2016.11.25_rings2_solutions (Семинары с решением 2016)

Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Кольца II25 ноября • 16135 группа1. Покажите, что в кольце с единицей коммутативность сложения вытекает из аксиом кольца.Решение. Пусть a, b — произвольные элемента “недокольца” сединицей (алгебарической структуры, получаемой удалением аксиомы коммутативности по сложению из аксиом кольца), тогда,применяя правую дистрибутивность, получим(a+b)(1+1) = (a+b)·1+(a+b)·1 = a·1+b·1+a·1+b·1 = a+b+a+b.Используя левую дистрибутивность, имеем(a+b)(1+1) = a(1+1)+b(1+1) = a·1+a·1+b·1+b·1 = a+a+b+b.Из равенства a + b + a + b = a + a + b + b прибавление слева элемента −a, а справа −b переходим к равенству b + a = a + b, т.е.коммутативности сложения.2.

Докажите, что конечное коммутативное кольцо без делителейнуля является полем.Доказательство. В основе решения задачи лежит та же идея,что использовалось при решении задачи №7, Группы. А именно,инъективное отображение конечного множества на себя сюръективно.Коммутативному кольцу не хватает, чтобы стать полем, обратимости всех ненулевых элементов по умножению. Пусть a ̸= 0— элемент кольца K, удовлетворяющего условиям задачи. Определим χa : K → K как χa(x) = ax.

Покажем инъективность χa.Пусть χa(x) = χa(y), т.е. ax = ay. Последнее равенство влечётa(x − y). Поскольку a ̸= 0 и в K нет делителей нуля, значит, x = y.Из конечности множества следует сюръективность и, тем самым,биективность χa. Определим для a ̸= 0 обратный элемент по умножению a−1 как единственный элемент, переходящий в единицу поддействием χa: χa(t) = at = 1.13. Докажите, что ⟨Zn, +, ·⟩ будет полем, ессли n просто.Доказательство. Сведём задачу к предыдущей: покажем, чтопри составном n Zn содержит делители нуля, а при простом n ихне содержит. Тогда первое повлечёт невыполнение аксиом поля (см.задачу №5, Кольца), а второе как раз при помощи задачи №2 дасттребуемое.Если n составное, тогда оно найдётся такое простое p, что n делится на p: n = pk.

Тогда в кольце Zn есть делители нуля, например, p и k (p̄k̄ = 0̄).Если n = p простое и, от противного, в кольце Zp нашлись делители нуля: āb̄ = 0̄, ā, b̄ ̸= 0̄. Неравенства ā, b̄ ̸= 0̄ означают, чтоa, b не делятся на p, т.е. дают ненулевые остатки при делении на p.Равенство āb̄ = 0̄ эквивалентно тому, что ab = sp для некоторогоцелого s. Применяя основную теорему арифметики (или достаточно леммы Евклида), получаем, что a или b делится на p, противоречие.()a b4. Докажите, что матрицы вида, a, b ∈ R, образуют−b aполе, изоморфное полю комплексных чисел.Доказательство. Обозначим через K указанное множествоматриц. Покажем, что это подкольцо кольца квадратных матрицвторого порядка с вещественными коэффициентами.

ЗамкнутостьK по сложению и аддитивному обратному ясна. Докажем замкнутость по умножению:()() ()a bc dac − bd ad + bc=,(1)−b a−d c−bc − ad −bd + acчто является элементом K. Значит, K действительно является кольцом.()a bОпределим χ : K → C как→ a + ib. Сюръективность−b aχ понятна.

Покажем инъективность. Пусть две матрицы перешлив одно и то же комплексное число:()()a bc d→ a + ib = c + id ←,−b a−d c2следовательно, a = c, b = d и матрицы совпадают. Поэтому χ — биекция. Гомоморфность χ по сложению очевидна. Остаётся доказатьгомоморфность χ по умножению, это удастся сделать, используяравенство (1):[()()][()]a bc dac − bd ad + bcχ=χ−b a−d c−bc − ad −bd + ac[()] [()]a bc d= ac−bd+i(ad+bc) = (a+ib)(c+id) = χχ.−b a−d c5. Докажите, что отображение z → z̄ является изоморфизмомC на себя.Доказательство.

Ясно, что комплексное сопряжение инъективно и сюръективно (в качестве прообраза числа z можно взять z̄,см. задачу №1,г, Комплексные числа-2). Гомоморфность комплексного сопряжения мы фактически доказали в задаче №1,а,б, Комплексные числа-2.6. Докажите, что тождественное отображение является единственным изоморфизмом R на себя.Доказательство. Пусть φ — изоморфизм R на себя. Покажемсперва, что φ(q) = q для любого рационального числа q. Во-первых,для произвольного натурального n имеемφ(n) = φ(1 + 1 + .

. . + 1) = φ(1) + φ(1) + . . . + φ(1) = nφ(1) = n,так как при любом гомоморфизме единица переходит в единицу.Также выводим mφ( m1 ) = φ(m)φ( m1 ) = φ(1) = 1, т.е. φ( m1 ) = m1 .nnЗначит, φ( m) = φ(n)φ( m1 ) = mдля натуральных n, m. Для отрицательных чисел также всё в порядке: имеем φ(−n) = −φ(n) = −n−n(см. задачу №7,б, Группы-3) и φ( −nm)= m.Пусть x > 0, тогда x = y 2 для некоторого ненулевого y ∈ R.Применяя гомоморфность φ, получаем φ(x) = φ(y 2) = φ(y)φ(y)>0.Если для пары вещественных чисел a, b выполнено неравенство a <b, тогда b − a > 0 и, следовательно, φ(b − a) = φ(b) − φ(a) > 0, чтоэквивалентно тому, что φ(b) > φ(a).

Значит, φ как отображениеявляется строго возрастающим.3Пусть найдётся такое a ∈ R, что φ(a) ̸= a, например, a < φ(a). Всилу плотности множества рациональных чисел в множестве вещественных чисел найдётся такое рациональное q, что a < q < φ(a).Из строгой монотонности отображения заключаем φ(a) < φ(q) = q,противоречие.4.