Лекции по алгебре. В 2 частях. Ч.1. Учебное пособие

Теорема 1. P =

a

b

: a, b R — подкольцо в M2(R), яв-

−b

a

ляющееся полем.

Доказательство. Заметим, что 0, E P . Кроме того,

a b

+

x y

=

a + x

(b + y)

−b a

−y x

−(b + y) a + x P,

a

b

x

y

=

ax − by

(bx + ay)

P,

−b a

· −y x

−(bx + ay) ax − by

−

a

b

=

a

−b

P.

−b a

−b

−a

det

a

b

+ b2 и

a

b

Далее,

−b

a = a2

−b

a — обратимая матрица,

если она ненулевая, с обратной из P . Остальные аксиомы поля легко

проверяются. Таким образом, P — поле.

□

Замечание.

a

b

a

0

0

b

−b

a

= 0

a +

−b

0 = aE + bJ, где

J =

0

1

. Тогда {a · E : a R} R, J2 = (−J)

2

=

−E, т. е. J,

−

1

0

−J — решения уравнения x2 + 1 = 0.

Вспомним определение поля C: C = {(a, b) : a, b R}.

Теорема 2. C; +, · является полем, изоморфным P .

Доказательство. Определим φ : P → C правилом

φ

a

b

=

−b

a

то P/Ker φ = P/ {0} = P C.

□

Обозначим через Pn следующее множество:

Pn :=

εk = cos 2n

+ i sin n

: 0 ≤ k ≤ n − 1 .

πk

2πk

Теорема 3. Pn; · Zn.

Доказательство. Имеем:

εk · εj = cos

2π (k + j)

+ i sin

2π (k + j)

= εr = cos

2πr

+ i sin

2πr

,

n

n

n

n

тогда

¯

¯

φ (εk · εj) = φ (εr) = r¯ = k + j = k + j = φ (εk) + φ (εj) .

Поскольку φ (εi) = 0

i = 0, то i = 0, и Ker φ = {1}. Очевидно, что

¯

¯

¯

φ сюръективно. Следовательно, Pn Zn.

□

такой, что j ·x¯ = 1. Следовательно, j ·x + I = 1 + I и 1 −j ·x I. Тогда

¯

¯

Следовательно, a ·K + I = K, а потому 1 = a ·x + i, где i I, и 1

= a¯ ·x¯

в K/I (1 / I, т. е. 1

¯

— единичный элемент в K/I). Таким образом, K/I

¯

— поле.

□

(c, d) (a, b). Пусть (a, b) (c, d) , (c, d) (e, f), т. е. ad = bc,

cf = ed.

Тогда adf = bcf, bcf = bed. Следовательно, af = be.

□

В силу теоремы

1 из

§ 1.5

A × A разбивается на клас-

сы эквивалентности:

Q (A)

=

{a/b : a, b A, b ̸= 0} , где

a/b =

Доказательство. Легко

видеть, что (a/b + c/d) + e/f = a/b +

(c/d + e/f) , −a/b + a/b = 0,

a/b + 0/b = a/b, a/b + c/d = c/d + a/b,

¯

□

b/1 a = b. Таким образом, f — изоморфизм A и A.

Пример: Q (Z) = Q, Z Q.

Выясним, что из себя представляют Q(F [x]), Q(F [[x]]).

Пусть f = a0 +akxk +ak+1xk+1 +. . . F [[x]] и ak ̸= 0. Назовём ниж-

min

{

k : a

= 0

}. Положим

ней степенью элемента f число v(f) = k = k

≥

1

k

̸

v a0 + 0 · x + 0 · x2 + . . . = ∞.

Лемма 2. Пусть F

— целостное кольцо. Тогда и F [[x]] целостно.

Доказательство. Пусть

f = akxk + ak+1xk+1 + . . . F [[x]], ak ̸= 0,

g = bmxm + bm+1xm+1 + . . . F [[x]], bm ̸= 0,

тогда f · g = akbmxk+m + . . . ̸= 0.

□

Лемма 3. Пусть f

= 1 + h, где h = a1x + a2x2 + . . . Положим

g = 1 − h + h2 − h3 + . . . Тогда f · g = 1.

Доказательство. Если v (f) = ∞, то h = 0 и f = 1 = g, т. е. f ·g = 1.

Если v (f) < ∞, то v (g) = v (h) < ∞. Пусть v (f · g) = k < ∞. Тогда

f

g = (1 + h) 1 − h + h2 − h3 + . . . − h2k+1

+(1 + h) h2k+2 − h2k+3 + . . .

·

= 1

−

h2k+2 + (1 + h) h2k+2

h2k+3 + . . . =

−

2k+2

+ h

2k+2

h2k+3 + . . . + h h2k+2

h2k+3 + . . . .

= 1 − h

−

=f1

−=f2

|

{z

}

|

{z

}

v (f

·

g)

≥

min v

h2k+2

, v (f1), v (f2)

≥

2k + 2.

2k+2

+2 ≥

2k

+2

2k

|

{z

}

{z

≥

|≥

} | {z }

□

Следовательно, v (f · g) = +∞ и f · g = 1.

Поле Q (F [x]) = F (x) =

f(x)

называется полем рацио-

: g(x) ̸= 0

g(x)

нальных дробей, а Q (F [[x]]) = F ((x)) — полем рядов Лорана.

∞ aixi

=0

Обозначим

iP

из F ((x)) через

∞ aixi. Докажем равенство:

xk

i=−k

P

f

f

c−1f

·

1

−

h + h2

−

h3

+ . . .

∞

=

=

k

= i=

k aixi.

g

ckxk (1 + h)

xk

−

X

умножение

бесконечного порядка, 67

строки на матрицу, 33

единичный, 63

фактор-группа, 79

конечного порядка, 67

фактор-кольцо, 86

нейтральный, 10

формула

нулевой, 10, 22

Муавра, 12

обратный, 10, 64

разложения определителя,

порождающий, 67

51

противоположный, 10, 22

формулы

эпиморфизм

Крамера, 59

групп, 74

характеристика

колец, 87

поля, 90

ядро

цикл, 69

гомоморфизма групп, 74

эквивалентность, 13

гомоморфизма колец, 86

элемент

линейного отображениия, 40