Факторіальні кільця та їх застосування (стр. 6 из 8)

Кільце цілих чисел Z – евклідове; відображення φ, про яке йде мова в означенні, задається так:

Евклідовим також є кільце многочленів від невідомого х з коефіцієнтами з поля Р.

Теорема 9. Кожне евклідове кільце R є кільцем головних ідеалів.

Доведення.

Нехай U – довільний ідеал евклідового кільця R. Якщо U – нульовий ідеал, то U= (0). Припустимо, що ідеал U – відмінний від нульового. Тоді в U є елементи, відмінні від нуля. Серед відмінних від нуля елементів ідеалу U, очевидно, є такий елемент a₀, що φ(a₀)

φ(a) для будь-якого ненульового елемента аÎU. За означенням евклідового кільця, для будь-якого елемента аÎU в кільці R існують такі елементи q і r, що a=a₀q+r, причому, якщо r¹ 0, то φ(r)<φ(a₀). Але оскільки r=a-a₀qÎU, то можливість r¹0 виключається і тому r=0. Таким чином, a=a₀q і, отже, U є головний ідеал, породжений елементом а₀.

Доведено.

Наслідок Будь–яке евклідове кільце факторіальне.

Наслідок Кільце Z цілих чисел є кільцем головних ідеалів і, значить, факторіальне.

Оскільки кожне евклідове кільце є кільцем головних ідеалів, то для елементів будь-якого евклідового кільця справедливі теореми 7 і 8. Зауважимо, що твердження, обернене твердженню 9, неправильне: існують кільця головних ідеалів, які не є евклідовими.

Нам уже відомо про існування найбільшого спільного дільника для будь-яких двох елементів а і b кільця головних ідеалів R. А тепер поговоримо про те, як же відшукати цей найбільший спільний дільник. Методу, який би давав змогу відшукати найбільший спільний дільник будь-яких двох елементів а і b довільного кільця головних ідеалів R, не існує. В евклідових же кільцях його можна відшукати за допомогою алгоритму Евкліда. Справді, нехай a₀ і a₁ будь-які відмінні від нуля елементи евклідового кільця R і нехай φ(а₀) ³ φ(а₁). Тоді, за означенням евклідового кільця, в R існують такі елементи q_1, a₂, що а₀ = а₁q₁+а₂, причому або а₂ = 0, або φ(а₁) > φ(а₂). Якщо а₂¹ 0, то в R існують такі елементи q₂ і a₃, що a₁ = a₂q₂ +a₃ причому або а₃ = 0 або φ(а₂)>φ(а₃). Якщо а₃¹ 0, то в R існують такі елементи q₃ i a₄, що а₂ =а₃q₃+a₄ і т.д.

Оскільки φ(а₁) > φ(а₂) > φ(а₃) >… > φ(а_s-1) >φ(а_s)>…, то цей процес послідовного ділення не може продовжуватись нескінченно: в противному разі множина цілих невід'ємних чисел φ(а₁) > φ(а₂)>… > φ(а_s) >… не мала б найменшого числа. Отже, через кілька кроків ми дійдемо до ділення з остачею нуль: a_m-1= а_mq_m. Таким чином, ми матимемо рівності

а₀ = а₁q₁+а₂,

a₁ = a₂q₂ +a₃,

а₂ =а₃q₃+a₄,

……………

a_m-3=a_m-2q_m-2+a_m-1,

a_m-2=a_m-1q_m-1+a_m,

a_m-1=a_mq_m+1.

Остання рівність означає, що а_m дільником a_m-1. Оскільки кожен з доданків правої частини передостанньої рівності ділиться на а_m, то і її ліва частина ділиться на а_m, тобто а_m є дільником a_m-2. Аналогічними міркуваннями ми доведемо, що а_m є дільником a_m-3, a_m-4,…, a₄, а₃, a₂, a₁, а₀. Отже, а_m є спільним дільником елементів а_о і а₁. Покажемо тепер, що а_m ділиться на будь-який спільний дільник елементів а_о і а₁. Нехай b – довільно вибраний спільний дільник a_о і a₁. Тоді з рівності а_о = a₁q₁+q₂ випливає, що a₂ ділиться на b, з рівності а₁ = a₂q₂ + а₃ випливає, що а₃ ділиться на b і т.д. Нарешті, з рівності а_т–2 = a_т–1q_т–1 + a_m випливає, що a_m ділиться на b. Таким чином, елемент а_m є спільним дільником елементів a₀ і a₁ і ділиться на будь-який спільний дільник цих елементів, тобто а_m є найбільшим спільним дільником елементів a₀ i a₁.

Задачі

№1

Довести, що в 5кільці Z[

] простими є такі елементи

а) 2;

б) –2;

в) 1+

і;

г) 1–

і;

Доведення

Знайдемо спочатку дільники одиниці в Z[

].

Нехай a+b

, c+d – дільники одиниці, a, b, c, d ÎZ. Тоді

(a+b

) (c+d )=1.

Знайдемо норму обох частин цієї рівності:

Nr (a+b

)=(a²+3b²).

Маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=1. (1)

Рівність (1) виконується, якщо

a²+3b²=c²+3d²=1. (2)

Рівність (2), в свою чергу, виконується при a=±1, b=0, c=±1, d=0. Отже, в кільці Z[

] лише 2 дільники одиниці: 1, –1.

а) Зрозуміло, що 2¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[

]. Використаємо норму і покажемо, що 2 – простий елемент в кільці Z[ ]. Оскільки Nr(2)=4, то, припустивши, що 2 є складене число, дістаємо

2=(a+b

) (c+d ), (3)

де a+b

, c+d не є дільниками одиниці і не є асоційованими з числом 2, a, b, c, d Î Z[ ].

З рівності (3) маємо

4=(a²+3b²) (c²+3d²) (4)

Для a, b, c, d Î Z ця рівність можлива тоді і тільки тоді, коли

a²+3b²=1, c²+3d²=4 (a)

або a²+3b²=4, c²+3d²=1 (b)

або a²+3b²=2, c²+3d²=2 (g)

В (a) і (b) дістаємо, що або a²+3b² або c²+3d² відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню

Розглянемо (g) a²+3b²=2, a²=2, а=

ÏZ.

Отже, цей випадок теж не можливий, бо a, b, c, d повинні належати Z.

Отже, 2 не може бути складеним числом. Оскільки 2¹0 і не є дільником одиниці, то 2 – просте число в кільці Z[

].

б) Так як ми довели, що 2 – простий елемент кільця Z[

], то можна стверджувати, що –2 теж просте, бо –2 є асоційованим з числом 2.

в) Очевидно, що 1+

¹0 і не є дільником одиниці в кільці Z[ ]. Використаємо норму і покажемо, що 1+ є простим елементом.

Оскільки Nr (1+

)=2, то, припустивши, що 1+ є складеним дістаємо

1+

=(a+b ) (c+d ),

де a+b

, c+d не є дільником одиниці і не є асоційованим з числом 1+ , a, b, c, dÎZ.

З цієї рівності маємо

(a²+3b²) (c²+3d²)=2.

Для цілих чисел a, b, c, dця рівність можлива лише, коли

a²+3b²=2, c²+3d²=1 або a²+3b²=1, c²+3d²=2

При цьому маємо, що або a²+3b² або c²+3d² відповідно є дільником одиниці, що суперечить припущенню. Отже, 1+

– простий елемент в кільці Z[ ].

г) Розглянемо число 1–

. Знайдемо його норму

Nr (1–

)=2

Так як Nr (1–

)=Nr (1+ )=2 і 1+ – просте число, то і 1– – теж просте.