2016.11.30_rings3_solutions (Семинары с решением 2016)

Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Кольца-330 ноября • 16135 группа1. Пусть Q = a + ib + jc + kd. Докажите, что Q · Q = |Q|2 =a2 + b2 + c2 + d2. Отсюда выведите обратимость кватернионов.Доказательство. ВычисляемQ · Q = (a + ib + jc + kd)(a − ib − jc − kd)= a2 − iab − jac − kad+ iab + b2 − kbc + jbd+ jac + kbc − c2 − icd+ kad − jbd + icd − d2= a 2 + b 2 + c 2 + d2 .2. Докажите, что |Q1 · Q2| = |Q1| · |Q2|.Доказательство.

Пусть Q1 = a + ib + jc + kd, Q2 = a′ + ib′ +jc′ + kd′. Отдельно найдёмQ1 · Q2 = (a + ib + jc + kd)(a′ + ib′ + jc′ + kd′)= (aa′ − bb′ − cc′ − dd′) + i(ab′ + a′b + cd′ − c′d)+ j(ac′ + a′c + bd′ − b′d) + k(ad′ + a′d + bc′ − b′c). (1)На основе (1) вычисляем|Q1 · Q2|2 = a2a′2 + b2b′2 + c2c′2 + d2d′2+ a2b′2 + a′2b2 + c2d′2 + c′2d2+ a2c′2 + a′2c2 + b2d′2 + b′2d2+ a2d′2 + a′2d2 + b2c′2 − b′2c22(aa′bb′ + aa′cc′ + .

. .) − 2(aa′bb′ + aa′cc′ + . . .)= (a2 + b2 + c2 + d2)(a′2 + b′2 + c′2 + d′2) = |Q1|2 · |Q2|2,все попарные произведения взаимно сокращаются.1a b c d −b a −d c 3. Докажите, что кольцо матриц вида  с −c d a −b −d −c b aвещественными коэффициентами образуют тело, изоморфное H.Доказательство.

Пусть K — множество матриц указанногов условии задачи вида. Легко видеть, что K замкнуто относительно сложения. Формула (1) из решения задачи №6, Крамер влечётзамкнутость K по умножению. Тем самым, K — подкольцо кольцаматриц M4(R).Зададим отображение φ : K → H, следующим образом:a b c d −b a −d c M (a, b, c, d) =  → a + ib + jc + kd. −c d a −b −d −c b aГомоморфность φ по сложению, как и бективность, очевидна.Используя формулу (1) из решения задачи №6, Крамер, а такжеформулу (1) из решения задачи №2, получаемφ[M (a, b, c, d)M (a′, b′, c′, d′)] = (a + ib + jc + kd)(a′ + ib′ + jc′ + kd′)= φ(M (a, b, c, d))φ(M (a′, b′, c′, d′)),т.е.

гомоморфность φ по умножению. Следовательно, φ — изоморфизм.Замечание. Сопряженному кватерниону a−ib−jc−kd соответствует матрица M (a, −b, −c, −d) = M T (a, b, c, d), т.е. транспонированная матрица кватерниона a + ib + jc + kd. Задача №2 являетсяследствием результатов текущей задачи и задачи №4, Определители.4. Найдите все решения уравнения Q2 + 1 = 0 в H.Решение. Пусть Q = a + ib + jc + kd. По формуле (1) получаем,чтоQ2 + 1 = (a2 − b2 − c2 − d2 + 1) + 2iab + 2jac + 2kad = 0.2Значит, как и в комплексных числах, все компоненты нулевые:a2 − b2 − c2 − d2 + 1 = 0,2ab = 0,2ac = 0,2ad = 0.Если a = 0, тогда b2 +c2 +d2 = 1 и все такие кватернионы являютсярешениями уравнения Q2 + 1 = 0.

Если a ̸= 0, тогда b = c = d = 0и a2 + 1 = 0, что невозможно для вещественного числа a.Ответ: все кватернионы с единичным модулем и нулевой вещественной частью.5. Опишите все идеалы кольца Z.Решение. Поскольку идеал кольца является, в частности, егоподгруппой, то по задаче №5, Группы идеалы имеют вид nZ длянекоторых n. Покажем, что все множества nZ являются идеалами в Z. Если n = 0, то 0Z = {0}, а это идеал в любом кольце,поскольку выдерживает умножение на любой элемент кольца (см.задачу №4, Кольца). При n ̸= 0 множество nZ не только замкнутоотносительно умножения, но и выдерживает внешнее умножение:nk · t = nkt ∈ nZ.6.

Будут ли идеалами следующие множества:а) Z[x] в R[x],б) множество многочленов, не содержащих членов с xk для всехk < n, в R[x] (n > 1)?Решение. а). Нет, так как x ∈ Z[x], 21 x ∈ R[x], но x · 12 x =1 22 x ̸∈ Z[x]. На самом деле, Z[x] является подкольцом в R[x], но неидеалом.б) По-другому описываемое в условие множество можно записатьтак: K = {anxn + an+1xn+1 + .

. . + ak xk | ai ∈ R, k ≥ n}. МножествоK является подгруппой в R[x] (оно замкнуто относительно сложения и взятия обратного по сложению), оно также выдерживаетумножение на любой многочлен:(anxn + an+1xn+1 + . . . + ak xk )(b0 + b1x + . . . + btxt) = b0anxn + . . . ∈ K,здесь под последним многоточием понимается сумма больших, чемn степеней переменной x.7.

Докажите, что {0} и F — все идеалы произвольного поля F .3Доказательство. Тот факт, что {0} и F — идеалы поля F ,ясен. Докажем, что других идеалов в F нет. Пусть I — ненулевойидеал в F . Значит, найдётся ненулевой элемент a ∈ I. Пусть b —произвольный элемент в F , тогда a · (a−1b) = b ∈ I по свойствуидеала. Следовательно, F ⊂ I и I = F .8. Докажите, чтоа) сумма идеалов кольца K,б) пересечение идеалов кольца K,∑в) степень K s = { a1a2 . . .

as|ai ∈ K}будут идеалами в K.Доказательство. а) То, что сумма идеалов I1 + I2 (рассмотрим сумму двух идеалов, для большего числа идеалов рассужденияаналогичны) является аддитивной подгруппой в K, было фактически доказано в задаче №4,б, Группы. Докажем, что I1 + I2 выдерживает умножение на любой элемент кольца.

Если i1 ∈ I1, i2 ∈ I2,k ∈ K, тогда(i1 + i2)k = i1k + i2k ∈ I1 + I2,k(i1 + i2) = ki1 + ki2 ∈ I1 + I2.б) Как и в пункте а), рассмотим пересечение двух идеалов: I1и I2. Тот факт, что перессечение I1 ∩ I2 является подгруппой в⟨K, +⟩, было доказано в задаче №4,а, Группы. Покажем, что I1 ∩ I2выдерживает умножение на любой элемент кольца. Если i ∈ I1 ∩I2,k ∈ K, тогда ik ∈ I1, ik ∈ I2, значит, ik ∈ I1 ∩ I2.

Аналогичнозаключаем, что ki ∈ I1 ∩ I2.в) Ясно, что множество K s замкнуто относительно сложения∑и взятия обратного по сложению: еслиa1a2 . . . as ∈ K s, тогда∑(−a1)a2 . . . as ∈ K s — его обратный. Покажем, что K s выдерживает умножение справа на элементы кольца K (для умноженияслева рассуждения аналогичны):∑(∑)a1 a2 . . . a s k =a1a2 . . .

(ask) ∈ K s,т.к. ask есть какой-то элемент K.4.