MAT YY. Elementær Talteori. Søren Jøndrup

Transkript

1 1 MAT YY Elementær Talteori Søren Jøndrup Kapitel 1 Gruppeteori. Vi vil i første omgang betragte forskellige typer ligninger og søge efter heltalsløsninger til disse. Man kender måske allerede ligningen x 2 = 2y 2 Hvis der var en heltalsløsning hertil, som ikke var nulløsningen ville division med y 2 give at 2 var et rationalt tal. Vi skal siden vise at 2 ikke er et rationalt tal. Det er dog faktisk ganske let at vise. Helt så nemt går det ikke med ligningen x 2 + y 2-15z 2 = 7, men det viser sig, at her er der slet ingen løsninger. Vi vil først udvikle lidt teori, som gør løsningen af nogle ligninger med heltalskoefficienter lidt enklere. Vi starter med et algebraisk begreb en gruppe efter at have indført en sådan, viser vi nogle ret enkle sætninger og anvender nogle af de opnåede resultater på talteori. Men først begrebet komposition i mængde, dette begreb vil også blive omtalt i Mat Y. Ved en komposition ængde M forstås en afbildning fra M x M til M, dvs. hvis vi har givet a, b M får vi knyttet et nyt element a Eksempler: Hvis M er de hele tal Z vil der ved (a, b) a + b være defineret en komposition. Men (a, b) (a - b), (a, b) (a -b)/2 og (a,b) a er også kompositioner den midterste er dog ikke en komposition i Z, men f.eks. i Q eller C. Definition 1. En gruppe er en ikke tom mængde G udstyret med en komposition "! følgende 3 aksiomer: (A) Den associative lov: For alle a, b, c # G er (a $ %'&)( *,+.-0/ 13254)687

2 2 (N) Eksistens af neutralt eller identitetselement: Der findes et e G så for alle a G er a (I) Eksistens af inverse: For alle a G findes et b så a Bemærkninger: En gruppe har kun ét neutralt element: Hvis e og e er neutrale er e = e Elementet b i betingelse invers (I) er også entydigt bestemt: For hvis b og b er inverse til a vil der gælde (b! #"$%& '"($)!"*$+,.-&/!0# / 674+0#8 Dette entydigt bestemte element betegnes a -1. Øvelse. I eksemplerne på kompositioner kan man overveje hvilke af betingelserne for en gruppe hver af disse eksempler opfylder. Eksempel. Lad M være en mængde og betragt samtlige delmængder af M, D(M). Altså A D(M) hvis A er en delmængde af M. På D(M) har vi en komposition (A* B) = A B. Overvej om vi herved får en gruppekomposition. Svaret er nej, der er dog et neutralt element. Kan du finde andre kompositioner i D(M)? Definition 2. Hvis a 9;:5<=:)9 >@?A>*B3C#DFEG?AH*I+J'HELKNMOKPHRQ'DQ+>*STDUBPEV?5DBWB3DYX7?AHRI+IZTM[>M\K^]A_R`]aK3EbDUQ)cXFZ'J#JTDdDYX udstyret med en abelsk komposition kaldes gruppen for en abelsk gruppe eller en kommutativ gruppe. Kender du en gruppe som ikke er abelsk? Du har mødt mindst én i Mat 1 GA Definition 3. Hvis gruppen G har endelig mange elementer, kaldes G en endelig gruppe. Antallet af elementer i G kaldes gruppens orden og betegnes G eller ord(g). Hvis G har uendelig mange elementer siger vi at G har uendelig orden. Med g n betegner vi elementet g e fhg f(g g ikjalum^naopilforiqurtsujwvworx yaz Hvis n<0 betyder g n elementet g -1 { i -1-1 { { i i alt -n gange.

3 3 g 0 definerer vi til at være gruppens neutrale element. Hvis (G, ængden {g h h Z} med kompositionen å en gruppe. Antal elementer heri kaldes g s orden og betegnes ord(g). Senere i studiet vil I nok møde mange grupper, de fleste er ikke abelske; Vi vil dog i det følgende kun betragte abelske grupper; Hvis gruppen er abelsk vil man normalt betegne kompositionen med + og det inverse til et element a med a gruppens neutrale element kaldes 0. I en gruppe gælder de sædvanlige regneregler: Øvelse: Overvej hvad nedenstående betyder og vis at det er rigtigt: -(-a) = a, a - (b + c) = (a b) c, - (b c) = c b, -0 = 0. Sætning 0. Lad nu (G, + ) være en gruppe og H en ikke tom delmængde af G. Antag at H opfylder i) a, b H da vil a + b H Da vil det gælde at (H,+) er en gruppe. ii) a H da vil a H Begrundelse: Den associative lov er opfyldt for alle elementer fra G specielt dem fra H. Vælges a H vil -a H og a + (-a) = 0 H. Definition 4. Hvis (i) og (ii) gælder for delmængden H af gruppen G siges H at være en undergruppe af G. En undergruppe af G er altså specielt en gruppe selv. Lad nu G være en gruppe og H en undergruppe. Vi betragter mængderne {a + h h H} = a + H. Vi bemærker at (a + H) (b + H) enten er tom eller a+ H = b + H. Begrundelse: Hvis c (a + H) (b + H) har vi at c = a + h = b + h, h, h H, derfor er 0 = a + h - b - h så a b H og a b + H så a + H b + H + H = b + H.

4 4 Ombyttes a og b i ovenstående argument fås at a + H = b + H. Specielt gælder at hvis a + H = b + H, da er a b H eller a = b + h for passende h H. Omvendt hvis a b H har vi faktisk lige set at a + H = b + H Alt i alt gælder at Vi opfatter nu a + H som ét element. a + H = b + H hvis og kun hvis a b H. Et element x så x + H = a + H siges at være en repræsentant for elementet a + H. Vi har nu at repræsentanterne for a + H er samtlige elementer {a + h h H} Vi vil nedenfor definere en addition af sideklasser: Definition: (a + H) + (b + H) = (a + b) + H a + H kaldes en sideklasse Vi tager altså en repræsentant for den ene sideklasse og en fra den anden dernæst adderes repræsentanterne og vi tager den sideklasse som sumelementet tilhører. Dette er uafhængig af valg af repræsentant for sideklasserne a + H og b + H, idet der gælder følgende: Vi skal altså vise klassen som a + b repræsenterer er den samme klasse som (a+ h) + (b+ h 1 ) repræsenterer, dette viser nedenstående regning: (a + H) + (b + H) = ( (a + h) + H) + ((b + h 1 ) + H ) = (a + h + b + h 1 ) + H ) = (a + b + h + h 1 ) + H = (a + b) + H. Sideklasserne med denne addition betegnes G/H. Sætning 1. (G/H, + ) er en abelsk gruppe. Bevis: Vi skal blandt andet vise den associative lov. Dette gør vi først: (a + H) + ((b + H) + (c + H)) = (a + H) + ((b + c) + H) = (a +( b + c) + H) = ((a + b) + c) + H = ((a + b) + H ) + ( c + H) = ((a + H) + (b + H)) + (c + H). Neutralt element: 0 + H er neutralt, hvis 0 er neutralt i G

5 5 Inverst element: Hvis a har inverst a i G, da er a + H inverst til a + H i G/H. Bemærkning: Hvis gruppen G er endelig har alle sideklasserne H elementer. Der er G/H sideklasser så alt i alt vil G = G/H H. Specielt vil H s orden være divisor i G s orden. Hvis g er et element i en endelig gruppe G vil {hg h Z} være en undergruppe af g og derfor vil g s orden være divisor i G s orden. Husk lige på at da gruppen er abelsk skriver vi g h som hg. Vi kan i tilfældet G = Z betragte undergrupperne hz, Z/hZ har h elementer. Vi betragter nu den abelske gruppe (Z,+). Men som man har bemærker på 1 GA (side 4) er Z også en ring, idet man også har en multiplikation. Ud fra denne multiplikation vil vi konstruere en multiplikation på Z/hZ. Vi definerer denne som følger: (a +hz)(b +hh) = (ab + hh). Havde vi valgt andre repræsentanter ( a + hs og b + hk) for a + H og b + H end a og b ville vi få: (a + hs)(b + hk) - ab = h(sb + ka +hsk) hz, så multiplikationen er uafhængig af de repræsentanter. Sætning 2. Z/hZ er en ring. Bevis: Vi skal vise egenskaberne i Kapitlet 1.1 Talområder , 1.8 og 1.10 vedrører kun addition og det klarer sætning (a + hz)(b + hz) = (ab + hz) = (ba + hz) = (b + hz)(a + hz). 1.6 (a + hz)((b + hz)(c + hz)) = (a + hz)(bc + hz) = (a(bc) + hz) = ((ab)c + hz) = ((ab + hz)(c + hz) = ((a + hz)(b + hz))(c + hz) 1.7 (a + hz)((b + hz) + (c + hz)) = (a + hz)( (b + c) + hz)) = (a( b + c) + hz) = ((ab + ac) + hz) = (ab + hz) + (ac + hz) = (a + hz)(b + hz) + (a + hz)(c + hz). 1.8 (1 + hz)(a + hz) = a + hz. Hermed er beviset afsluttet.

6 6 Vi kan nu vise nogle (synes jeg) interessante resultater. Vi bemærker dog først at (x Z) (2x + 1) 2 = 4(x 2 + x) + 1 = 4x(x +1) + 1. og x(x+1) er altid lige. Heraf følger at hvis n er ulige vil n 2 1 være delelig med 8. Hvis n er lige giver n 2 rest 0 eller 4 ved division med 8. Hvis vi nu tager en sum af 3 kvadrater vil dette aldrig give rest 7 ved division med 8, dette ses ved inspektion; hvis alle 3 tal er ulige rest 3 hvis 2 ulige og et lige rest 2 eller 6, hvis ét ulige og 2 lige rest 1 eller 5 og endelig 3 lige rest 0 eller 4. (Regn blot i Z/8Z hvor repræsentanten i Z/8Z netop er den rest man får ved division med 8) Antag nu at for hele tal X, Y og W er X 2 + Y 2 15 W 2 = 7 Regner vi nu igen i Z/8Z, idet ligningen så også må have løsninger i Z/8Z, finder vi at (X + 8Z) 2 + (Y + 8Z) 2 (15 + 8Z)( W + 8Z) 2 = (X + 8Z) 2 + (Y + 8Z) 2 (15+8Z)(W + 8Z) 2 + (16+8Z)(Z+ 8Z) 2 = (X + 8Z) 2 + (Y + 8Z) 2 + (W + 8Z) 2 = 7 + 8Z, men dette strider mod den tidligere bemærkning. Lad nu G være en vilkårlig (abelsk) gruppe og H en undergruppe. Vi skriver nu [a] H i stedet for a + H, ofte udelades H et i [a] H og vi skriver blot [a], hvis det er klart hvilken gruppe vi betragter. Man kan finde mange andre skrivemåder for a + H i forskellige bøger, (men det er ikke en opgave jeg stiller at finde samtlige sådanne skrivemåder). Eksempel: G = Z og H = 641Z. [5] ([2]) 7 = [5] [128] = [-1]. Derfor er [5] 4 ([2]) 28 = ([-1] 4 ). Fra skolen ved vi at = = ( ) Følgelig er [2] 32 + [1] = - [5] 4 ([2]) 28 + [1] = [0]. Vi har nu vist at Dette eksempel (fundet af Euler) viser at Fermats formodning om at 2 k +1 er et primtal, hvor k er af formen 2 n, hvor n er et naturligt tal eller 0, er forkert.

7 7 2 k +1 er et primtal for n= 0,1,2,3 og 4, ingen andre tal n er kendt at give primtal. Øvelse: Vis at (Tip: Vis at 11 og 31 går op i tallet) Lad p være et primtal. Vi ser at [1] er neutralt element. Vi vil vise at Z/pZ er et legeme. Vi skal vise at ethvert element ulig nul har en invers ved multiplikation. Et element ulig 0 i Z/pZ har en repræsentant a, hvor 0<a<p. Vi betragter nu mængden az + pz og vælger det mindste positive tal d i denne mængde. Bemærk at d a og d p Hvis vi dividerer d op i a (med rest) fås a = hd + r hvor 0 r d-1. Men da d tilhører mængden az + pz må r tilhøre az + pz og derfor må r = 0, (r er mindre end d og d går op i a). Helt tilsvarende ses at d p, heraf sluttes at d = 1 og vi finder at ah + pk = 1 for passende h og k. Vi finder nu at [a] [h] = [1 - pk] = [1]. Vi har nu vist Sætning 3. Z/pZ er et legeme, hvis p er et primtal. Vi har altså at (Z/pZ\{0}, ) er en gruppe. Hvis vi har et element heri vil dets orden være divisor i gruppens orden (p 1) (bemærkningen efter sætning 1), altså hvis a 0, da er [a] p-1 = [1], eller ved multiplikation med [a] p (a p a), dette gælder også for a = 0. Vi har nu vist: Sætning 4. (Fermat s lille sætning). Lad p være et primtal og a et positivt helt tal p (a p a). Øvelse: Vis (f. eks. ved at benytte at Z/pZ er et legeme) at hvis primtallet p går op i et produkt, da går p op i mindst én af faktorerne.

8 8 Sætning 5. (Wilson s sætning) Lad p være et primtal. p (p-1)! + 1 Bevis: Det er oplagt at Wilson s sætning gælder når p = 2, for p = 3 finder vi 2! + 1 = 3 så her gælder sætningen også. Antag nu at p er et primtal 5. Sæt M = {[2],[3],..,[p-2]) Vi har tidligere set at ethvert element ulig 0 i Z p har et inverst ved multiplikation. M er netop denne mængde af elementer ulig 0 i Z p på nær [p-1] = [-1] Hvis vi kan vise at det inverse (ved multiplikation) til et element a i M er et andet element i M forskelligt fra a, da følger Wilson s sætning: Produktet af elementerne fra M giver nu [1]. Vi udregner [p-1]! + [1] = [p-1] + [1] = [0] og beviset er afsluttet. Vi mangler så at indse at intet element i M har sig selv som invers. Vi får brug for hvad vi lige har set i den sidste øvelse: hvis et primtal p går op i et produkt da går det op i mindst én af faktorerne. Lad nu [a] M, hvis [a] s inverse også var [a] da ville p a 2 1 og p (a 1)(a + 1). Hvis p (a 1), må a = 1, men [a] = 1 tilhører ikke M. Hvis p (a + 1) må a = p 1, men [p-1] tilhører ikke M, beviset for Wilson s sætning er nu helt afsluttet.

9 9 Kapitel 2 Mere Talteori. Vi starter med at prøve at finde samtlige løsninger til ligningen hvor a, b og c betegner naturlige tal. a 2 + b 2 = c 2 Lad os et øjeblik antage at vi har en sådan løsning. Vi dividerer denne løsning med c og finder (a/c) 2 + (b/c) 2 = 1 Man kunne så i første omgang lede efter rationale løsninger til ligningen (i) x 2 + y 2 = 1 x = a/c og y = b/c Vi prøver altså først at finde rationale punkter på enhedscirklen (en opgave i sig selv). Vi søger altså efter rationale tal x og y som opfylder (1) x 2 = (1-y)(1+y) eller (2) (x/(1+y)) 2 = (1-y)/(1+y). Sætter vi t = x/(1+y) finder vi ved lidt regning 1- y = (1+y)t 2 eller endvidere er y = (1-t 2 )/(1+t 2 ) x = t(1+y) x = (2t)/(1+t 2 ). eller Vi har nu vist at samtlige rationale løsninger til (i) er af formen x = (2t)/(1+t 2 ) og y = (1-t 2 )/(1+t 2 ), t Q. Man kunne umiddelbart tro at man nu let med lidt fingerfærdighed kunne få samtlige heltalsløsninger til den oprindelige ligning. Dette viser sig at give visse problemer.

10 10 Husk først på den oprindelige ligning: x = (a/c) = (2t)/(1+t 2 ) og y = (b/c) = (1-t 2 )/(1+t 2 ). Skriver vi t = p/q, hvor vi antager at brøken er uforkortelig dvs. vi antager at p og q ikke har fælles primdivisorere. Vi finder nu ved indsættelse x = a/c = (2pq) /(p 2 + q 2 ) og y = b/c = (q 2 p 2 )/(p 2 + q 2 ) Hvis vi nu sætter c = p 2 +q 2 finder vi i den oprindelige ligning som rent faktisk er en heltalsløsning til (i). a = 2pq og b = q 2 - p 2 c 2 = a 2 +b 2 = (q 2 + p 2 ) 2 Vi kan ved at gange en sådan løsning med et naturligt tal s få en familie af løsninger, men vi ved ikke om vi kan forkorte den givne løsning (a, b, c) med et fælles tal uden at p eller q kunne forkortes med det. Eller med andre ord kan en vilkårlig løsning virkelig skrives: a = 2pqs og b = (q 2 -p 2 )s c = (q 2 + p 2 )s, s N, hvor p og q ikke har fælles faktorer. Det har vi endnu ikke vist. Det kunne jo godt ske at a, b og c kunne divideres med samme tal og vi ved så ikke endnu om den derved fremkomne løsning har ovenstående form. Vi har vist, at vi ved gange en løsning med et passende tal kan få en løsning af ovennævnte form. (Vi har forudsat at p og q ikke har en fælles primfaktor.) Lad os nu antage at der er en fælles faktor for p 2 +q 2, 2pq og q 2 -p 2 Vi betragter p og q. p og q kan ikke begge være lige: (for så ville 2 gå op i både p og q). Vi antager dernæst, at den ene er lige og den anden ulige ( 2 går så ikke op i både p og q): p 2 +q 2 og q 2 -p 2 er så begge ulige og en sådan fælles primfaktor d må altså være ulige, men denne faktor går op i (p 2 +q 2 ) + (q 2 -p 2 ) = 2q 2 (p 2 +q 2 ) - (q 2 -p 2 ) = 2p 2 Da d er ulige går d ikke op i 2 og d må derfor gå op i både p og q.

11 11 Vi har igen benyttet at hvis et primtal går op i et produkt, da går det op i en af faktorerne. Vi har altså indset at hvis p eller q er lige og den anden er ulige, da kan vi ikke forkorte løsningen p 2 +q 2, 2pq og q 2 -p 2 med nogen fælles faktor. Vi mangler nu tilfældet hvor p og q begge er ulige, vi kan derfor skrive p + q = 2P q - p = 2Q Hvis P og Q havde en fælles primfaktor d, ville d gå op og dette er en modstrid. p = (P + Q) og q = (P-Q) P og Q kan ikke begge være ulige for så var p og q begge lige. x = a/c = (2pq) /(p 2 + q 2 ) = 2(P 2 - Q 2 )/2(P 2 + Q 2 ) = (P 2 - Q 2 )/(P 2 + Q 2 ) og y = b/c = (q 2 p 2 )/(p 2 + q 2 ) = 4PQ/2(P 2 + Q 2 ) = 2PQ/(P 2 + Q 2 ) Vi er nu tilbage til det første tilfælde med x og y ombyttet og løsningen er skrevet på den givne form. Vi har altså vist at samtlige heltalsløsninger til heltalsligningen er a 2 + b 2 = c 2 a = 2pqs og b = (q 2 -p 2 )s c = (q 2 + p 2 )s, s N plus tilsvarende med a og b ombyttet. Bemærk at hvis p og q havde en fælles faktor kunne den flyttes over i s et. Eksempel : s = 1 p = 1 q = 2 giver a = 4 b = 3 og c = 5. s = 1 p = 1 q = 3 giver a = 6 b = 8 og c = 10 (er der noget galt her?) s = 1 p = 1 q = 4 giver a = 8 b = 15 og c = 17 s = 1 p = 2 q = 3 giver a = 12 b = 5 og c = 13. Man kunne tro at man på samme måde kunne finde samtlige heltalsløsninger til de fleste ligninger af formen: Hvor A,B og C er hele tal. Ax 2 + By 2 = Cz 2

12 12 Lad os prøve 2x 2 + 3y 2 = z 2 Vi antager nu at vi har en løsning uden fælles ægte primdivisorere. Det følger at 3 2x 2 - z 2. Hvis 3 x vil 3 z og 9 3y 2 og 3 y og dette strider mod at x y og z ikke har fælles faktorer. I tilfældet hvor x har rest 1 ved division med 3 vil x 2 også give resten 1. Hvis x rest 2 ved division med 3 vil x 2 også give resten 1 og 2x 2 vil give resten 2, derfor vil 2x 2 - z 2 vil give rest 1 eller 2 ved division med 3. Vi har altså set at der ikke er nogen ikke trivielle heltalsløsninger til ligningen 2x 2 + 3y 2 = z 2. Alternativt kunne man regne i Z/3Z, hvis ligningen 2x 2 + 3y 2 = z 2 havde løsning i Z ville Vi også få en løsning til [2x 2 ] + [3y 2 ] = [z 2 ] og altså en løsning til 2[x] 2 = [z] 2, men denne har kun 0 løsningen; altså kan x, y og z alle forkortes med 3, dette kan vi ikke blive ved med at gøre. Fermat for n = 4. Vi vil her skitsere et bevis og overlade enkelte detaljer til øvelserne. Vi skal altså godtgøre, at der ikke er heltalsløsninger til hvor xyz 0. x 4 + y 4 = z 4 i) Nok at vise at x 4 + y 4 = z 2 ikke har nogen ægte heltalsløsninger. ii) Indirekte bevis antag at (u,v,w) er en løsning hvor w er numerisk mindst mulig. iii) iv) Vi kan antage at ingen af parrene (u,v), (u,w) og (v,w) har fælles primfaktorer. (Hvorfor?) Vi kan antage at u,v og w alle er naturlige tal. (Hvorfor?) v) Antag u og v er ulige, da er u 2 og v 2 også ulige og u 2 + v 2 giver rest 2 ved division med 4, men intet kvadrattal gør dette. Altså kan vi antage at u er ulige og v er lige. Nu bruges det forgående så vi finder, at der findes a og b N, så

13 13 vi) u 2 = a 2 - b 2 v 2 = 2ab og w = a 2 + b 2 hvor a og b ikke har en fælles primfaktor, da u og v heller ikke har en sådan. Da w er ulige er enten a eller b ulige, men ikke begge. vii) a er ulige. ( a lige og b ulige a 2 - b 2 må give rest 3 ved division med 4, men dette tal er også et kvadrat u 2 og kvadrater på ulige tal giver rest 1 ved division med 4). viii) u 2 + b 2 = a 2 Nu bruger vi igen at vi kender alle løsninger til denne ligning og at a og b ikke har nogen fælles primdivisorere. Der findes derfor l og m som heller ikke har fælles primdivisorere så u = l 2 - m 2 b = 2lm og a = l 2 + m 2 ix) Vi finder v 2 = 2ab = 4lm(l 2 + m 2 ). x) Nu kommer hovedpointen i argumentet. Nemlig hvis et produkt af to eller flere tal er et kvadrat og disse tal parvis ikke har fælles primdivisorere, da er de hver for sig kvadrater. For at kunne bruge dette på ovennævnte skal vi så se at l og l 2 + m 2 ikke har fælles primfaktorere, men en sådan faktor måtte så gå op i l og m 2 og derfor i l og m. Tilsvarende for m og l 2 + m 2. Altså er l, m og l 2 + m 2 alle kvadrater ( Hvad med 4?) xi) l = r 2 m = s 2 l 2 + m 2 = t 2 r 4 + s 4 = l 2 + m 2 = t 2 xi) (rst) 0 w>a 2 = t 2 >t. Vi har nu fundet en modstrid.

14 14 Opgaver. Øvelse 1. Lad L være en vilkårlig mængde. Vi definerer en komposition $ ved a$b = a. Gør rede for at $ er en associativ komposition forskrift. Øvelse 2. Lad L være en mængde med en associativ kompositionsforskrift. Vi kalder et e højre neutralt, hvis a e = a for alle a fra L. Kan der findes mere end et højre neutralt element i en sådan forskrift? Definerer hvad det vil sige at e' er venstre neutralt. Vis at hvis e er højre neutralt og e' er venstre neutralt ved kompositionsforskriften, da er e =e'. Øvelse 3. Lad L være en mængde en associativ kompositionsforskrift. Antag at e er et venstre neutralt element og antag at for ethvert a L findes et b L så b@a = e. Vis at (L,@) er en gruppe. (Vink: opgaven er ikke helt nem). Øvelse 4. For p = 7 og 11 ønskes de multiplikative inverse til [2],[3],[4],[5], fundet. Vis Wilson s sætning direkte i disse tilfælde. Øvelse 5. (Har ikke noget med det gennemgåede at gøre.) Lad f(x) = Σ i=0 k h i x i være et polynomium hvor h i erne er hele tal. Antag at p/q er rod i f(x), hvor p/q Q er en uforkortelig brøk. Vis at p h 0 og q h k. Øvelse 6. Lad p(x) og q(x) være to rationale polynomier. Vis at man kan finde polynomier d(x) og r(x) så p(x) = d(x)q(x) + r(x), hvor graden af r(x)<graden af q(x).

15 15 Øvelse 7. Lad g(x) og f(x) være polynomier hvor alle koefficienterne er hele tal. Antag at for ethvert naturligt tal n da f(n) g(n). Vis at inden Q[X] da vil f(x) g(x). Gælder dette også inden for Z[X]? Øvelse 8. Lad M være en mængde med 3 elementer. Vis at de bijektive afbildninger af M ind i sig selv har 6 elementer og udgør en gruppe. Find ordenen af hver af de 6 elementer. Tilsvarende spørgsmål hvis M har 4 elementer. Øvelse 9. Vis at hvis elementet a i gruppen G har orden n, da er n det mindste tal så a n = 1.

16 16 Kapitel 3. Tallegemer og konstruktion med passer og lineal. Vi skal i det første kapitel gennemgå en del af teorien for vektorrum over andre algebraiske strukturer (legemer) end de velkendte reelle tal. Vi vil så i næste kapitel anvende denne teori på "konstruktion med passer og lineal". Vi vil vise, at man ikke kan tredele "generelle" vinkler (f.eks. 30 ) og at man ikke kan fordoble vilkårlige terninger udelukkende ved brug af passer og lineal. "Cirklens kvadratur" også et af de klassiske problemer vil blive omtalt sidst i kurset, problemet er her, at konstruere et kvadrat med samme areal som en given cirkel. Man kan vise at dette ikke kan lade sig gøre. Generel teori om legemer. 1. Vi betragter nu en mængde L med mindst 2 elementer og med to kompositioner + og, således at (L,+) er en abelsk gruppe, d.v.s. (L,+) opfylder i) a + b = b + a for alle a, b L ii) (a + b) + c = a + (b + c) for alle a, b og c L (den associative lov) iii) Der findes 0 L, så a+0 = a for alle a L (0 er neutralt element) iv) For ethvert a L findes et element -a, så a+(-a) = 0 (Eksistens af inverst element) Endvidere skal der om den anden komposition gælde, at v) a (b c) = (a b) c for alle a,b og c L (den associative lov) vi) a (b+c) =a b+a c for alle a,b og c L (den distributive lov) vi)' (a+b) c = a c+b c vii) Der findes 1 L, så a 1 = 1 a = a for alle a L (neutralt element) viii) For ethvert a L\{0} findes et b L\{0} så a b=b a=1 (Inverst element)

17 17 Definition 1. Hvis (L,+, ) opfylder i)-viii) siger vi, at L er et skævlegeme. Bemærkning. Elementet b (som afhænger af a) i viii) er entydigt bestemt og betegnes a -1. D.v.s. der er højst ét element b som opfylder a b = b a = 1. Dette indses på følgende måde: Lad a være givet og lad både b og b' opfylde betingelsen viii). Vi har altså at a b = a b' = 1 = b a = b' a, vi finder b' = b' (a b) = (b' a) b = b (vi har brugt regel v) undervejs). Definition 2. Hvis er kommutativ, d.v.s. opfylder ix) a b = b a for alle a og b L siger vi L er et (kommutativt) legeme. Det er en let øvelse, at se at (R,+, ) og (C,+, ) begge er legemer. Hvis vi skriver (L,+, ) (M,+, ) betyder det, at L er en delmængde af M og kompositionerne + og i L er lånt fra + og fra M specielt vil for a, b L gælde at både a + b og a b tilhører L. Definition 3. Hvis (L,+, ) (M,+, ) og L og M begge er legemer siger vi at (L,+, ) er et dellegeme af (M,+, ). I det følgende udelader vi for det meste, så ab betyder a b. Vi skal, men nok først i et andet kursus eller sidst i kurset betragte skævlegemer. Her i den første del af kurset er alle legemer kommutative. Dellegemer (kommutative) af de komplekse tals legeme (C,+, ) kaldes tallegemer. Med kompositionen a$b = (a + b)/2 er (Q,$, ) ganske vist som mængde indeholdt i C, men (Q,$, ) er ikke et dellegeme.

18 18

19 19 Ligesom i Mat 1 GA forstår vi ved a - b elementet a+(-b), hvor -b er det inverse til b ved kompositionen +. Sætning 1. Lad L C (eller R) være en mængde med mindst 2 elementer og antag at L har følgende 2 egenskaber: i) For alle a, b L, da vil a - b L og ab L ii) Hvis a L\{0], da vil a -1 L, da er L et legeme med samme 0 og 1 som C. (L er altså et dellegeme af C (eller R).) Bevis. L indeholder et element a. I følge i) vil a - a = 0 L. Vi vil dernæst vise at + er en komposition i L, dvs. at a + b L. er en komposition i L på grund af betingelse i). Lad a,b L være givne. Vi har at 0 - b = -b L (betingelse i)) og derfor vil a - (-b) = a+b L. Vi har benyttet at -(-b) = b, men dette er overladt til øvelserne og er i øvrigt ganske nemt at se. Nu er det ikke svært at vise at egenskaberne i),ii) og iii) i definition 1 gælder for L. Da i) og ii) gælder for hele C må de nemlig specielt gælde for elementerne i L. Hvis man i i) i Sætning 1 vælger "a=0" og "b=a" følger det at -a L for alle a L. Det overlades til læseren at vise at de sidste betingelser v)-ix) også er opfyldte for elementerne i L. Man lad os dog bemærke at vi kan vælge et a L, a 0, da L har mere end 2 elementer, men så i følge ii) vil a -1 L og derfor vil 1 L. Undervejs har man indset at 0 og 1 fra C begge tilhører L, derfor må 0 også være neutralt element for addition i L og 1 neutralt element for multiplikation i L\{0}.

20 20 Bemærkning: Sætning 1 gælder også mere generelt. Hvis en mængde med mindst 2 elementer er et delmængde af et legeme F og hvis vi i L bruger samme addition og multiplikation som i F. Da gælder det at hvis elementerne i L opfylder i) og ii) fra Sætning 1 da er L et legeme med samme 0 og 1 som F. (Argumentet for denne påstand er det samme som viser Sætning 1). Eksempel 1. R, de reelle tal, med sædvanlig addition og multiplikation er et legeme. Eksempel 2. Q, de rationale tal med sædvanlig addition og multiplikation er et legeme. Eksempel 3. (Q,$, ) er ikke et legeme, idet f.eks. $ ikke opfylder den associative lov. Sætning 2. Q er det mindste legeme, som er et dellegeme af de reelle eller komplekse tal. Bevis. Lad L være et dellegeme af R eller C. Vi skal vise at L indeholder Q. Da L er et dellegeme har L det samme + og som R (C). L har et neutralt element 0', som vi nedenfor viser er lig med 0: Da L har mere end 2 elementer findes et a L, så a 0'. Hvis vi regner i R, har vi at a + 0' = a + 0, så ved at addere -a (i R) fås -a + (a+0') = -a + (a+ 0). Den associative lov for + giver: så og da 0 er neutral ved + i R fås 0' = 0 og 0 L. (-a +a) +0' =(-a + a) ' = L har også et neutralt element e ved multiplikation (e 0 for hvis a 0 er ae =a 0). Vi har ee=e1 og da vi regner inden for R eller C, slutter vi at e=1 ved at gange med e -1 taget indenfor R eller C. Så L indeholder 0 og 1. Nu viser man let, at de naturlige tal N er indeholdt i L : Vi har nemlig:

21 21 1+1=2 L, så 1+2= 3 L. o.s.v. (Formelt et induktionsbevis). Da ethvert positivt tal tilhører L vil på grund af iv) i definition 1 også de negative tal være indeholdt i L, idet det inverse med hensyn til addition inden for L og R (C ) er det samme (overvejelsen på side 2 kan bruges, idet erstattes med +). Begrundelse: Lad b være den inverse til a inden for L og -a den inverse inden for R. Vi får (-a)+( a + b) = -a = (-a + a) + b = b. Man viser nu at det inverse (med hensyn til multiplikation) til et element inden for L og R (C) er det samme: ab = 1 i L så er også ab=1 i R og a(1/a) = 1 i R, men da det inverse i R er entydigt bestemt er 1/a = b. Derfor vil alle brøker af formen 1/a være med i L og endelig vil a (1/b) = a/b for alle a,b (b 0) være indeholdt i L, hvilket skulle vises. Nu til de lidt mere interessante eksempler Eksempel 4. Vi definerer Q( 2) = {a+b 2 a, b Q}. Vi skal senere vise at dette passer med en mere generel definition. Vi påstår at Q( 2) er et legeme. Hertil anvender vi sætning 1, idet Q( 2) oplagt er en delmængde af R. Det er let at vise, at i) er opfyldt (prøv at foretage denne overvejelse selv). Problemet er at vise, at ethvert element i Q( 2) ( 0) har et inverst, som også tilhører Q( 2), det er klart at der er et invers element inden for R. Vi vil benytte at 2 ikke er et rationalt tal (dette er bemærket før og vises senere, men er også kendt fra 1 GA). Vi får brug for følgende bemærkning: a+b 2 = 0 netop når både a og b er 0. lad nu a+b 2 = 0, og b=0, da er a=0.

22 22 Hvis b 0 kunne man slutte ved division med b at 2 er rational. Hvis både a og b er 0 er det klart at a + b 2 = 0. Så hvis a+b 2 0 vil a-b 2 0 og da vi regner i R (som opfylder nulreglen) er

23 23 (a+b 2) (a-b 2) = a 2-2b 2 0 og rationalt. Nu er det ganske let at vise, at ethvert element ulig nul har et inverst. Det inverse til a+b 2 er nemlig (a-b 2)/( a 2-2b 2 ) Nedenfor gentages beviset for at 2 ikke er et rationalt tal: Antag nemlig at 2 = a/b, hvor a og b er hele tal og lad os endvidere antage at der ikke er noget primtal som går op i både a og b, fordi hvis der var et sådant kunne vi forkorte både a og b med dette primtal og dermed få en ny fremstilling af 2 og lad os fortsætte sådan så alle de fælles faktorer er forkortet bort; man kunne faktisk nøjes med at forkorte med 2 i tæller og nævner så mange gange det nu er muligt. Kvadrerer vi og flytter lidt rundt får vi: 2b 2 = a 2. Heraf følger det at a er lige og derfor går 4 op i a 2, så b er lige og dette er en modstrid. Vi kunne i eksempel 4 opskrive den inverse ( ved multiplikation) til et givet element (ulig 0), men i det følgende eksempel er det ikke helt så oplagt, hvordan man skal gøre det. Det kan dog lade sig gøre, dette vil blive indset i en opgave. Der vil også komme et rent "teoretisk" bevis. Eksempel 5. Vi definerer (dette er igen del af en generel definition, som vi skal vende tilbage til senere): Q( 3 2) = {a + b 3 2 +c a, b, c Q}. Vi vil vise at denne delmængde af R er et legeme. Hertil vil vi benytte sætning 1. i) vises igen let ved en direkte udregning: lad nemlig x = a + b 3 2 +c og y = d +e 3 2 +f nu er x -y = (a - d) +(b -e) 3 2 +(c -f) Q( 3 2) og x y = (ad+2bf + 2cd) +(b d + ae + 2cf) 3 2 +(af +b e + cd) Q( 3 2).

24 24 Det er egenskaben ii) i sætning 1, der ikke umiddelbart følger, det kan lade sig gøre med håndkraft (se øvelserne ), men det bliver meget lettere med lidt mere teori, som vi så starter på nu. I Mat 1 GA studerede man vektorrum, hvor de tal (skalarer) man gangede med var reelle tal, dette er en unødvendig indskrænkning: Vi lader (L,+, ) betegne et legeme, f.eks. Q,R eller Q( 2). Definition 4. Ved et vektorrum V over L forstås en mængde V med en addition + og en multiplikation med elementer fra L så enhver af de 8 egenskaber i Definition 1.1 side 9 og 10 hos Messer er opfyldt. (Hvis V er et vektorrum over L kaldes L nogle gange V s skalarlegeme.) 1. v + w = w +v for alle v, w V 2. (v + w) +x = v + (w + x) for alle v, w og x fra V 3. Der findes en vektor 0 i V så v +0 = v gældende for alle v V 4. For enhver vektor v i V findes en vektor (betegnet -v) så v + (-v) = 0 5. r(v + w) = rv + rw for r fra L og v og w fra V 6. (r + s)v = rv + sv for r,s L og v V 7. r(sv) = (rs)v for r,s L og v V 8. 1v = v gældende for alle v V udsiger at (V,+) er en abelsk gruppe. Det er en let øvelse at indse, at Theorem (hos Messer) gælder, når vi erstatter R med L. (Dette er henvist til en opgave). En væsentlig pointé i det følgende er: Sætning 3. Antag at (M,+, ) er et legeme og indeholder (L,+, ) som dellegeme. M er et vektorrum over L.

25 25 Bevis: Vi skal vise, at egenskaberne i definition 4 gælder for M holder stik, da (M,+) er en abelsk gruppe (egenskaberne i)-iv)i definition 1). Disse har intet med L at gøre.

26 26 5. gælder da a(b+c) = ab + ac for alle a, b og c M ( egenskab vi)) specielt gælder ligningen når a L. 6. vises tilsvarende, her benyttes at vi)' gælder når a og b tilhører L. 7. er et specialtilfælde af v). 8. følger af vii). Man ser f.eks. at C er et vektorrum over sig selv, over R og over Q. Sætning 4. Hvis (L,+, ) er et dellegeme af (M,+, ) og V er et vektorrum over M, da er V også et vektorrum over L. Bevis: De første 4 egenskaber i definition 4 vedrører igen kun V. De næste 3 gælder for alle r og s fra M og alle v og w fra V, derfor specielt også hvis r og s tilhører L. Den sidste egenskab 8. gælder da 1 i L og M er det samme element. (Se bemærkningen efter sætning 1). Q( Eksempel 6. Q( 2) og Q( 3 2) er begge vektorrum over Q ( Vi har endnu ikke vist, at den sidste mængde er et legeme). Et væsentligt teoretisk hjælpemiddel er dimensionsbegrebet (Messer Chapter 3). Definitionerne og sætninger fra dette kapitel overføres umiddelbart til det generelle tilfælde "vektorrum over L". Vi minder om at en familie af elementer {v 1,v 2,..,v n } fra vektorrummet V (over legemet L) er L- uafhængigt hvis r 1 v 1 +r 2 v r n v n = 0 medfører at (r 1,r 2,..,r n ) = (0,0,...0). En bemærkning på side 20 siger at 1, 2 er Q-uafhængige. Tilsvarende er {v 1,v 2,..,v n } er et frembringersæt for V over L, hvis enhver vektor v fra V kan skrives v=r 1 v 1 +r 2 v r n v n

27 27 for passende r 1,r 2,..,r n fra L. Sættet {v 1,v 2,..,v n } er en basis for V over L, hvis det er et uafhængigt frembringersæt. Selv om vi nedenfor vil give en oversigt over de vigtigste sætninger om dimension af vektorrum over generelle legemer, vil vi i det følgende henvise til Messer bog Chapter 3, hvor R tænkes erstattet med et generelt legeme. Overvej hvad det vil sige at et sæt af reelle tal er lineært uafhængige opfattet som elementer i vektorrummet R over Q. Nu følger en oversigt over nogle dimensionssætninger som gælder for generelle vektorrum: 1. Lad {v 1,v 2,..,v n } være en mængde af vektorer i et vektorrum V. Dette sæt af vektorer er lineært afhængigt netop når en af vektorerne kan skrives som en linear kombination af de øvrige. (Messer Theorem 3.5) 2. Basis: En endelig delmængde {v 1,v 2,..,v n } af et vektorrum V siges at være en basis, hvis sættet er lineært uafhængigt og frembringer V. (Messer definition 3.6). 3. Alle baser for et vektorrum V har det samme antal elementer. (Messer Theorem 3.10) 4. Antallet af elementer i en basis for V betegnes dimv. 5. Antag at {v 1,v 2,..,v n } frembringer V. Der findes en delmængde af {v 1,v 2,..,v n } som er en basis for V. (Messer Theorem 3.11) 6. Lad {v 1,v 2,..,v m } være et lineært uafhængigt sæt af vektorer i et endelig dimensionalt vektorrum V. Der findes vektorer {v m+1,v m+2,..,v n } som sammen med {v 1,v 2,..,v m } udgør en basis for V (Suppleringssætningen Messer Theorem 3.13) 7. Lad V være et n-dimensionalt vektorrum. Et sæt på n-vektorer frembringer V netop når det er et lineært uafhængigt sæt af vektorer. (Messer Theorem 3,15)

28 28 Bemærk at 1 og i er en R-basis for vektorrummet C, men det er ikke en C-basis, da de er lineært afhængige : i1-1i = 0 Eksempel 6. Hvis L = Q( 2) er dim L = 2, idet vi tidligere har set at 1 og 2 er en Q-basis for L. Eksempel 7. Hvis L =Q( 3 2) er diml = 3, hvis L opfattes som et vektorrum over Q. Vi skriver dette som [L:Q] = 3. Påstanden følger af, at 1, 3 2, frembringer L. Det skal nu vises at elementerne er lineært uafhængige: Det er let at se at 3 2 ikke er et rationalt tal, dette vises på samme måde som man viser at 2 ikke er rational, se sætning 7 senere i kapitlet. Dernæst den generelle påstand: Elementerne er lineært uafhængige. For hvis der var en Q-kombination som gav 0, ville 3 2 være rod i et andengrads polynomium: f(x) med rationale koefficienter. 3 2 er også rod i x 3-2: = g(x). Vi finder nu ved polynomiers division inden for Q hvor grad af r(x) 1. g(x) =f(x)h(x) +r(x), Indsætter vi 3 2 i ovenstående ligning ser vi at r(x) = 0. Ellers ville 3 2 være rod i et polynomium af grad 1, r(x), dvs. 3 2 var rationalt, modstrid. Det er en ikke særlig svær øvelse, at se at dette ikke kan lade sig gøre, idet man i begge situationer kan slutte at g(x) ville have en rational rod. Dette giver så en modstrid( se opgaverne, både om polynomiers division og rational rodtest). Ovenstående eksempler kan nok synes tilfældige, men er typiske for en lidt mere generel teori.

29 29 Lad (M,+, ) være et legeme, som vi antager indeholder alle de øvrige legemer vi betragter (i det følgende). Sætning 5. Lad L I være en familie af dellegemer af legemet M. L er et legeme. Bevis. Sætning 5 er en umiddelbar følge af Sætning 1 og definitionen af fællesmængde. F.eks. gælder, at hvis a L og a ikke er 0, da vil a -1 L, da L er et legeme og derfor vil a -1 L. Bemærk at a -1 er det samme element i alle legemerne, idet vi i følge bemærkningen efter sætning 1 har at alle legemerne har samme 1 element og derfor er a -1 i L også det inverse til a i M. Lad nu L være et legeme indeholdt i M og lad x være et element i M, M er et legeme, som indeholder både L og x. Fællesmængden af alle legemer, som indeholder L og x er i følge sætning 5 et legeme og er på grund af definitionen er fællesmængden det mindste legeme, som indeholder L og x, så et sådant mindste legeme eksisterer altså. Definition 5. Vi betegner dette mindste legeme som indeholder L og x med L(x). Analogt kan man definere L(x,y) som det mindste legeme som indeholder L,x og y. {x,y} kan selvfølgelig erstattes med en vilkårlig mængde af elementer. Vi vil nu karakterisere L(x) i det tilfælde, hvor x er rod i et polynomium med koefficienter fra L. Vi bemærker først at L(x) må indeholde alle polynomier i x dvs. alle elementer af formen l n x n + l 1 x + l 0, l i L for alle i og hvis et sådant element er ulig 0 må dets inverse også tilhøre L(x). Vi har nemlig at x tilhører L(x) og dermed vil alle potenser af x tilhøre L(x), da L(x) er afsluttet overfor multiplikation.

30 30 Følgelig, da L er indeholdt i L(x) vil l x n være indeholdt i L(x) for alle l fra L. Vi har altså set at L(x) {l n x n + l 1 x + l 0 l i L og n N} Hvis x er rod i et polynomium med koefficienter i L, vil vi vise at højresiden ovenfor er et dellegeme af M, som klart indeholder L og x og vi har derfor lighedstegn. Hovedsætningen i dette afsnit er formuleret nedenfor og indeholder ovennævnte bemærkninger. Sætning 6. Lad ære et tal fra et legeme M og antag at "!$#&% '! n (>0) og ikke rod i noget polynomium af lavere grad, da er mængden af polynomier i () ' legeme og et vektorrum over L af dimension n og basis kan være: 1, (*,+-+.*/( (Altså er L(( Σi=0 n l i 5 i l i 6 L} = {Σ 4 i i l i 5 l i 6 L, i 6 798;:<>=? L). n-1. Bevis: Vi ved@/ä BC$DFEHGJI-KCDML;D BDN$D K$BPOIQNRBSUTOWVKT/XYI-Z$X[X\D C^]TD G_GJIQ`MIQD'K/BPDFEaI$bc@/LdT/X[eA'E fhgjik[lminpo q9rfsutwvsxtjy,z {$rm}h{r'sr ~Uv - Rzv/ \yqƒ/ h Mt pr}ˆ~prš sm {> ŒŽ$}dv [ 's }dv [smv/{ Hvis denne grad er n, påstår vi altså at 3 n-1 (1) H + l 1 š œ 0 l i L for alle i} n-1 š Vi påstår bl.a. at mængden på højre side af lighedstegnet er et legeme. Af bemærkningerne før sætning 6 følger det, at mængden på højre side er en delmængde af L( ždÿ Lad os kalde mængden på højresiden for V. Vi skal vise, at V er et legeme, idet V œq ' w, / ' $œ / ' ª «3 å V er ikke tom. Vi skal også vise at V er vektorrum af dimension n med potenserne (<n) af d R [ d Ÿ Lad os først vise, at V er et vektorrum over L. V er klart stabil overfor addition og multiplikation med elementer fra L (Messer Theorem 1.1 Subspace Theorem): l( l n-1 n-1 n-1 + l 1 œ 0 ) = l l n-1 + l l 1 œ œ 0 som tilhører V.

31 X X 31 (l n-1 som også er et element i V. V er altså et vektorrum. Vi vil nu finde en basis for V. Definitionen af V giver at sættet {1, Vi påstår dernæst at 1, Lad os antage at l n-1 Men så var n-1 n-1 + l 1 0 ) + (k n-1 + k 1 0 ) = n-1 (l n-1 + k n-1 + (l 1 +k 1 0 +k 0 ), n-1 n-1 + l 1 "! strider mod vor antagelse. Altså er 1, n-1 } frembringer V. er L-uafhængige. 0 = 0, hvor ikke alle l j 'erne er 0. "#$%#'&)(+*"&,.- øjst n-1, nemlig g(t) =l n-1 t n-1 + n-1 en basis for V. For at vise, at V er et legeme vil vi anvende Sætning 1. "! Men lad os først antage, at /0 " 1#234 Ved division med a n f(t) = a n t n + a 1 t +a 0, hvor a i L for alle i og a n 0. l 1 t +l 0 og dette &+ 90: :<;=?>@94AB@;: CD94:<9ABFE AG9IH1:<JK=@L M;@N O1BF;CD>3PCRQ =S T SULS79A@M;NO"B@;"C2>394AWV hvor koefficienten til højestegrads leddet er 1). Vi kan altså uden tab af generalitet antage at f(t) er normeret, d.v.s. a n = 1. Vi vil først vise, at ganger man to elementer fra V med hinanden, da tilhører produktet V. Vi vil altså vise at er en komposition i V. Bemærk at da 94: X n =- (a n-1 Vi har altså vist at X n + a 1 X?Y J 0 = 0 n-1 + a 1 X?Y J 0), som tilhører V. n tilhører V og dermed vil a X n tilhøre V for alle a fra L, da V var et vektorrum. Z\[][_^a`4b cd/egf+`4ch]@`0b ij"fg`0cf^ke,lnm/`bo[pcfq` holdt i V ( dette gøres ved induktion efter eksponenten ). m n+1 `0br[3cq`0hj@sq7f [ZutlWjbq[Fq`fve0cw^<vb<[p]@`7^x^ajy mz+m n ) : { } n-1 n -a n-1 + -a 1 -a 0 ) = -a n-1 +( a ' ƒr 0 /6 ', Ĝ, 4 D 4 Ĝ 0ƒr Gƒ6 1 - a 0 vektorrummet V].

32 @ G 32 n Samme udr V for v! #"$ &%$' ()* +, V. k+1 k k tilhører V forudsat at vi har vist tilhører V, dette gælder fordi -. '!/./ # # med element fra V og det tilfælde har vi lige klaret. Så det følger at V er mængden af polynomier i Nu er i) i sætning 1 bevist, fordi differensen og produktet af to polynomier er et polynomium. Vi skal nu i gang med ii). # 6 87$ 9: );# < #11=>7 n-1 07 (A 0 2, B"$2C D;AE * F7 ører V. n-1 + l 1 &?.7 0 0, da har dette element et inverst, som er et Vi betragter afbildningen f af V ind i V givet ved v #3$ GH'IJBK+LMH'NO*J PDG1QAI.R#P JSTG1U9P$V!WXG3U9P-YZV:[#\)PS]^P _U1`V-W4P a _#U.`$Vb[#\cdHIeUFP v=v'. ( Vi kan blot gange med det inver SHrO*Jm _U1`$V!JZK\H'KsG1Q#I-ptVM] (Bemærk at afbildningen er en lineær afbildning.) Afbildningen opfylder: Hvis v 1,v 2,..,v n er lineært uafhængige elementer fra V, _$Uu`$Vb[vP _U1`$Vb[] ]w[ P _U1`$VmJ K H da er også v 1 ært uafhængige. 2 n (Denne egenskab gælder generelt for en injektiv lineær afbildning.) _$Uu`$V:[vP _$Uu`$V:[]x]w[yP _$Uu`$VHIemJ K H For at vise at v 1 2 n ært uafhængige, skal vi vise at hvis _$Uu`$V1z.m _$Uu`$V1z zhm _U1`$V.Whg l 1 v 1 2v 2 nv n da er l 1,l 2,..,l n alle 0. På grund af vi)' i definition 1 er Q$_w_#c'K_#H'IP6Jn4H{\j_Uu`Vba STJ K#P H'I:SHdJ$p ( l 1 v 1 +l 2 v l n v n V3_$Uu`$V!WXg ølger det at l 1 v 1 +l 2 v l n v n = 0 P6a Vf_U1`$V.WhgiQ$_j\#ckP J HIlJHOm8H _#H'noHqp H'I - og da v i 'erne var uafhængige er l 1 =0, l 2 =0,..., l n =0 og påstanden følger. _$Uu`$V:[vP _$Uu`$Vb[] ]w[yp _$Uu`$V!c{m O1S Da V havde dimension n må v 1 å være en basis for V (7.), specielt er 1 en linearkombination af ovennævnte elementer altså: 2 n

33 33 l 1 v 1 2v 2 nv n!#" i 'er og v i 'er. Sætter vi g($ &% ' ()*+, -./01 2, 345,)647 $ )892:2<;=4>*2?@;!A'B Hermed er beviset for sætningen afsluttet. Et alternativt argument for sidste del af beviset kunne være: Dimensionssætningen fra Messer giver at dimf(v) = dimv + dimker(f) og da f er injektiv er dimf(v) = dim(v) og f er surjektiv. 1 tilhører derfor f(v), beviset kan nu afsluttes som før.

34 34 Sætning 6 siger intet om hvordan man finder dette polynomium i det generelle tilfælde. Dog findes der metoder til dette (Mat 2 AL og 3 AL), men her har vi kun brug for "enkelte konkrete" situationer og vi vil så prøve at klare os med ad hoc metoder. Vi har allerede set 2 eksempler: Q( 2) og Q( 3 2). 2 var rod i et polynomium af anden grad og ikke rational, derfor er Q( 2) = {a+b 2 a, b Q} i følge sætning 6 og dim Q Q( 2)= 2. Vi har tidligere set at 3 2 var rod i et 3'die grads polynomium, men ikke rod i noget polynomium af lavere grad. Derfor er i følge sætning 6 Q( 3 2) = {a+b 3 2+ c a, b og c Q}. Vi har endvidere set at definitionen af de 2 legemer Q( 2) og Q( 3 2) i starten af kapitlet stemmer overens med definition 5. Følgende resultat kan ofte være ganske nyttigt. Sætning 7. Lad h være et naturligt tal og lad p være et primtal så p ikke går op i h, da gælder for ethvert n>1 at n ph ikke et rationalt tal. Bevis. Antag at n ph = a/b, hvor a og b er hele tal, b ulig 0. Vi kan antage, at a/b er en uforkortelig brøk. Vi finder ph = a n /b n så phb n =a n så p a og derfor må p h eller p b, hvilket er en modstrid. De næste sætninger skal i eksempler anvendes til at beregne forskellige dimensioner eller minimale grader af polynomier, der har et givet element som rod. Definition 6. Lad L være et dellegeme af M. dim L M betegnes med [M:L].

35 35

36 36 Sætning 8. Lad E,F være 2 legemer og G et vektorrum over F. Antag at E er et dellegeme af F. Da gælder: G er et vektorrum over E og dim E G =dim F Gdim E F. Specielt gælder at hvis G er et legeme som indeholder F, da er [G:E]= [G:F][F:E]. (Det er forudsat at alle dimensioner er endelige). En basis for G som vektorrum over E kan fås som følger: Tag en basis for G over F: (g 1,...,g k ) og en basis for F over E: (f 1,...,f l ), da er (f j g i ) i,j 1 i k og 1 j l en basis for G over E. Bevis. Lad (g 1,...,g k ) være en basis for G opfattet som vektorrum over F (Vi siger at vi har en basis for G over F). Lad (f 1,...,f l ) være en basis for F over E. Vi påstår, at (f j g i ) i,j 1 i k og 1 j l er en basis for G over E. Vi kan i følge sætning 4 nemlig opfatte G som et vektorrum over E. Hvis vi kan vise denne påstand er vi færdige, idet vi så har vist at dim E G= kl. Lad g G, vi kan skrive g = Σ i y i g i y i F, hvert y i kan skrives på formen y i = Σ i x ij f j,hvor x ij tilhører E. Indsætter vi dette i udtrykket for g får vi g = Σ ij x ij f j g i, dette viser at sættet frembringer G. Vi mangler at vise, at sættet er uafhængigt over E. Vi antager 0 = Σ ij x ij f j g i = Σ j (Σ i x ij f j )g i og da g i 'erne er lineært uafhængige over F slutter vi at for alle i er Σ i x ij f j = 0 Derfor er x ij = 0 for alle i og j, da f j 'erne var en basis for F (specielt uafhængige) over E.

37 37 Vi kan nu udnytte ovennævnte til en række konkrete dimensionsbetragtninger og endelig vil det være et afgørende hjælpemiddel, når vi skal til at vise, at visse konstruktioner med passer og lineal ikke kan lade sig gøre. Men først vil vi udnytte sætningen til at beregne forskellige vektorrums dimensioner i nogle forskellige eksempler.

38 38 Eksempel 8. Q( 3 2, 2) betegner det mindste legeme, som indeholder 3 2 og 2. Vi vil vise, at dette legeme har dimension 6 over Q. Vi bemærker at legemet indeholder dellegemer både af dimension 2 og 3 over Q, så 2 og 3 og derfor 6 må i følge sætning 8 være en divisor i legemets dimension. Så vi skal bare vise, at dimensionen er højst 6. Betragter vi Q( 2) (= F), som et dellegeme af Q( 3 2, 2) = G finder vi at [G:F] 3, der er et frembringersæt på 3 elementer for G som vektorrum over F, idet 3 2 er rod i et tredie grads polynomium over F, da 3 2 er det over Q. Da F's dimension over Q er 2 følger påstanden. Eksempel 9. Vi betragter Q( 2, 3) = G. Vi påstår at G er et 4 dimensionalt vektorrum over Q. Det er klart at G indeholder Q( 2) = F som er et 2-dimensionalt vektorrum over Q, så 2 går op i [G:Q]. 3 ikke tilhører F: For hvis 3 = a + b 2, ville man ved kvadrering få: 3 = a 2 + b 2 +2ab 2. Hvis a og b begge er ulig 0 ville man kunne slutte at 2 var rational. a = 0 og b 0 ville give 3/2 var rational, overvej at dette ikke gælder. b = 0 og a 0 ville medføre at 3 var rational. Påstanden er hermed vist idet man i alle tilfælde har opnået en modstrid. Endvidere er [G:F] 2, da 3 er rod i et andengradspolynomoium over F. Nu følger at [G:Q] = 4 ved brug af sætning 8. Vi bemærker at 1, 2, 3, 6 kan bruges som basis for G som vektorrum over Q i følge sætning 8. Eksempel 10. E = Q( 2+ 3). Vi påstår at E er et 4-dimensionalt vektorrum over Q.

39 39 Vi prøver først med samme metode som før. Det er klart at E G, hvor G betegner vektorrummet Q( 2, 3). I eksempel 9 så vi at [G:Q] = 4, så [E:Q]= m går op i 4.

40 40 Det giver følgende muligheder for m: m=1,2 og 4. 1 udelukkes, da 2+ 3 ikke er rational, da 1, 2, 3, 6 er Q-uafhængige. Men det er lidt besværligt at argumentere helt som før, men vi kan sno os som følger: E indeholder 6: (1/2)( 2 + 3) 2 = /2 = 6 + 5/2. Da 5/2 Q, vil 6 E. Da E er afsluttet over for multiplikation vil E også indeholde 6( 2+ 3) = Så E vil også indeholde ( 2+ 3) =- 3 og derfor vil E også indeholde 2. Så E bliver faktisk lig med G og dermed er [E:Q] = 4. Vi slutter teorien i denne omgang med en kort sammenfatning af nogle resultater og metoder: Lad L være et dellegeme af legemet M. Hvis 2 elementer a og b tilhører M, kan vi betragte L(a,b) det mindste dellegeme af M som indeholder L, a og b. Det er let at se at L(a,b) = L(a)(b) = L(b)(a) (Øvelse 18). Sætning 6 medfører at hvis a eller b er rod i et m'te grads polynomium med koefficienter fra L (L(a)), da er dim L (L(a)) m (dim L(a) (L(a)(b)) m). Sætning 8 giver nu dim L (L(a,b)) =dim L (L(a))dim L(a) (L(a)(b)) dim L (L(a))dim L (L(b)). Specielt følger det at både dim L (L(a)) og dim L (L(b)) er divisorere i dim L (L(a,b)). Vi har nu følgende nyttige resultat: Korollar. Hvis dim L (L(a)) = p og dim L (L(b)) = q og p og q er 2 forskellige primtal, da er dim L (L(a,b)) = pq.

41 41 Vi har nu næsten udviklet tilstrækkeligt med teori til at vi kan løse en række klassiske problemer. Men mere om det i næste kapitel. OPGAVER. Øvelse 1. Vis at for en abelsk gruppe er det kun ét neutralt element ved + og der er kun ét inverst element til et givet a. Øvelse 2. Antag at (L,+, ) opfylder i)-vi)'. Vis at 0a = a0 = 0 og a(b -c) = ab - ac for alle a,b og c fra L. Øvelse 3. Vis at hvis (L,+, ) opfylder i)-iv) de distributive love og at (L\{0}, ) er en gruppe, da er L et skævlegeme. Øvelse 4. Vis at man kan erstatte viii) med for ethvert a L\{0} findes et b så ab=1. Øvelse 5. Udstyr {0,1} med kompositioner så {0,1} herved bliver et legeme. Øvelse 6. Vis Sætning 1. Øvelse 7(*). Vis ved en direkte udregning at eksemplet Q( 3 2)(eksempel 5) er et legeme. Øvelse 8. Vis at Messer Theorem 1.4 og Theorem 1.5 gælder, hvor R erstattes med L.

42 42 Øvelse 9. Vis at Q( 2) har dimension 2 som vektorrum over Q ved at vise at 1+ 2 og 1-2 er et lineært uafhængigt frembringersystem. Øvelse 10. Vis Theorem 3.9 hos Messer, hvor R er erstattet med L Øvelse 11. Vis at x 3-2 ikke er produkt af et første- og et andengrads polynomium.

43 43 Øvelse 12. Lad x være et reelt tal, som ikke er rationalt. Vis at Q(x) = {f(x)/g(x) g(x) 0}, hvor f og g er polynomier. Man skal altså vise blandt andet vise at højresiden er et (del)-legeme af R, som indeholder x. Øvelse 13. (Træningsopgave). Lad V være et vektorrum over legemet L. Vis at: 0 + v = v v + (-v) = 0 a0 = 0 0v = 0 Vis at hvis v + u = 0, da er u = -v. Vis at hvis rv = 0 da er r = 0 eller v = 0 Vis at (-1)v = -v og -(-v) = v og (-r)v = -rv Vis at hvis v 0 og rv = sv da er r = s. Vis at hvis v = -v, da er 2v = 0 og at hvis v + w = v + u da er w = u Vis at for a,b L og ab = 0, da er a = 0 eller b = 0. Overvej i alle spørgsmålene, hvor de berørte elementer ligger. Øvelse 14. Lad L være en vilkårlig mængde. Vi definerer en komposition $ ved a$b = a. Gør rede for at $ er en associativ komposition forskrift. Øvelse 15. Lad L være en mængde med en associativ kompositionsforskrift. Vi kalder et e højre neutralt, hvis a e = a for alle a fra L. Kan der findes mere end et højre neutralt element? Definerer hvad det vil sige at e' er venstre neutral Vis at hvis e er højre neutralt og e' er venstre neutralt ved kompositionsforskriften, da er e =e'.