. Da kan vi skrive r = r 1 r 1, hvor r 1,r 1 R ikke er enheder. Hvis både r 1 og r 1 er irreducible, er vi færdige. Antag, at r 1 ikke er irreducibelt. Så kan vi skrive r 1 = r 2 r 2, og sådan kan vi fortsætte, og vi påstår, at dette må få en ende. Antag, at vi på denne måde kan fortsætte i det uendelige r = r 1 r 1 r 1 = r 2 r 2... r i = r i+1 r i+1... hvor der for alle i gælder, at r i og r i ikke er enheder. Da r i = r i+1 r i+1 Rr i+1, er Rr i Rr i+1, da Rr i+1 er et ideal, så vi har en opadstigende følge Rr 1 Rr 2 Rr 3 Rr i af idealer i R. Antag, at der findes et i, så Rr i = Rr i+1. Da findes et c R, så r i+1 = cr i. Heraf følger, at r i = r i+1 r i+1 = cr ir i+1, så (1 cr i+1)r i = 0. Da R er et integritetsområde (det er hovedidealområder pr. definition), slutter vi, at 1 cr i+1 = 0, så cr i+1 = 1. Altså gælder r i+1 R, og det er en modstrid! Det vil sige, at vi faktisk har Rr 1 Rr 2 Rr 3 Rr i. (7.1) 19

20 Det overlades som en øvelse til læseren at vise, at I = Rr i = Rr 1 Rr 2 Rr 3 i=1 er et ideal i R. Da R er et hovedidealområde, findes et a R, så I = Ra. Specielt gælder, at a I = i=1 Rr i, så der findes et n, så a Rr n og dermed Ra Rr n. Da Rr i Ra for alle i, slutter vi, at Rr n = Rr n+1 = Rr n+2 =, og det er i modstrid med 7.1. Altså kan vi ikke blive ved med at splitte op i det uendelige, så r må være et produkt af irreducible elementer. 20

21 Øvelser Øvelse 16. Lad R være en ring, og lad I 1,I 2,I 3,... være idealer i R, som opfylder, at I 1 I 2 I 3. Vis, at i=1 I i = I 1 I 2 I 3 er et ideal i R. Øvelse 17. Målet med denne øvelse er at vise, at der findes ringe, hvori irreducible elementer ikke er primelementer. Vi indfører et symbol 5, som vi vil regne med på følgende måde: Lad Z[ 5] betegne mængden af tal på formen a + b 5, hvor a,b Z. Vi regner to tal, a + b 5 og a + b 5, for værende ens, hvis og kun hvis a = a og b = b. Vi vil gerne kunne regne i Z[ 5], som vi er vant til, og der skulle gerne gælde, at ( 5) 2 = 5. Vi vil med andre ord gerne have, at (a + b 5)(c + d 5) = ac + ad 5 + bc 5 + bd( 5) 2 = ac 5bd + (ad + bc) 5. (A) Vis, at Z[ 5] er en ring, hvis vi definerer sammensætningerne ved (a + b 5) + (c + d 5) = a + c + (b + d) 5 (a + b 5)(c + d 5) = ac 5bd + (ad + bc) 5. (B) Definer en funktion N : Z[ 5] N ved, at N(a+b 5) = a 2 +5b 2. Vis, at N(xy) = N(x)N(y) for alle x,y Z[ 5]. (C) Slut af (B), at x y = N(x) N(y). (D) Vis, at Z[ 5] = { 1,1} (vink: overvej først, at x er en enhed, hvis og kun hvis x 1). (E) Vis, at der ikke findes x Z[ 5] med N(x) = 2 eller N(x) = 3. Slut heraf, at alle x med N(x) = 4 er irreducible. (F) I følge (E) er 2 irreducibelt i Z[ 5]. Slut af at 2 ikke er et primelemt. 2 3 = (1 + 5)(1 5), Bemærk, at Z[ 5] ikke kan være et hovedidealområde, da irreducible elementer i hovedidealområder er primelementer. 21

22 8 Hvorfor? Integritetsområder, hvori alle ikke-enheder 0 har en opskrivning som et produkt af primelementer, kaldes faktorielle ringe. Vi har set, at alle hovedidealområder er faktorielle. Faktorielle ringe kaldes også ringe med entydig faktorisering. Man kan faktisk vise, at hvis r = p 1 p 2 p n = q 1 q 2 q m er to faktoriseringer af r i primelementer, så er n = m, og at der (med den rette rækkefølge af p i erne og q i erne) for alle i findes en enhed c i, så p i = c i q i. Det er det, der forståes ved ordet entydig. Beviset for entydig faktorisering er ikke specielt svært, men vi vælger i desto mindre at beholde begge ben på jorden ved at vise, at faktoriseringen af et naturligt tal i primtal er entydig. Ideen i beviset er præcis den samme, som bruges i det generelle tilfælde. Påstand 8.1. Lad r N være et naturligt tal, og lad r = p 1 p 2 p n = q 1 q 2 q m være to faktoriseringer af r i produkter af primtal. Da er n = m, og rækkefølgen af q i erne kan vælges, så p i = q i for alle i = 1,2,...,n. Bevis. Tallet 1 faktoriserer entydig som det tomme produkt af primtal. Antag derfor, at r > 1. Hvis et p i optræder blandt q i erne, kan vi forkorte dette ud. Dermed kan vi antage, at det samme primtal ikke indgår på begge sider af lighedstegnet p 1 p 2 p n = q 1 q 2 q m. Da p 1 er et primtal, og p 1 går op i q 1 q 2 q m, kan vi slutte (hvorfor?), at der findes et i, så p 1 q i, og da p 1 og q i begge er primtal, må vi have p 1 = q i. Dette er i modstrid med, at p i erne og q i erne er indbyrdes forskellige. Hvorfor er det overhovedet interessant at betragte ringe? Hvorfor er primfaktorisering interessant? Det er en lang historie, så lad os bare nævne nogle få motivationer. Vi har set, at ethvert naturligt tal kan skrives som et produkt af primtal på entydig vis. Dette har meget stort interesse i krypteringssystemer, hvor sikkerheden består i, at det generelt er meget svært at finde faktoriseringen af store tal (for eksempel tal med 200 cifre). Primfaktorisering har også interesse indenfor talteori. I 1990 erne lykkedes det den engelske matematiker Andrew Wiles at bevise Fermats Sidste Sætning: Ligningen x n +y n = z n har ingen løsninger, hvor x,y,z N \ {0}, 22

23 når n 3. Inden Wiles havde utallige matematikere forsøgt at vise sætningen, og man kom vidt omkring. En matematiker ved navn Lamé gav et (forkert!) bevis, som brugte en (forkert!) formodning om, at der var entydig faktorisering i en særlig klasse af ringe, der fås ved at filføje nogle komplekse tal til Z. Man kom altså vidt omkring i forsøget på at vise Fermats Sidste Sætning, og man ser, at den abstrakte ringteori ikke bare er opstået, fordi nogen har kedet sig, men fordi man har haft brug for den. 23