челгу кб 1 курс Алгебра Lections

1.Не имеют делителей нуля.

2.Являются кольцами с разложением.

Доказательство:

a 6= 0; b 6= 0 a ¢ b = 0

½(a ¢ b) = ½(0) ¡ степень не определена ½(a ¢ b) ¸ ½(a) ¡ должно быть, но не выполняется

Утверждение: Проверим, что есть разложение на простые множители:

Доказательство:

Если b или c - обратимы, то это несущественное разложение. Пусть b и c - необратимы.

a = b ¢ c ½(a) = ½(b ¢ c) ¸ ½(b)

Если степень строго падает ½(b) > ½(b), то в силу е¸ конечности на некотором шаге дальнейшее разложение будет невозможно, поэтому нужно разобрать случай, когда:

½(a) = ½(b ¢ c) = ½(b).

По свойству Евклидовых колец:

b = q ¢ a + r ½(r) < ½(a) r = b ¡ q ¢ a = b ¡ q(b ¢ c) = b(1 ¡ q ¢ c)

Если произведение справа ненулевое, то противоречие:

½(r) < ½(a) = ½(b) · ½(b(1 ¡ q ¢ c)) = ½(r).

Чтобы этого противоречия не было, то r должно равняться нулю. Так как в Евклидовом кольце нет делителей нуля, то

q ¢ c = 1.

r=0, q-обратимый элемент ) b = q ¢ a

) элементы a и b ассоциированны, что противоречит существенности разложения.

21

Лекция 6

6 можно представить как 1 ¢ 2 ¢ 3, (¡1) ¢ (¡2) ¢ 3, (¡1) ¢ 2 ¢ (¡3) : : :

Определение: Кольцо К называется кольцом с однозначным разложением на простые множители,если для

8a 2 K и a = U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn ,a = V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm ,

где U,V-обратимые, а pi и qj - простые выполняется условие:

1)n=m

2)p1 ассоциированный с q1

. . .

pi ассоциированный с qj

Пример: (-2) и 2 ассоциированы.

Замечание: Самая важная теорема - теорема, в формулировке которой есть слова "необходимо и достаточно". Критерий - теорема, которая некоторое свойство определяет по 1 единственному признаку.

Критерий однозначности разложения на простые множители:

В кольце с разложением на простые множители однозначность имеет место тогда и только тогда, когда для 8 простого p 2 K если

p|(a ¢ b) ) p|a или p|b.

Доказательство:

1) Проверим в 1 сторону.

Пусть K-кольцо с однозначным разложением.

Проверим, что тогда критерий выполняется: pja ¢ b ) a ¢ b = p ¢ c

a = U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn b = V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm;

гдеpiиqj ¡ простые p ¢ c = U ¢ V ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm

По определению однозначности разложения элемент p должен быть ассоциирован

или 1) с pi, тогда p|a

или 2) с qj, тогда p|b

22

2) Пусть критерий выполняется. Проверим, что имеет место разложение на простые множители. Пусть

a = U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn a = V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm;

где U,V-обратимые, а piqj - простые;n ¸ m

Доказательство индукцией по n.

База: n=1

a = U ¢ p1 a = V ¢ q1

Очевидно, что p1 ассоциированный с q1.

Предположение: Пусть для (n-1) сомножителя утверждение доказано Шаг индукции: Докажем утверждение для n

a = (V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡1) ¢ qm a = (U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn¡1) ¢ pn

По условию элемент pnj(V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡1) ¢ qm По критерию это означает, что

или 1) pn|qm

или 2) pn|(V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡1)

Пусть имеет место pnj(V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡1). Преобразуем:

pnj(V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡2) ¢ qm¡1 pnjqm¡1 pnj(V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qm¡2)

На некотором конечном шаге найдется такой j, что Так как pn и qj-простые, то мы получили, что

qj = W ¢ pn, где W-обратимый.

(U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn¡1) ¢ pn = (V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qj¡1) ¢ W ¢ pn ¢ (qj+1

По правилу сокращения в кольцах без делителей нуля:

U ¢ p1 ¢ : : : ¢ pn¡1 = V ¢ q1 ¢ : : : ¢ qj¡1 ¢ qj+1 ¢ : : : ¢ qm ¢ W

По предположению индукции

(n-1)=(m-1)) n=m, а все элементы ассоциативны. Теорема доказана

Применение:

pnjqj

¢ : : : ¢ qm)

23

1)В Евклидовых кольцах есть однозначность разложения на простые множители.

Доказательство:

1.Существование разложения было доказано на прошлой лекции

2.Однозначность докажем по критерию.

Дано: К-Евклидово кольцо, p-простой элемент,pj(a ¢ b). Доказательство: Пусть P не делит Q.

Так как p-простой элемент, то НОД(p,a)=1 По следствию из алгоритма Евклида:

9U; V 2 K a ¢ U + p ¢ V = 1

Умножаем обе части на b:

(a ¢ b) ¢ U + p ¢ b ¢ V = b ) pjb

Упражнение: предположим, что p не делит b. Докажем, что p|a.

Критерий выполняется

Следствие: Так как кольцо Z и кольцо

P [x] (многочленов над полем)являются Евклидовыми, то в них есть однозначность разложения на простые множители.

Следствие из алгоритма Евклида:

Кольцо вычета Zp, где p-простое, является полем GF(p).

Доказательство:

Так как Zn-коммутативное кольцо с 1, то оста¸тся тоько проверить, что в Zp все ненулевые элементы обратимы.

a 2 Zp a > 0 a < 0

Так как p-простое, то НОД(p,a)=1. По следствию из алгоритма Евклида:

9U; V 2 Z; то есть

(a ¢ U) + (V ¢ p) = 1 ) a ¢ U = 1 ¡ p ¢ V

24

То есть остаток от деления a ¢ U на p равен 1

				) a ¢ U = 1 в Zp
			илиa ¢ U ´ (1 mod p)
Пример: Z11
a	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
a¡1	1	6	4	3	9	2	8	7	5	10

Упражнение:Найти обратные элементы к Z17,Z18

Поле комплексных чисел

Рацио-"ум" Иррацио-"безумие"

Определение:Обозначим символом i новый элемент, единственное свойство которого, что i2 = ¡1,

то есть ко множеству R добавим корень уравнения x2 + 1 = 0

Определение: Множеством комплексных чисел C называется множество сумм вида a + ib. C = fa + ibja; b 2 Rg

(a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d) (a + ib) ¢ (c + id) = ac + iad + ibc + i2bd = (ac ¡ bd) + i(ad + bc)

Выполняется коммутативность, ассоциативность, дистрибутивность.

¡ (a + ib) = ¡a + (¡ib)

(a + ib)¡1	=	a	¡	ib
		a2 + b2		a2 + b2

Лекция 7

Геометрическая интерпретация комплексныхчисел

z1 = a1 + ib1 z + z1 = a + a1 + i(b + b1)

Сложение комплексных чисел - сложение векторов. z¹ - сопряженное число.

Свойства сопряжения:

25

1)z + z1 = z¹ + z¹1

(a + ib) + (a1 + ib1) = (a + a1) + i(b + b1) =

=(a + a1) ¡ i(b + b1) = (a ¡ ib) + (a1 ¡ ib1) = z¹ + z¹1

2)z ¢ z1 = z¹ ¢ z¹1

(a + ib) ¢ (a1 + ib1) = (aa1 ¡ bb1) + i(ab1 + a1b) =

=(aa1 ¡ bb1) ¡ i(ab1 + a1b)

z¹ ¢ z¹1 = (a ¡ ib) ¢ (a1 ¡ ib1) = (aa1 ¡ bb1) ¡ i(ab1 + a1b)

Определение: Модулем комплексного числа называется его длина как вектора.

pz z¹ = (aj+j ib)p(a ib)
		p		z =	a2 + b2
¢					¢ ¡

Модуль - корень из произведения самого числа на его сопряженное.

z¡1 = jzz¹j2 =

Свойства модуля:

1)8® 2 R j® ¢ zj = j®j ¢ jzj

2)jz ¢ z1j = jzj ¢ jz1j

z ¢ z¹ = a2 + b2

z ¢		z¹		= 1 )
		a2 + b2
		a	¡		ib
	a2 + b2				a2 + b2

26

Доказательство 2 свойства:

=zp¢zz1¢ z¹¢ z¢ p¢ zz11

=¢ z¹1

=¢jz1j ¢¢ jz1¢ j 1

p

¢

¢

1 ¢

1

p

p

z z z¹ z¹

= (z

z¹)

(z

z¹ ) =

Упражнение: Проверить формулу "в лоб", то есть записать z = a + ib; z1 = a1 + ib1.

Упражнение: Привести пример, когда нарушается jz + z1j 6= jzj + jz1j.

3)Неравенство треугольника для модуля: jz + z1j · jzj + jz1j

Доказательство 3 свойства

jz + z1j · jzj + jz1j

j(a + a1) + i(b + b1)j · ja + ibj + ja1 + ib1j p p p

(a + a1)2 + (b + b1)2 · a2 + b2 + (a1)2 + (b1)2

Возведем в квадрат обе части:

q

(a + a1)2 + (b + b1)2 · a2 + b2 + 2 ¢ (a2 + b2) ¢ (a21 + b21) + (a1)2 + (b1)2 q

a2 + b2 + (a1)2 + (b1)2 + 2 ¢ (aa1 + bb1) · a2 + b2 + 2 ¢ (a2 + b2) ¢ (a21 + b21) + (a1)2 + (b1)2 q

aa1 + bb1 · (a2 + b2) ¢ (a21 + b21)

Возведем в квадрат обе части:

a2 ¢ a21 + b2 ¢ b21 + 2 ¢ a ¢ b ¢ a1 ¢ b1 · a2 ¢ a21 + b2 ¢ b21 + a2 ¢ b21 + b2 ¢ a21

(a ¢ b1 ¡ a1 ¢ b)2 ¸ 0

Полярная система координат

'2 [0; 2¼)

½2 [0; 1)

Уточки в начале координат длина равна нулю, а угол не определен. z('; ½)

Наложим декартову систему координат на полярную,

так что их начальные точки совпадут,

27

а ось абсцисс совпадет с направляющим лучом полярной системы координат.

Определим, как связаны координаты a,b,r и ':

z = a + ib p

½ = a2 + b2 cos' = pa2a+ b2

sin' = pa2b+ b2

Если ' во 2 четверти, то его ищем через arccos. Если в 4 четверти, то через arcsin.

Если в 3 четверти, то через arcsin. Пусть даны полярные координаты:

a = rcos' b = rsin' z = r(cos' + isin')

Последнее выражение - тригонометрическая запись комплексного числа.

Формула Абрахама де Муавра

Геометрический смысл умножения комплексных чисел.

z = r(cos' + isin') z = r1(cos'1 + isin'1) z ¢ z1 = r ¢ r1(cos'cos'1 ¡ sin'sin'1 + i(cos'sin'1 + cos'1sin'))

) z ¢ z1 = r ¢ r1(cos(' + '1) + isin(' + '1))

Длины векторов перемножаются, а углы складываются.

zn = (r ¢ (cos' + isin'))n ) zn = rn ¢ (cos(n') + i(sin(n')) zn = r ¢ (cos' + isin') z = ½ ¢ (cos® + isin®)

zn = ½ ¢ (cos(n®) + i(sin(n®)))

p

½ = n r– имеется в виду арифметический, то есть положительный корень.

28

Должно быть n® = ' + 2¼k; k

2 Z

® =

'+2¼k

; k = 0; 1 ¢ ¢ ¢ n ¡ 1

n

Вывод: Из комплексного числа извлекают n корней nой степени.

' + 2¼k

' + 2¼k

n

n

pr ¢ (cos' + isin') =

pr ¢ (cos(

n

) + isin(

n

)); k = 0; 1 ¢ ¢ ¢ n ¡ 1

n

2¼k

2¼k

p1 = pcos0 + isin0 = rcos(

) + isin(

); k = 0; 1 ¢ ¢ ¢ n ¡ 1

n

n

2¼

' =

¡ min

n

Геометрический смысл: корни nой степени из 1 образуют правильный n-угольник, вписанный в окружность единичного радиуса. При этом 1-ая вершина лежит на оси абсцисс.

p p

Упражнение: Вычислить 6 1, 8 ¡i.

Многочлен как функция.

Пусть K коммутативное кольцо с единицей. f(x) 2 K[x]; f : K ! K; a 2 K; a 7¡!f(a)

Таким образом задана полиномиальная функция на K.

Пример:

K = Z3 f(x) = x3 + 2x 6= 0

0 7¡!0

1 7¡!0

2 7¡!0

Замечание: Если функции различны, то задавшие их многочлены тоже

различны. Если многочлены различны, то это еще не значит, что функции различны.

Определение. Элемент a называется корнем многочлена f(x), если f(a) = 0.

Пример: f(x) = x2 + 1 2 R(x); R ½ C

Теорема Безу: Пусть K коммутативное кольцо с единицей, f(x)=K[x]. Элемент a - корень многочлена f(x)

() f(x) = (x ¡ a)g(x), где g(x) 2 K[x].

29

Доказательство.

В 1 сторону.

Дано: f(x) = (x ¡ a)g(x)

Доказать: a - корень

Доказательство: f(a) = (a ¡ a)g(a) = 0 ¢ g(a) = 0

)a -корень

Вдругую сторону. Дано: a - корень f(x)

Доказательство: Поделим столбиком f(x) на x ¡ a и получим в результате g(x)

f(x) = (x ¡ a)g(x) + r , где r - число, степень которого на единицу меньше степени делителя, т.е. равна нулю.

f(a) = (a ¡ a)g(a) + r = 0 ) r = 0 f(x) = (x ¡ a)g(x)

Определение: Будем говорить, что многочлен f(x) имеет корень a кратности k , если (x ¡ a)kjf(x),

а (x ¡ a)k+1 не делит f(x).

Другими словами: Если a - корень кратности k , то f(x) = (x ¡ a)kg(x)

НОД:(g(x); (x ¡ a)) = 1

(x ¡ a) не является делителем g(x).

Теорема(О количестве корней многочлена):

Пусть K-коммутативное кольцо с единицей без делителя нуля.

Пусть a1; a2 : : : an - корни многочлена f 6= 0 с кратностями S1; S2 : : : Sk, f(x) 2 K[x]

Тогда f(x) = (x ¡ a1)S1 (x ¡ a2)S2 : : : (x ¡ ak)Sk g(x)

В частности, число корней многочлена, рассматриваемых вместе с учетом их кратности, не превосходит степени многочлена.

S1 + S2 + S3 + : : : + Sk

степеньf = S1 + S2 + S3 + : : : + Sk + степеньg S1 + S2 + S3 + : : : + Sk + : : : + степеньg

Доказательство.

Индукция по K.

База индукци k = 1 кратности S1.

f(x) = (a ¡ x1)S1 h(x) ¡ по определению кратности. Пусть (k-1) - корень. Докажем для k.

f(x) = (x ¡ a1)S1 (x ¡ a2)S2 : : : (x ¡ ak¡1)Sk¡1 h(x)

30