ALGEBRA II PRO INFORMATIKY

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY Obsah 1. Booleovy okruhy 1 2. Delitelnost v komutativnch monoidech s kracenm 3 3. Obory hlavnch idealu 6 4. Okruhy polynomu 9 5. Korenova nadtelesa 13 6. Minimaln polynomy algebraickych prvku 16 7. Rozkladova nadtelesa a algebraicky uzaver 18 8. Uvod do Galoisovy teorie 20 9. Abelova-Runiho veta 23 10. Konecna telesa po druhe 26 11. Ireducibiln rozklad polynomu 29 12. Volne algebry 32 13. Variety algeber 33 Prednaska Algebra II navazuje na prednasku Algebra I, ktera probehla v zimnm semestru. Jejm clem je predevsm prohloubit znalosti o komutativnch okruzch vcetne uvodu do Galoisovy teorie a strukturaln teorie konecnych teles. Posledn dve prednasky budou venovany zakladum univerzaln algebry. 1. Booleovy okruhy V nasledujc kapitole aplikujeme znalosti komutativnch okruhu zskane minuly semestr pro algebraicky popis Booleovych algeber. Podstatou uvahy je pozorovan, ze kazdou Booleovu algebru lze chapat jako jisty komutativn okruh. Pro konecne Booleovy algebry tak zskame popis vsech kongruenc i podalgeber. Denice. O okruhu R(+; ; ; 0; 1) rekneme, ze je Booleuv, je-li to komutativn okruh a pro kazde r 2 R plat, ze r r = r a r + r = 0. Prklad 1.1. Algebra P()( ; \; Id P() ; ;; ), kde znac symetrickou diferenci, je pro kazdou neprazdnou mnozinu Booleuv okruh. Je-li Y, potom je zjevne P(Y ) idealem okruhu P()( ; \; Id P() ; ;; ). Je-li naopak I ideal, vsimneme si, ze je uzavren na konecna sjednocen svych prvku. Dky indukcnmu argumentu nam stac overit, ze A[B 2 I pro kazde A; B 2 I. Ovsem A[B = (A B) (A\B) 2 I, protoze A B; A \ B 2 I. Uvazujme konecnou mnozinu a bud' I ideal. Pak je I konecny, a proto Y = S I 2 I. Tudz I = P(Y ) = Y \ P() a v okruhu P()( ; \; IdP() ; ;; ) jsou vsechny idealy hlavn. Date: 11. srpna 2016. 1

2 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY Veta 1.2. (1) Necht' S A = S(_; ^; 0; 1; 0 ) je Booleova algebra. Denujeme-li na S binarn operaci + predpisem a + b = (a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b), pak S 0 = S(+; ^; Id S ; 0; 1) je Booleuv okruh. Navc P je podalgebra resp. kongruence S A, prave kdyz je P podalgebra resp. kongruence S O. (2) Necht' S 0 = S(+; ; ; 0; 1) je Booleuv okruh. Denujeme-li na S binarn operaci _ predpisem a _ b = a + b + a b a unarn operaci 0 predpisem a 0 = 1 + a, pak S A = S(_; ; 0; 1; 0 ) je Booleova algebra. Navc P je podokruh resp. kongruence S O, prave kdyz je P podalgebra resp. kongruence S A. Dukaz. Nejprve si vsimneme, ze jakmile obema smery slozme konstrukci operac Booleova okruhu a Booleovy algebry, dostaneme se k puvodn strukture. Oznacmeli e _ spojen na Booleove algebre denovany pomoc operac Booleova okruhu a operace na Booleove okruhu jsou naopak denovany pomoc struktury puvodn Booleovy algebry spoctame ae_b = a + b + a b = (a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b) + a ^ b = = ([(a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b)] ^ [a 0 _ b 0 ]) _ ([(a 0 _ b) ^ (a _ b 0 )] ^ [a ^ b]) = = (a 0 ^ b) _ (a ^ b 0 ) _ (a ^ b) _ (a ^ b) = a _ b: Vypocet pro komplement je snadny a podobne jako v predchoz uvaze, oznacme-li e + sctan na Booleove okruhu denovane pomoc operac Booleovy algebry, dostaneme: ae +b = (a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b) = a (1 + b) + (1 + a) b + a (1 + b) (1 + a) b = a + a b + b + a b + a b + a a b + a b b + a b a b = a + b: Proto stac, abychom u obou ekvivalence ztotoznujc podalgebry a kongruence dokazali jen prmou implikaci. (1) Prmo z denice vidme, ze jsou operace + resp. ^ komutativn s neutralnmi prvky 0 resp. 1. Dale ^ je asociativn,a^a = a a a+a = (a^a 0 )_(a 0^a) = 0_0 = 0, tedy kazdy prvek a 2 S je sam k sobe opacny. Zbyva overit asociativitu operace + a distributivitu _ vzhledem k +. Vezmeme libovolne a; b; c 2 S. Potom dky distributivite Booleovy algebry (a + b) + c = ([(a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b)] ^ c 0 ) _ ((a 0 _ b) ^ (a _ b 0 ) ^ c) = = (a ^ b 0 ^ c 0 ) _ (a 0 ^ b ^ c 0 ) _ (a 0 ^ a ^ c) _ (a 0 ^ b 0 ^ c) _ (b ^ a ^ c) _ (b ^ b 0 ^ c) = = (a ^ b 0 ^ c 0 ) _ (a 0 ^ b ^ c 0 ) _ (a 0 ^ b 0 ^ c) _ (b ^ a ^ c): Protoze a + (b + c) = (c + b) + a, dostavame z predchozho vypoctu (b + c) + a = (c ^ b 0 ^ a 0 ) _ (c 0 ^ b ^ a 0 ) _ (c 0 ^ b 0 ^ s) _ (b ^ c ^ a) = (a + b) + c: Konecne a ^ c + b ^ c = (a ^ c ^ (b 0 _ c 0 )) _ ((a 0 _ c 0 ) ^ b ^ c) = = (a ^ c ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b ^ c) = [(a ^ b 0 ) _ (a 0 ^ b)] ^ c = (a + b) ^ c: Vezmeme nyn podalgebru P a kongruenci Booleovy algebry S(_; ^; 0; 1; 0 ). Potom pro kazde a; b 2 P a (c i ; d i ) 2, i = 1; 2 mame a 0 ; b 0 ; a+b = (a^b 0 )_(a 0^b) 2 P a podobne (c 0 i ; d0 i ); (c 1^c 0 2; d 1^d 0 2 ); (c0 1^c 2 ; d 0 1^d 2 ); (c 1 +c 2 ; d 1 +d 2 ) 2. Uzavrenost a slucitelnost s dalsmi operacemi je zrejma. (2) Dokazeme, ze je S( ; _) distributivn svaz. Zvolme libovolne a; b; c 2 S. Komutativita je zarucena predpoklady a komutativita _ plyne okamzite z denice. Dale a a = a podle predpokladu a a _ a = a + a + a a = 0 + a = a. Asociativita operace opet plyne z predpokladu, ze S(+; ; ; 0; 1) je (Booleuv) okruh a

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 3 a_(b_c) = a+(b+c+b c)+a (b+c+b c) = a+b+c+a b+a c+b c+a b c = (a_b)_c. Dale overme axiom (S4): a _ (b a) = a + b a + a b a = a + a b + a b = a; a (b _ a) = a (b + a + b a) = a b + a a + a b a = a: Zbyva overit jednu distributivitu: a (b _ c) = a (b + c + b c) = a b + a c + a b c = (a b) _ (a c): Konecne a _ 0 = a 1 = a, a _ a 0 = a + (1 + a) + a (1 + a) = 1 + a + a a = 1 a a a 0 = a (1 + a) = a + a = 0, tedy S(_; ; 0; 1; 0 ) je Booleova algebra. Vezmeme-li nyn podalgebru a kongruenci Booleova okruhu S(+; ; ; 0; 1), potom dky tomu, ze jsou nove operace denovani vylucne pomoc operac puvodnch, stejne prmocarou argumentac jako v (1) dokazuje, ze se jedna o podalgebru a kongruenci prslusne Booleovy algebry S(_; ; 0; 1; 0 ). Dusledek 1.3. Svaz vsech kongruenc konecne Booleovy algebry S(_; ^; 0; 1; 0 ) je izomorfn svazu vsech podmnozin P(A)(\; [), kde A je mnozina vsech atomu S. Dukaz. Podle Vety 4.13 je Booleova algebra S(_; ^; 0; 1; 0 ) izomorfn Booleove algebre P(A)([; \; ;; A; 0 ) a dky popisu kongruenc okruhu z minuleho semestru stac popsat svaz idealu prslusneho Booleova okruhu P(A)( ; \; Id P(A) ; ;; A). V prkladu 1.1 jsme zjistili, ze idealy jsou prave tvaru P(Y ) pro Y 2 P(A). Konecne snadno nahledneme, ze P(Y ) _ P(Y ) = P(Y [ Z) a P(Y ) ^ P(Y ) = P(Y \ Z), tedy svaz idealu (a tedy i svaz kongruenc puvodn Booleovy algebry) je izomorfn svazu P(A)(\; [). Prklad 1.4. (1) Bud' S(_; ^; 0; 1; 0 ) konecna Booleova algebra. Vme, ze je S izomorfn potencn Booleove algebre nad mnozinou vsech atomu A. To mimo jine znamena, ze jsj = jp(a)j = 2 jaj. Podle 1.3 existuje na S(_; ^; 0; 1; 0 ) prave 2 jaj = jsj kongruenc. (2) Bud' konecna mnozina a P()([; \; ;; ; 0 ) Booleova algebra vsech podmnozin mnoziny a uvazujme na n nejakou kongruenci. Tato kongruence je podle 1.2 kongruenc na okruhu P()( ; \; Id P() ; ;; ). 0znacme Y = S [;]. Vyuzijeme-li popis kongruenc na okruzch pomoc idealu a pripomeneme, ze podle 1.1 je ideal [;] = P(Y ), vidme, ze (A; B) 2, prave kdyz A B Y. Cvicen: (1) Popiste vsechny podalgebry konecne Booleovy algebry. (2) Je faktor Booleova okruhu (Booleovy algebry) opet Booleuv okruh (Booleova algebra)? (3) Najdete nekonecnou Booleovu algebru, ktera nema zadne atomy. 2. Delitelnost v komutativnch monoidech s kracenm Vsimneme si, ze denitoricka podmnka Booleova okruhu a a = a Booleova okruhu je ekvivalentn podmnce (1 a) a = 0. To znamena, ze Booleuv okruh obsahujc vce nez prvky 0 a 1 ma netrivialn delitele nuly a nen tedy oborem. V nasledujcch nekolika kapitolach se budeme zabyvat obecnou delitelnost, ktere je zajmava prave nad obory, tedy nad zcela jinym typem komutativnho okruh nez tvor Booleovy okruhy.

4 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY Nejprve prozkoumame zakladn pojmy, ktere zname z kontextu delitelnosti v prirozenych cslech. Denice. Rekneme, ze S( ) je komutativn monoid s kracenm, je-li S( ) monoid s komutativn operac splnujc pro kazde a; b; c 2 S podmnku a c = b c ) a = b. Prklad 2.1. (1) N( ) a Z n f0g( ) jsou zrejme komutativn monoidy s kracenm. (2) Je-li R(+; ; ; 0; 1) obor, pak je R n f0g( ) komutativn monoid s kracenm. Vezmeme-li totiz prvky a; b; c 2 Rnf0g, pro nez a c = b c, potom dky distributivite dostavame 0 = a c b c = (a b) c, a proto a b = 0. Poznamenejme, ze komutativn monoid s kracenm Rnf0g( ) oboru R(+; ; ; 0; 1) bude v nasledujcm nejvyznamnejsm prkladem tohoto pojmu. Denice. Bud' S( ) komutativn monoid s kracenm (nebo S(+; ; ; 0; 1) obor) a necht' a; b 2 S. Rekneme, ze a del b (pseme a=b), pokud existuje takove c 2 S, ze b = a c. Rekneme ze a je asociovan s b (pseme akb), pokud a=b a zaroven b=a. Vsimneme si, ze prvek komutativnho monoidu s kracenm je asociovan s 1, prave kdyz je invertibiln. Poznamka 2.2. Bud' R(+; ; ; 0; 1) obor. Pak a=b prave kdyz br ar a akb prave kdyz br = ar. Dukaz. Jestlize b = a r pro r 2 R, pak b 2 ar a proto bs 2 ar pro kazde s 2 R. Plat-li br ar, pak i b = b1 2 ar, proto a=b. Druhou ekvivalenci dostaneme dvojm pouzitm prvn ekvivalence prave dokazaneho kriteria. Poznamka 2.3. Necht' S( ) je komutativn monoid s kracenm. (1) Pro kazde a; b 2 S existuje nejvyse jeden takovy prvek c 2 S, ze a = b c. (2) Necht' a; b 2 S. Pak akb prave tehdy, kdyz existuje invertibiln prvek u 2 S tak, ze a = b u. (3) k je kongruence na S( ). (4) S=k( ) je komutativn monoid s kracenm a relace delen na nem tvor usporadan. Dukaz. (1) Jestlize (a =)b c 0 = b c 1, pak stac kratit hodnotou b, abychom dostali c 0 = c 1. (2) Pro dvojici asociovanych prvku akb existuje dvojice prvku u; v 2 S, pro nez a = b u a b = a v. Dosadme-li do prvnho vztahu za b, mame a = a v u, a kratme-li prvkem a dostavame, ze 1 = v u, tj. u a v jsou vzajemne inverzn. Naopak je-li a = b u pro invertibiln u 2 S, je b = a u 1, tedy a=b i b=a. (3) Zrejme je k reexivn a symetricka relace. Jestlize a=b a b=c, existuj x a y, pro nez b = a x a c = b y, proto c = a (x y), tedy a=c a odtud vidme, ze relace = i k jsou ekvivalence. Mejme a 0 kb 0 a a 1 kb 1. Pak podle (2) existuj invertibiln prvky u 0 ; u 1 pro ktere a i = b i u i, kde i = 1; 2. Nyn a 0 a 1 = (b 0 b 1 ) (u 0 u 1 ), kde u 0 u 1 je opet invertibiln prvek. Tedy (a 0 a 1 )k(b 0 b 1 ) podle (2). (4) Je zjevne, ze S=k( ) je komutativn monoid. Mejme [a] k [b] k = [a] k [c] k, potom [a b] k = [a c] k, tedy podle (2) existuje invertibiln prvek u 2 S, pro ktery a b = a c u. Nyn muzeme kratit, tudz b = c u a opetovnym pouzitm (2) mame [b] k = [c] k.

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 5 Uvazme-li, ze reexivita relace "del"na faktorovem monoidu plyne okamzite z denice faktorove operace, zbyva overit tranzitivitu a slabou antisymetrii. Necht' [a] k [x] k = [b] k a [b] k [y] k = [c] k. Potom existuj takove invertibiln prvky u a u, pro nez a x u = b a b y v = c, a proto (a x y) (u v) = a x u y v = c. Protoze u v je invertibiln prvek dokazali jsme, ze [a] k [x y] k = [c] k. Konecne jestlize [a] k [x] k = [b] k a [b] k [y] k = [a] k, pak mame invertibiln w, pro ktere a x y w = a, tedy x y w = 1 a x (stejne jako y) je invertibiln prvek. Tm jsme overili, ze [a] k = [b] k. Prklad 2.4. Komutativn monoidy N( ) a Z n f0g=k( ) jsou izomorfn. Denice. Bud' S( ) komutativn monoid s kracenm (nebo S(+; ; ; 0; 1) obor) a necht' a; b; c; a 1 ; : : : ; a n 2 S. Prvek c nazveme nejvets spolecny delitel prvku a 1 ; : : : ; a n (pseme NSD(a 1 ; : : : ; a n )), jestlize c=a i pro vsechna i, a kazdy prvek d 2 S, ktery del vsechna a i, del i prvek c. Prvek c nazveme ireducibilnm prvkem, jestlize c nen invertibiln (ani nulovy v oboru) a c = a b ) cka nebo ckb. Prvek c nazveme prvocinitelem, jestlize c nen invertibiln (ani nulovy) a c=a b ) c=a nebo c=b. Poznamenejme, ze kazde prvocslo je urcite ireducibiln prvek v oboru celych csel. Poznamka 2.5. Necht' S( ) je komutativn monoid s kracenm a a; b; c; d; e 2 S. (1) Necht' d je GCD(a; b) a e je GCD(a c; b c). Potom (d c)ke (2) Necht' 1 je GCD(a; b) a a=b c. Existuje-li GCD(a c; b c), pak a=c. Dukaz. (1) Protoze dc=ac, dc=bc a e je GCD(a c; b c), dc=e, tj. existuje u, pro nez e = dcu. To znamena, ze dcu=ac a dcu=bc a kratme-li du=a a du=b, a proto du=d, tudz uk1 a (d c)ke podle 2.3. (2) Necht' e je GCD(a c; b c), pak je (1 c)ke podle (1), tedy c je GCD(a c; b c). Protoze je a spolecny delitel b c, a c, dostavame, ze a=c. Veta 2.6. Mejme S( ) komutativn monoid s kracenm. Potom je kazdy prvocinitel ireducibiln. Pokud navc pro kazde a; b 2 S existuje NSD(a; b) pak je kazdy ireducibiln prvek prvocinitelem. Dukaz. Je-li p prvocinitel a p = a b, pak p=a b, a=p, b=p a plat, ze p=a (tedy pka) nebo p=b (tedy pkb). Predpokladejme, ze je p ireducibiln, p del soucin a b a nedel prvek a. Protoze existuje GCD(p; a), ktery nen asociovan s prvkem p, plyne z ireducibility p, ze 1 je GCD(p; a). Navc p=a b a existuje GCD(p b; a b), proto podle 2.5(2) p=b. Prklad 2.7. Uvazujme podokruh Z[ p 5] = fa + p 5bj a; b 2 Zg okruhu realnych csel. Zrejme se jedna o obor, tedy Z[ p 5] n f0g( ) je komutativnho monoidu s kracenm. Lze ukazat, ze prvky 2, p 5 + 1 a p 5 1 jsou ireducibiln, ale nejde o prvocinitele, protoze 2=4 = ( p 5 + 1) ( p 5 1), ale 2 nedel p 5 + 1, ani p 5 1 (podobne pro p 5 + 1 a p 5 1). Cvicen: (1) Dokazte, ze jsou dva nejvets spolecn delitele tychz prvku asociovany. (2) Popiste prvocinitele okruhu realnych polynomu a okruhu komplexnch polynomu.

6 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY (3) Dokazte, ze v UFD existuj nejvets spolecn delitele kazde dvojice prvku. 3. Obory hlavnch idealu V Prkladu 2.1 jsme si vsimli, ze dulezitym prkladem komutativnho monoidu s kracenm je monoid nenulovych prvku oboru. Nyn omezme svou pozornost na obory hlavnch idealu, pro nez dky Vete 2.6 nahledneme, ze jejich prvocinitele a ireducibiln prvky splyvaj. Pro obory hlavnch idealu se nam proto podar zobecnit Zakladn vetu aritmetiky. Na zaver kapitoly se soustredme na obory umoznujc algoritmicke zskan nejvetsho spolecneho delitele prvku. Denice. Rekneme, ze je R obor hlavnch idealu, jestlize je kazdy jeho ideal hlavn. Rekneme, ze obor R je UFD (nebo Gaussuv), splnuje-li dve podmnky: (1) pro kazdy nenulovy neinvertibiln prvek a 2 R existuj ireducibiln prvky p 1 ; : : : ; p n 2 R n f0g, pro nez a = p 1 p n (2) je-li navc a = q 1 q k pro ireducibiln prvky q 1 ; : : : ; q k, pak n = k a existuje bijekce tak, ze p i kq (i) pro vsechna i = 1; : : : ; n. Poznamka 3.1. Bud' R(+; ; ; 0; 1) obor hlavnch idealu a a 1 ; : : : ; a n 2 R. Pak existuj prvky u 1 ; : : : ; u n tak, ze P n i=1 a i u i je NSD(a 1 ; : : : ; a n ). Dukaz. Snadno nahledneme, ze mnozina I = f P n i=1 a iu i j u i 2 Rg je ideal oboru hlavnch idealu R, tedy existuje prvek c 2 I, pro nejz cr = I. Protoze a i R cr, je c spolecny delitel a 1 ; : : : ; a n a zvolme-li jineho spolecneho delitele d techto prvku, dostavame, ze cr = I dr, tedy d=c. Nasledujc tvrzen vyslovme jeste v obecnem kontextu komutativnch monoidu s kracenm. Poznamka 3.2. Necht' je kazdy ireducibiln prvek komutativnho monoidu s kracenm S( ) prvocinitelem a necht' p 1 ; : : : ; p r ; q 1 ; : : : ; q s 2 S jsou ireducibiln prvky takove, ze p 1 p 2 p r kq 1 q 2 q s. Potom r = s a existuje takova bijekce, ze p i kq (i) pro vsechna i = 1; : : : ; r. Dukaz. Tvrzen dokazeme indukc podle r. Jestlize r = 1 mame p 1 = u q 1 q 2 q s pro nejaky invertibiln prvek u podle 2.3(2) a protoze je p 1 ireducibiln mame podle stejneho tvrzen s = 1 (ostatn q i by musely byt invertibiln, coz je v rozporu s denic ireducibilnho prvku). Necht' tvrzen plat pro r 1. Protoze p r =q 1 q 2 q s, najdeme indukcnm rozsrenm denice prvocinitele takove i s, pro ktere p r =q i, bez ujmy na obecnosti muzeme predpokladat, ze i = s. Z ireducibility prvku p r i q s plyne, ze jsou nutne asociovany, proto muzeme kratit a dostaneme p 1 p 2 p r 1 kq 1 q 2 q s 1. Nyn podle indukcnho predpokladu r 1 = s 1 a dostavame hledanou permutaci na mnozine f1; : : : ; r 1g, kterou dodenujeme (r) = r. Veta 3.3. Bud' R(+; ; ; 0; 1) obor hlavnch idealu. Pak plat: (1) Kazdy ireducibiln prvek R(+; ; ; 0; 1) je prvocinitelem. (2) R(+; ; ; 0; 1) je UFD. Dukaz. (1) Podle 3.1 jsou splneny predpoklady 2.6, ktere implikuj zaver. (2) Dky (1) a 3.2 plat jednoznacnost, zbyva tedy dokazat existenci ireducibilnho rozkladu.

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 7 Predpokladejme ke sporu, ze nejaky neinvertibiln prvek a 2 R nema ireducibiln rozklad (tj. neexistuje posloupnost ireducibilnch prvku c 1 ; : : : ; c k, pro ktere a = c 1 c k ), a budeme induktivne vytvaret takovou posloupnost prvku a i a b i, ze a i nema ireducibiln rozklad b i nen invertibiln a a i = a i+1 b i+1. Nejprve polozme a 0 = a. Jestlize a i nema ireducibiln rozklad a nen invertibiln, mus existovat dva neinvertibiln prvky x a y, z nichz aspon jeden, naprklad x, nema ireducibiln rozklad a a i = x y (kdyby ho mely oba, tvoril by jejich soucin ireducibiln rozklad a i ). Stac tedy polozit a i+1 = x a b i+1 = y. Nyn z 2.2 a 2.3 plyne, ze a i R a i+1 R a a i R 6= a i+1 R. Snadno nahledneme, ze je I = S i a ir ideal, ktery je podle predpokladu hlavn, tj. existuje takove c 2 I, ze cr = I. Protoze c 2 a i R pro dostatecne velke i, dostavame, ze cr a i R a i+1 R cr, tedy cr 6= cr, coz je spor. Poznamenejme, ze Zakladn veta aritmetiky dokazana minuly semestr je jednoduchym dusledkem predchoz vety pouzite na obor celych csel. Konkretne, protoze je okruh Z(+; ; ; 0; 1) obor hlavnch idealu, existuj v monoidech N n f0g( ) a Z n f0g( ) nejvets spolecn delitele a zrejme existuj rozklady na ireducibiln prvky, tedy jsou v N ireducibiln rozklady urceny az na porad jednoznacne, v Z jsou jednoznacne az na porad a znamenko. Denice. Bud' R(+; ; ; 0; 1) obor. Rekneme, ze R je eukleidovsky obor, existuje-li zobrazen : R! N 0 [f 1g (tzv. eukleidovska funkce) splnujc pro kazde a; b 2 R, b 6= 0 podmnky: (1) jestlize a=b, pak (a) (b), (2) existuje q; r 2 R takove, ze a = b q + r a (r) < (b). Prklad 3.4. (1) Okruh celych csel je eukleidovskym oborem s eukleidovskou funkc absolutn hodnotou j j. Prvn podmnka denice plat zrejme, druha plyne z toho, ze i v celych csel umme delit se zbytkem. (2) Pripomenme Algoritmus delen se zbytkem VSTUP: a; b 2 R[x], vedouc koeficient b je invertibiln VYSTUP: q; r 2 R[x], pro ktere a = q b + r, deg r < deg b 0. m := deg b; n := deg a m; 1. if n < 0 then return 0; a else r := a; 2. for i := n downto 0 do fq i := r i+m b 1 m ; r := r q ix i b; g 3. return P i q ix i ; r. Nyn snadno si rozmyslme, ze funkce, ktera kazdemu polynomu s koecienty v telese prirad jeho stupen splnuje podmnky eukleidovske funkce, proto je obor polynomu nad telesem eukleidovskym oborem. (3) Podokruh Z[i] = fa + bij a; b 2 Zg (tzv. Gaussova cela csla) okruhu komplexnch csel je eukleidovskym oborem s eukleidovskou funkc (a + bi) = a 2 + b 2. Pripomenme, ze jc 1 c 2 j = jc 1 j jc 2 j pro kazdou dvojici komplexnch csel c 1 a c 2, proto ( ) = j j 2 = jj 2 jj 2 = () () pro vsechna ; 2 Z[i]. Jestlize = a 6= 0, existuje 2 Z[i], pro ktere =, proto () = ( ) = () () (), nebot' () 0. Chceme-li vydelit se zbytkem Gaussovo cele cslo nenulovym cslem, najdeme nejprve komplexn x + iy = a pote vezmeme takova x 0; y 0 2 Z, pro ktera jx

8 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY x 0 j 1 2 a jy y 0j 1 2. Polozme-li = x 0 + iy 0 a =, pak vidme, ze = = x x 0 + i(y y 0 ), tudz jj2 jj 2 = (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 1 4 + 1 4 = 1 2, proto () () 2 < (). (4) Podokruh Z[ p 2] = fa + p 2bj a; b 2 Zg okruhu realnych csel je eukleidovskym oborem s eukleidovskou funkc (a + b p 2) = ja 2 2b 2 j. Dukaz toho, ze je eukleidovska norma plyne podobne jako v (2) z faktu, ze ( ) = () (). Nasledujc dukaz je analogicky dukazu, ze kazda podgrupa cyklicke grupy je cyklicka. Veta 3.5. Kazdy eukleidovsky obor je oborem hlavnch idealu. Dukaz. Mejme R(+; ; ; 0; 1) eukleidovsky obor s eukleidovskou funkc : R! N 0 [ f 1g a vezmeme libovolny nenulovy ideal I. V idealu I zvolme nenulovy prvek a s minimaln hodnotou (a). Zrejme ar I. Necht' i 2 I. Pak podle denice existuje q; r 2 R takove, ze i = a q + r a (r) < (a). Protoze r = i a q 2 I a (a) bylo minimaln, je nutne r = 0 a ar = I. Protoze nulovy ideal f0g = 0R je vzdy hlavnm idealem, ukazali jsme, ze vsechny idealy eukleidovskeho oboru jsou hlavn. Specialne nyn vme, ze pro komutativn teleso T (+; ; ; 0; 1) je T [x] dle 3.4(2) eukleidovsky obor s eukleidovskou funkc danou stupnem polynomu, tedy jde podle prave dokazane vety o obor hlavnch idealu. Prklad 3.6. (1) Okruh Z[x] polynomu s celocselnymi koecienty nen oborem hlavnch idealu, protoze ideal xz[x] + 2Z[x] = f P i p ix i j 2=p 0 g nen hlavn. Podle 3.5 tedy nejde o eukleidovsky okruh. (2) Protoze v Z[ p 5] = fa+ p 5bj a; b 2 Zg nesplyvaj podle 2.7 ireducibiln prvky a prvocinitele, nejde podle 3.3 obor hlavnch idealu, tedy ani o eukleidovsky okruh. Poznamenejme, ze je mozne dokazat (i elementarnmi prostredky), ze je okruh Z[ 1+p 19i 2 ] = fa + 1+p 19i 2 bj a; b 2 Zg obor hlavnch idealu, ktery nen eukleidovsky. Veta 3.7. Mame-li R(+; ; ; 0; 1) eukleidovskym obor s eukleidovskou funkc a a 0 ; a 1 2 R n f0g, pak funguje spravne obecny Eukleiduv algoritmus VSTUP: a 0 ; a 1 2 R n f0g VYSTUP: GCD(a 0 ; a 1 ), x; y, pro ktere x n a 0 + y n a 1 = GCD(a 0 ; a 1 ). 0. (u 0 ; u 1 ) := (1; 0); (v 0 ; v 1 ) := (0; 1); i := 1 1. while a i 6= 0 do fzvol a i+1 ; q i 2 R takova, ze a i 1 = a i q i + a i+1 a (a i+1 ) < (a i ); x i+1 := x i 1 x i q i ; y i+1 := y i 1 y i q i ; i := i + 1g 2. return a i 1 ; x i 1 ; y i 1. Dukaz. Tvrzen 3.5 a 3.1 rkaj, ze nejvets spolecn delitele vsech dvoji prvku eukleidovskeho oboru existuj. Protoze a n je GCD(a n 1 ; a n ), stac dokazat, ze prvky c a d jsou asociovane pro kazde 0 < i < n, kde c je GCD(a i 1 ; a i ) a d je GCD(a i ; a i+1 ). Protoze c=a i a c=a i+1 = a i 1 a i q i dostavame z denice nejvetsho spolecneho delitele ze c=d. Podobne d=a i a d=a i 1 = a i q i + a i+1, tedy d=c. Platnost formule a i = x i a 0 + y i a 1 dokazeme indukc podle i, Trivialne tvrzen plat pro i = 0; 1. Nyn stac dosadit do vyrazu a i+1 = a i q i a i 1 hodnoty a i = x i a 0 + y i a 1 a a i 1 = x i 1 a 0 + y i 1 a 1, abychom dostali a i+1 = (x i a 0 + y i a 1 ) q i x i 1 a 0 + y i 1 a 1 =

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 9 = (x i 1 x i q i ) a 0 + (y i 1 y i q i ) a 1 = x i+1 a 0 + y i+1 a 1 : Prklad 3.8. Najdeme v Z[i](+; ; ; 0; 1) Eukleidovym algoritmem nejvets spolecny delitel prvku a 0 = 6 7i a a 1 = 7 + i. Nejprve spoctame 6 7+i 7i (6 7i)(7 i) = (7+i)(7 i) = 35 55 50 50 i, tedy q 1 = 1 i a a 2 = a 0 q 1 a 1 = 6 7i (1 i)(7+i) = 2 i. V dalsm kroku poctame 7+i = (7+i)( 2+i) ( 2 i)( 2+i) = 2 i 15 5 + 5 5 i = 3 + i, tedy vidme, ze q 2 = 3 + i a ze a 2 =a 1. Zjistili jsme, ze 2 i je nejvets spolecny delitel prvku 6 7i a 7 + i a 2 i = (6 7i) + ( 1 + i)(7 + i). Cvicen: (1) Dokazte, ze jsou dva nejvets spolecn delitele tychz prvku asociovany. (2) Popiste prvocinitele okruhu realnych polynomu a okruhu komplexnch polynomu. (3) Dokazte, ze v UFD existuj nejvets spolecn delitele kazde dvojice prvku. 4. Okruhy polynomu Nejprve si uvedomme, ze znamou denici polynomu nad okruhem muzeme nahlednout velmi obecnym (a velmi algebraickym) pohledem: Vezmeme okruh R(+; ; ; 0; 1) a monoid M( ) s neutralnm prvkem e a polozme R[M] = fp : M! Rj P fmjp(m) 6= 0g je konecneg. Prvek p 2 R[M] budeme zapisovat take ve tvaru m2m p(m) m. Na R[M] denujme binarn operace + a, unarn operaci a nularn operace 0 a 1: p + q = p = m2m m2m (p(m) + q(m)) m; p q = ( p(m)) m; 0 = m2m m2m ( r s=m 0 m; 1 = 1 e + p(r) q(s)) m; m2mnfeg 0 m: Poznamka 4.1. Necht' R(+; ; ; 0; 1) je okruh a M( ) je monoid s neutralnm prvkem e. (1) R[M](+; ; ; 0; 1) je okruh, (2) zobrazen i : R! R[M] dane predpisem i(r) = r e (tj. [i(r)](m) = 0 pro vsechna m 6= e a [i(r)](e) = r) je prosty okruhovy homomorsmus. (3) zobrazen : M! R[M] dane predpisem (m) = 1 m je prosty homomor- smus monoidu M( ) do monoidu R[M]( ). Dukaz. P P P (1) Vezmeme p; q; r 2 R, kde p = m2m p(m) m; q = m2m q(m) m; r = r(m) m. Nejprve si uvedomme, ze jsou binarn operace dobre denovane m2m (pro nularn a unarn je korektnost denice zrejma). K tomu stac uvazit, ze a ze fmj (p + q)(m) 6= 0g fmj p(m) 6= 0g [ fmj q(m) 6= 0g Dale plat, ze p + q = fmj (p q)(m) 6= 0g fa bj p(a) 6= 0; q(b) 6= 0g: (p(m) + q(m)) m = m2m m2m (q(m) + p(m)) m = q + p;

10 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY (p+q)+r = m2m [(p(m)+q(m))+r(m)] m = m2m (p(m)+q(m)+r(m)) m = p+(q+r): Proto 0 je zjevne neutraln prvek operace + a plat, ze p+( p) = 0, je R(+; ; 0) komutativn grupa. Podobne (p + q) r = [p(a) + q(a)) r(b)] m = = m2m a b=m m2m a b=m (p(a) r(b) + q(a) r(b)) m = p r + q r; dukaz druhe distributivity je symetricky. Konecne zbyva overit, ze je R( ; 1) monoid: (p q) r = ( a p 1 = m2m a b=m (p(a) q(b)) m) r = (p(a) 1(b)) m = m2m a b c=m (p(a) q(b) r(c)) m = p (q r): m2m a b=m m2m (2) a (3) dostavame okamzite z konstrukce okruhu R[M]. (p(m) 1(e)) m = p = 1 p: Poznamenejme, ze predvedena obecna konstrukce se obvykle nazyva monoidovy okruh. Prklad 4.2. (1) Bud' R(+; ; ; 0; 1) okruh a bud' N0 (+; 0) monoid nezapornych celych csel se sctanm..budeme-li prvky p = P n2n 0 p(n):n 2 R[N 0 ] zapisovat ve tvaru p = P n2n 0 p(n) x n nebo p = P n2n 0 p n x n, pak vidme, ze je monoidovy okruh R[N 0 ] prave okruhem polynomu jedne neurcite R[x](+; ; ; 0; 1). Msto R[N 0 ] budeme nadale psat R[x] a operace budeme standardne zapisovat ve tvaru p q = (p i q i ) x i ; p q = ( i2n 0 n2n 0 i+j=n p i q j ) x n : (2) Polynomy vce neurcitych muzeme zavest dvema ekvivalentnmi zpusoby: jednak indukc R[x 1 ; : : : ; x n ] = (R[x 1 ; : : : ; x n 1 ])[x n ] nebo jako monoidovy okruh R[N 0 n ] = (R[x1 ; : : : ; x n 1 ])[x n ] se soucinovym monoidem N 0 n (+; (0; : : : ; 0)). (3) Konstrukce okruhu R[M] funguje i pro grupu, mame-li naprklad konecnou grupu G radu n, pak je Zp[G] pro prvocslo p rovnez vektorovym prostorem dimenze n nad telesem Zp. Na tomto mste opet zdurazneme, ze pro nas nen vhodne chapan polynomu na okruhu s nosnou mnozinou R jako (vybrane) funkce R! R. Naprklad pro teleso Z 2 existuj pouze 4 funkce Z 2! Z 2, zatmco polynomu P nad Z 2 je nekonecne mnoho. Pripomenme, ze pro okruh R(+; ; ; 0; 1) a p = n2n 0 a n x n 2 R[x], kde p 6= 0, se nejvets takove n 2 N 0, ze a n 6= 0, nazyva stupnem polynomu p. Stupen polynomu 0 je roven 1. Stupen polynomu p znacme deg p. Zopakujme pozorovan o stupnch, ktere jsme ucinili minuly semestr: Poznamka 4.3. Necht' R(+; ; ; 0; 1) je okruh a p; q 2 R[x]. (1) deg p + q max(deg p; deg q), (2) je-li p; q 6= 0, pak deg p q deg p + deg q, je-li navc R oborem, potom deg p q = deg p + deg q, (3) R[x] je obor prave tehdy, kdyz je R obor,

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 11 Dals pozorovan si vsma velmi prirozena a zaroven uzitecne algebraicke vlastnosti dosazen do Poznamka 4.4. Je-li S(+; ; ; 0; 1) komutativn okruh, R jeho podokruh a 2 S, pak zobrazen j : R[x]! S dane predpisem j ( P n2n 0 a n x n ) = P n2n 0 a n n je okruhovy homomorsmus. Dukaz. Nejprve snadno spoctame, ze j (0) = 0x 0, j (1x 0 ) = 1 a pro libovolne P P a; b 2 R[x], kde a = n a n x n a b = n b n x n j (a + b) = j ( n (a n + b n ) x n ) = n (a n + b n ) n = j (a) + j (b); proto je j homomorsmus grup R(+; ; 0) a S(+; ; 0). Zbyva nahlednout, ze j (a b) = j ( n n k=0 (a k b n k ) x n ) = n n k=0 (a k b n k ) n = j (a) j (b): Denice. Necht' S(+; ; ; 0; 1) je komutativn okruh, R jeho podokruh, 2 S a p 2 R[x]. Homomorsmu j z 4.4 rkame dosazovac homomorsmus, nazveme korenem polynomu p, jestlize j (p) = 0, a je vcenasobny koren polynomu p, pokud (x ) 2 =p. Korenovym cinitelem (korenu ) rozumme polynom tvaru x. Rekneme, ze se polynom p rozklada na korenove cinitele v S[x], existuj-li takove prvky a 2 R a 1 ; : : : ; n 2 S, ze p = a (x 1 ) (x n ). V nasledujcm budeme casto pouzvat pro dosazen obvykly zapis p() msto prave zavedeneho zapisu j (p). Poznamka 4.5. Necht' je R(+; ; ; 0; 1) obor, 2 R a p 2 R[x] n f0g. (1) je korenem p prave tehdy, kdyz (x )=p v R[x], (2) x je prvocinitel oboru R[x], (3) je-li p 6= 0, pak p ma nejvyse deg p korenu. Dukaz. (1) Predpokladejme, ze je korenem p. Protoze je 1 invertibiln prvek oboru R muzeme podle 3.4 vydelit polynom p polynomem x se zbytkem, tedy existuj q; r 2 R[x], pro nez p = (x )q + r a deg r < deg(x ) = 1. Dosadme-li nyn do polynomu r = p (x )q a vyuzijeme-li 4.4, dostaneme r() = j (r) = j (p) j ((x ))j (q) = 0 0q() = 0. Protoze deg r < 1, vidme, ze r = 0, a proto (x )=p. Jestlize (x )=p, mame p = (x )q pro vhodne q 2 R[x] a tedy p() = ( )q() = 0 dky 4.4. (2) Jestlize (x )=a b pro a; b 2 R[x], plyne z (1), ze je korenem a b. Nyn a() b() = 0 podle 4.4, proto a() = 0 nebo b() = 0, nebot' je R obor. Tedy x =a nebo x =b podle (1). (3) Necht' 1 ; : : : ; k 2 R jsou ruzne koreny p. Indukc podle poctu r ruznych korenu nahledneme, ze p = (x 1 ) (x k ) q pro vhodny nenulovy polynom q. Krok r = 1 nam dava (1). Jestlize p = (x 1 ) (x r ) q a (x r+1 )=p podle (1), pak x r+1 je prvocinitel podle (2) nedel zadny z polynomu x i, kde i r, proto (x r+1 )=q. Konecne z 4.3(3) plyne, ze deg p = deg((x 1 ) (x k ) q) = k + deg q k.

12 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY Vsimneme si, ze 4.5(1) rka, ze vcenasobny koren je korenem, a 4.5(2) nam poskytne prklady prvocinitelu (a tedy ireducibilnch prvku) v okruhu polynomu nad obecnym oborem. Denice. Bud' R(+; ; ; 0; 1) komutativn okruh a p = P i0 a ix i 2 R[x]. Derivac polynomu p budeme rozumet polynom ( P i0 a ix i ) 0 = P i0 (i + 1)a i+1x i. Poznamka 4.6. Necht' R(+; ; ; 0; 1) je komutativn okruh, 2 R, p; q 2 R[x] a n 2 N. Pak plat: (1) (p + q) 0 = p 0 + q 0, (x 0 p) 0 = x 0 p 0, (2) (p q) 0 = p 0 q + p q 0. (3) (p n ) 0 = np n 1 p 0, kde n = 1 + + 1 2 R. Dukaz. (1), (2) Vlastnosti dostavame prmocarym pouzitm denice. (3) Dokazeme indukc indukc podle n. Pro n = 1 je (p 1 ) 0 = p 0 = 1p 0 p 0. Plat-li tvrzen pro n 1 a pouzijeme-li (3) dostavame (p n ) 0 = (p p n 1 ) 0 = p 0 p n 1 +p (p n 1 ) 0 = p 0 p n 1 +p (n 1)p n 2 p 0 = np n 1 p 0 : Poznamka 4.7. Necht' S(+; ; ; 0; 1) je obor, R jeho podokruh, 2 S a p 2 R[x]. (1) je vcenasobny koren p, prave kdyz je korenem p i p 0, (2) jestlize deg p 1 a 1 je GCD(p; p 0 ), pak p nema zadny vcenasobny koren, (3) nedel-li charakteristika R prirozene cslo n, pak x n 1 ani x n+1 x nemaj v S zadny vcenasobny koren. Dukaz. Poznamenejme, ze polynom s koecienty v R muzeme prirozenym zpusobem chapat jako polynom okruhu S[x]. (1) Predpokladame, ze je koren p, tedy p = (x ) q pro vhodny polynom q 2 S[x] podle 4.5(1). Pomoc 4.6(2) spoctame p 0 = q +(x ) q 0. Dky 4.4 vidme, ze je korenem p 0 prave tehdy, kdyz je korenem q a to je podle 4.5(1) ekvivalentn tomu, ze (x )=q tj. (x ) 2 =p. (2) Tvrzen dokazeme neprmo. Je-li vcenasobny koren p, potom podle (1) a 4.5(1) (x )=p 0. Protoze (x )=p, polynomy p a p 0 nemohou byt nesoudelne. (3) Oznacme n 2 R je soucet n kopi 1 telesa, a poznamenejme, ze podle predpokladu n 6= 0. Protoze polynom (x n 1) 0 = n x n 1 je nenulovy, j (n x n 1 ) = (n 1) n 1 6= 0 pro vsechna 6= 0, a naopak 0 nen korenem polynomu x n 1, x n 1 nema zadny vcenasobny koren dky (1). Predpokladejme, ze (x ) 2 =x n+1 x, tedy existuje p 2 S[x], pro ktery (x ) 2 p = x n+1 x = x (x n 1). Jestlize = 0, pak vyraz vykratme na x p = x n 1, coz nen mozne, protoze x n 1 nema koren 0. Kdyby 6= 0, pak ( ) 2 p(0) = 0, a proto p(0) = 0. Tedy podle 4.5(1) existuje takove q 2 S[x], ze p = x q. Dosadme-li za p do puvodn rovnosti a opet vykratme x, dostavame, ze (x ) 2 q = x n 1, coz jsme vyloucili v prvn casti dukazu (3). Prklad 4.8. V telese charakteristiky 3 (napr Z 3 ) plat, ze (x 1) 3 = x 3 3x 2 + 3x 1 = x 3 1, tedy polynom x 3 1 ma nad takovym telesem vcenasobny koren 1. Vidme, ze predpoklad o charakteristice z 4.7(3) nemuzeme odstranit. Navc si vsimneme derivace (x 3 1) 0 = 0. Cvicen: (1) Dokazte, ze okruh Z[ p 3] = fa + p 3bj a; b 2 Zg je eukleidovskym oborem.

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 13 (2) Popiste prvocinitele oboru Gaussovych celych csel. 5. Korenova nadtelesa V teto kapitole se budeme venovat zkouman vlastnost korenu polynomu nad telesy. Nejprve si vsimneme, ze prvky n-prvkove konecne podgrupy multiplikativn grupy komutativnho telesa lze nahlzet jako na vsechny koreny polynomu x n 1, coz je hlavn argument tvrzen, ze je tato grupa nutne cyklicka. Pote se zacneme zabyvat hledanm teles, nad nimiz by se predem dany polynom rozkladal na korenove cinitele. Nyn dokazeme nedokazane tvrzen z minuleho semestru o multiplikativn grupe libovolneho telesa: Veta 5.1. Necht' T (+; ; ; 0; 1) je komutativn teleso a necht' G je konecna podgrupa multiplikativn grupy T n f0g( ). Potom je G cyklicka grupa. Dukaz. Uvazujme nejprve libovolnou konecnou grupu G( ) a polozme n = jgj. Poznamenejme, ze radem prvku grupy budeme rozumet rad cyklicke podgrupy tmto prvkem generovane. Podle Lagrangeovy vety del rad kazdeho prvku konecne grupy jej rad. P Oznacme-li t k pocet vsech prvku G, ktere jsou prave radu k, vidme, ze jgj = k=jgj t k. Pripomenme, ze v cyklicke grupe radu n mame pro kazde k=n prave jednu (cyklickou) podgrupu radu k a pocet generatoru teto podgrupy, tedy prave vsechny prvky radu P k, udava hodnota Eulerovy funkce '(k), dava nam predchoz rovnost vztah n = k=n '(k). Tvrzen dokazeme sporem. Predpokladejme, ze G je (konecna) podgrupa multiplikativn grupy T n f0g( ), P ktera nen P cyklicka, tedy t n = 0 (< '(n)). Z uvodnch uvah vme, ze n = jgj = k=n t k = k=n '(k), proto mus existovat k=n, pro nejz t k > '(k), zvolme nejake takove k a vezmeme u 2 G radu k. Potom pro vsechny prvky a cyklicke grupy hui plat a k = 1, tedy a je korenem polynomu x k 1. Ovsem hui obsahuje prave '(k) generatoru, tj. prvku radu k, tedy mus existovat nejaky dals prvek v 2 G n hui radu k. I on je korenem polynomu x k 1, tedy jsme nasli k + 1 korenu polynomu stupne k, coz je ve sporu s 4.5(3). Prklad 5.2. Z 53 n f0g( ) je podle 5.1 cyklicka grupa radu 52. To znamena, ze obsahuje '(52) = 3 12 = 36 generatoru. Uvedomme si, ze homomorsmus okruhu lze prirozenym zpusobem rozsrit na homomorsmus prslusnych polynomialnch okruhu. Jsou-li R(+; ; ; 0; 1) a S(+; ; ; 0; 1) okruhy a f : R! S jejich homomorsmus, pak oznacme f x : R[x]! S[x] zobrazen urcene predpisem f x ( P i0 a ix i ) = P i0 f(a i)x i. Poznamka 5.3. Bud' R(+; ; ; 0; 1), S(+; ; ; 0; 1) a T (+; ; ; 0; 1) komutativn okruhy a f : R! S a g : S! T homomorsmy. Potom plat: (1) f x je okruhovy homomorsmus, (2) (gf) x = g x f x, (3) f x je izomorsmus, prave kdyz f je izomorsmus, (4) fj = j f() f x pro kazde 2 R.

14 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY Dukaz. (1) Zrejme f x (1x 0 ) = 1x 0, proto stac dokazat slucitelnost f x s operacemi P P + a. Bud' a; b 2 R[x], a = n a nx n, b = n b nx n : f x (a + b) = f x ( = n n = (a n + b n )x n ) = n f x (a b) = f x ( ( n k=0 f(a n )x n + n n k=0 f(a k ) f(b n k ))x n = n n (a k b n k )x n ) = n f(a n + b n )x n = f(b n )x n = f x (a) + f x (b); n f( f(a n )x n n n k=0 n (f(a n ) + f(b n ))x n = (a k b n k ))x n = f(b n )x n = f x (a) f x (b): (2) g x f x ( P n a nx n ) = P n gf(a n)x n = (gf) x ( P n a nx n ). (3) Necht' je f x izomorsmus. Jestlize f(u) = f(v), pak f x (ux 0 ) = f x (vx 0 ), a proto u = v, pro kazde u; v 2 R. Tedy f je prosty. Vezmeme-li b 2 S pak existuje ax 0, pro ktery f x (ax 0 ) = bx 0, tedy f(a) = b a f je na cele S. Je-li f izomorsmus, pak f x (f 1 ) x = Id S[x] a (f 1 ) x f x = Id R[x] podle (2), tedy (f x ) 1 = (f 1 ) x a f x je izomorsmus. (4) fj ( P a n x n ) = P f(a n )f() n = j f() f x ( P a n x n ). Pripomenme tvrzen, ktere jsme dokazali minuly semestr. Poznamka 5.4. Necht' R(+; ; ; 0; 1) je komutativn okruh a I jeho ideal. Potom faktorovy okruh R=I je teleso prave tehdy, kdyz I je maximaln ideal. Dukaz. Pripomenme, ze je svaz idealu izomorfn svazu kongruenc okruhu, oznacme I kongruenci, ktera v tomto izomorsmu odpovda idealu I. Dale si uvedomme, ze dky tomuto izomorsmu je I maximaln ideal, prave kdyz je I koatom svazu kongruenc a to je ekvivalentn tomu, ze faktorokruh R= I = R=I obsahuje pouze trivialn kongruence. Tato podmnka ovsem na okruh R=I nastava prave tehdy, kdyz je R=I teleso. Veta 5.5. Necht' T (+; ; ; 0; 1) je komutativn teleso a u = P i0 a ix i 2 T [x]. (1) Faktorovy okruh T [x]=ut [x] je komutativn teleso, prave kdyz je u ireducibiln. (2) Jestlize u nen invertibiln, zobrazen (t) = tx 0 + ut [x] je prosty homomorsmus telesa T do okruhu T [x]=ut [x],. (3) Je-li u ireducibiln, pak y ( P i0 a iy i ) ma koren v telese T [x]=ut [x]. Dukaz. (1) Podle Poznamky 5.4 stac overit, ze u je ireducibiln, prave kdyz je ut [x] maximaln ideal. Necht' je u je ireducibiln a J ideal obsahujc ut [x]. Podle 3.5 existuje j 2 T [x] J = jt [x], tedy dky 2.2 j=u. Protoze je u ireducibiln, mame bud' jku a tudz ut [x] = J nebo 1kj a tudz jt [x] = T [x]. Je-li ut [x] maximaln ideal, dostavame zaver prmym pouzitm 2.2 a denice ireducibility. (2) Uvedomme si, ze zobrazen dostaneme jako slozen homomorsmus i z 4.1(2) a prirozene projekce : T [x]! T [x]=ut [x], proto = i je opet homomor- smus. Jestlize konecne (a) = (b), pak u=ax 0 bx 0, tedy podle 4.3(3) je ax 0 bx 0 mus byt nulovy polynom (v opacnem prpade by deg u deg(ax 0 bx 0 )), a tedy je proste.

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 15 (3) Stac overit, ze je = x+ut [x] korenem P i0 a iy i nad okruhem T [x]=ut [x]. Dosadme-li, dostavame j ( P i0 a iy i ) = P i0 (a ix i + ut [x]) = ( P i0 a ix i ) + ut [x] = u + ut [x] = 0 + ut [x]. Pro kazdy ireducibiln polynom u oznacme symbolem (T [x]) u teleso T [x]=ut [x]. Podle predchoz poznamky a 1. vety o izomorsmu muzeme ztotoznit teleso T a jeho homomorfn obraz (T ), tedy teleso T budeme chapat jako podokruh telesa (T [x]) u. Denice. Necht' U(+; ; ; 0; 1) je komutativn teleso a T U. Rekneme, ze T je podteleso U (resp. U je nadteleso T ), je-li T podokruh okruhu U(+; ; ; 0; 1) a T je teleso (tj. navc T n f0g je podgrupou multiplikativn grupy U n f0g( ) telesa U). Vsimneme si, ze mnozina vsech podteles komutativnho telesa tvor uzaverovy system, tj. prunik libovolneho systemu podteles nejakeho telese je opet podteleso. To nam umoznuje zavest pro libovolne komutativn teleso U, jeho podteleso T a prvek 2 U a podmnozinu S U nasledujc znacen: T [S] je nejmens podokruh U obsahujc mnozinu T [ S a T [] = T [fg] T (S) je nejmens podteleso U obsahujc mnozinu T [ S a T () = T (fg). V nasledujcm budeme uvazovat vzdy komutativn teleso U a jeho podteleso T. Poznamka 5.6. Jsou-li T U komutativn telesa, 2 U a S U, pak T [] = f P n i=0 a i i j a i 2 T g = j (T [x]), T [] T () a T [S] T (S). Dukaz. Zrejme fp()j p 2 T [x]g T [], nebot' 2 T [] a T T []. Naopak fp()j p 2 T [x]g = j (T [x]) je podokruh U obsahujc = j (x) a t = j (tx 0 ) pro vsechna t 2 T, proto T [] fp()j p 2 T [x]g. Zbytek plyne okamzite z denice. Denice. Necht' T U jsou komutativn telesa a p 2 T [x]. Rekneme, ze U je korenove nadteleso polynomu p, jestlize U = T () pro nejaky koren 2 U polynomu p a U nazveme rozkladovym nadtelesem polynomu p, je-li p = a(x 1 ) : : : (x n ) pro a 2 T a 1 ; : : : ; n 2 U a U = T (f 1 ; : : : ; n g). Veta 5.7. Necht' T (+; ; ; 0; 1) je komutativn teleso a p 2 T [x], deg p 1. (1) existuje korenove nadteleso polynomu p, (2) existuje rozkladove nadteleso polynomu p. Dukaz. (1) Podle 3.3 a 3.5 existuje (jednoznacny) ireducibiln rozklad polynomu p, zvolme-li nejaky ireducibiln polynom p 1, ktery del p, dostaneme podle 5.5 nadteleso U = (T [x]) p1, v nemz ma polynom p koren. Hledanym korenovym nadtelesem je potom teleso T (). (2) Indukc podle n = deg p dokazeme, ze existuje komutativn nadteleso V telesa T, nad nmz se p rozklada na korenove cinitele. Podle (1) existuje nadteleso U, v nemz ma p koren 2 U. Oznacme-li inkluzi T do U, pak p = x (p) 2 U[x] je polynom stupne n a podle 4.5(1) existuje polynom v 2 U[x] stupne n 1, pro ktery u = (x ) v. Podle indukcnho predpokladu existuje nadteleso V telesa U, nad nmz se v a tedy i p rozklada na korenove cinitele. Dokazali jsme, ze existuj prvky a 2 U a 1 ; : : : ; n 2 V, pro nez p = a(x 1 ) : : : (x n ). Protoze je p 2 T [x], mame a 2 T, tedy rozkladovym nadtelesem polynomu p je prave teleso T (f 1 ; : : : ; n g). Prklad 5.8. Teleso komplexnch csel je korenovym i rozkladovym nadtelesem polynomu x 2 + 1 nad R, [C : R] = 2.

16 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 6. Minimaln polynomy algebraickych prvku Nyn se podvame na existujc (naprklad zkonstruovane) rozsren teles T U a budeme zkoumat mnozinu korenu polynomu s koecienty v T, ktere lez v U. Predevsm si vsimneme, ze stupen minimalnho polynomu algebraickeho prvku a stupen prslusneho jednoducheho rozsren splyva. Denice. Necht' T U jsou komutativn telesa a 2 U. Rekneme, ze je algebraicky prvek nad T, existuje-li nenulovy polynom p 2 T [x], jehoz je korenem, tj. j (p) = 0. V opacnem prpade mluvme o transcendentnm prvku. Teleso U nazveme algebraickym rozsrenm telesa T, jsou-li vsechny prvky 2 U algebraicke nad T. Polynom p = P a i x i je monicky, je-li a deg p = 1. Veta 6.1. Bud' T U komutativn telesa a 2 U je algebraicky prvek nad T. Pak existuje prave jeden takovy monicky polynom m 2 T [x] n f0g, ze pro kazde p 2 T [x]nf0g plat, ze j (p) = 0, prave kdyz m=p. Navc m je ireducibiln, (T [x]) m = T () a T [] = T (). Dukaz. Vezmeme mnozinu I = fp 2 T [x]j j (p) = 0g = j 1 (0) vsech polynomu, ktere maj koren. Protoze je j homomorsmus podle 4.4, vidme, ze je I jako uplny vzor nulove podgrupy podgrupou grupy T [x](+; ; 0). Jestlize p 2 I a q 2 T [x], mame j (pq) = 0 j (q) = 0, tedy P p q 2 I. Nahledli jsme, ze je I ideal, tedy podle 3.5 existuje jeho generator a = a n x n 2 I. Protoze je prvek algebraicky nad T, obsahuje I = at [x] nenulovy polynom a proto je nenulovy i polynom a 2 I. Je-li n = deg a, polozme m = a n 1 a. Nyn je m monicky, plat I = mt [x], tedy p() = 0, p 2 I, m=p, a zrejme je takovy monicky polynom urcen jednoznacne. Nyn predpokladejme, ze m = a b, kde a; b 2 T [x]. Potom podle 4.4 a() = 0 a pak mka nebo b() = 0 a pak mkb, tedy m je ireducibiln. Konecne si vsimneme, ze dky 1. vete o izomorsmu a 5.6(1) je (T [x]) m = T [x]=mt [x] = T [x]=ker j = j (T [x]) = T []: Protoze je T [x]=mt [x] podle 5.5 teleso, je i T [] teleso, proto T [] = T (). Denice. Bud' T U komutativn telesa. Polynom z predchoz vety nazveme minimalnm polynomem algebraickeho prvku 2 U, budeme ho znacit m. Stupen rozsren U nad T denujeme jako [U : T ] = dim T U, kde U chapeme jako vektorovy prostor nad telesem T. Nejprve ucinme drobne linearne algebraicke pozorovan. Poznamka 6.2. Necht' T U V jsou do sebe zarazena komutativn telesa. Potom [V : T ] = [V : U][U : T ]. Dukaz. Je-li (v i ) baze prostoru V nad telesem U a (u i ) baze prostoru U nad telesem T, ukazeme, ze (u i v j ) je baze prostoru V nad telesem T. Vezmeme-li libovolne a 2 V, pak existuje linearn kombinace a = P i d iv i, kde d i 2 U. Proto pro kazde i existuj linearn kombinace d i = P j c iju i, kde c ij 2 T. Vidme, ze a = P ij c iju i v i, tedy (u i v j ) generuje V nad T. Podobne jestlize 0 = P ij c iju i v i = P i (P j c iju i )v i pro nejaka c ij 2 T, dostavame z linearn nezavislosti (v i ) nad U, ze P j c iju i = 0 a z linearn nezavislosti (u i ) nad T plyne, ze vsechna c ij jsou nulova. Tm jsme overili, ze (u i v j ) je linearne nezavisla generujc mnozina, tedy baze. Proto [V : T ] = j(u i v j )j = j(u i )jj(v j )j = [V : U][U : T ].

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 17 Veta 6.3. Necht' T U jsou komutativn telesa a ; 1 ; : : : ; k 2 U. (1) Je-li algebraicky, pak [T () : T ] = deg m, (2) je-li [T () : T ] konecne, pak je algebraicky, (3) je-li [U : T ] konecne, pak je U algebraicke rozsren telesa T, (4) T ( 1 ; : : : ; n ) = T [ 1 ; : : : ; n ] je rozsrenm konecneho stupne tedy algebraickym rozsrenm telesa T, jsou-li 1 ; : : : ; k algebraicke nad T. Dukaz. (1) Polozme n = deg m a pripomenme, ze T [] = T () podle Vety 6.1. Dokazeme, ze mnozina f i j i = 0; 1; : : : ; n 1g je baz T [] nad telesem T. Vezmeme prvek t 2 T [], o nemz z 5.6 vme, ze je tvaru t = p() pro vhodny polynom p 2 T [x]. Vydelme-li nyn se zbytkem polynom p polynomem m, dostaneme (3.4) p = qm + r pro q; r 2 T [x] a deg r < n. Nyn vidme, ze t = p() = q()m () + r() = r(), protoze je korenem m, tedy t = r() = P i<n r i i je T -linearn kombinac prvku f i j i = 0; 1; : : : ; n 1g. Je-li nyn P i<n c i i = 0, kde c i 2 T, je korenem polynomu c = P i<n c ix i = 0 stupne mensho nez n. Protoze podle 6.1 m =c, dostavame, ze c = 0, tudz f i j i = 0; 1; : : : ; n 1g je linearne nezavisla mnozina. (2) Je-li [T () : T ] konecne, je mnozina f i j i 0g linearne zavisla, tudz existuje netrivialn linearn kombinace P in d i i = 0, tedy korenem nenuloveho P polynomu in d ix i. (3) Vezmeme libovolne 2 U. Potom je T () podprostor konecne generovaneho vektoroveho prostoru U nad telesem T, tedy [T () : T ] je konecne a proto je algebraicky prvek podle (2). (4) Tvrzen dokazeme indukc podle n, pricemz jsme tvrzen pro n = 1 dokazali v 6.1, navc [T () : T ] je konecne podle (1). Predpokladejme, ze tvrzen plat pro k 1. Nyn T [ 1 ; : : : ; n ] = T [ 1 ; : : : ; n 1 ][ n ] = T ( 1 ; : : : ; n 1 )[ n ] a T ( 1 ; : : : ; n 1 ) je konecneho stupne nad T podle indukcnho predpokladu. Protoze je prvek n algebraicky nad telesem T ( 1 ; : : : ; n 1 ), vidme dky 6.1, ze T ( 1 ; : : : ; n 1 )[ n ] = T ( 1 ; : : : ; n 1 )( n ) = T ( 1 ; : : : ; n ): Konecne dky (1), indukcnmu predpokladu a 6.2 dostavame [T ( 1 ; : : : ; n 1 )( n ) : T ] = = [T ( 1 ; : : : ; n 1 )( n ) : T ( 1 ; : : : ; n 1 )][T ( 1 ; : : : ; n 1 ) : T ]: Protoze jsou oba soucinitele vpravo konecne, je i [T ( 1 ; : : : ; n 1 ; n ) : T ] konecny. Dusledek 6.4. Necht' T je komutativn teleso, p 2 T [x] a necht' je U rozkladove nadteleso polynomu p. Jsou-li 1 ; : : : ; n 2 U vsechny koreny polynomu p v telese U, pak U = T [ 1 ; : : : ; n ]. Prklad 6.5. (1) Q( 3p 2) = Q[ 3p 2] = fx + y 3p 2 + z 3p 4j x; y; z 2 Qg je korenove nadteleso polynomu x 3 2 nad Q a [Q( 3p 2) : Q] = 3, tedy x 3 2 je monicky polynom stupne 3, a proto jde podle 6.3(1) a 6.1 prave o minimaln polynom algebraickeho prvku 3p 2 nad Q. Vsimneme si, ze zatmco nad Q je polynom x 3 2 ireducibiln, nad R mame ireducibiln rozklad x 3 2 = (x 3p 2)(x 2 + 3p 2x + 3p 4) a nad C se polynom rozklada na korenove cinitele. (2) Necht' k 2 p Z a k 2 C n p p Q. Pak Q( k) 6= Q a k je korenem polynomu x 2 k, proto je m p k = x2 k p dky 5.6 nutne minimaln polynom a [Q( k) : Q] = deg m p k = 2 podle 6.3(1). Q(p k) je tzv. kvadraticke rozsren telesa Q.

18 ALGEBRA II PRO INFORMATIKY (3) Prvek 5p 3 je korenem polynomu x 5 3 2 Q[x] a prvek 7p 11 korenem polynomu x 7 11 2 Q[x], tedy oba jsou algebraicke nad Q. Podle Poznamky 6.3(4) je Q( 5p 3; 7p 11) = Q[ 5p 3; 7p 11] algebraicke rozsren. Z toho plyne, ze naprklad pro prvek = 5 5p 3 + 2 7p 5p 11 p 7 27 11 3 existuje polynom p 2 Q[x], jehoz je korenem. 7. Rozkladova nadtelesa a algebraicky uzaver Clem teto sekce je jednak dukaz tvrzen o jednoznacnosti existence rozkladovych nadteles a pote konstrukce algebraickeho uzaveru, tedy algebraickeho rozsren, nad nmz se vsechny polynomy rozkladaj na korenove cinitele. Poznamka 7.1. Bud' T 1 U 1 a T 2 U 2 komutativn telesa, bud' f : T 1! T 2 izomorsmus a necht' 2 U 1 je algebraicky prvek nad T 1 a 2 U 2 je algebraicky prvek nad T 2. Pak existuje takovy izomorsmus g : T 1 ()! T 2 (), ze g() = a g(t) = f(t) pro vsechna t 2 T 1, prave kdyz f x (m ) = m. Dukaz. ()) Poznamenejme, ze f x je podle Poznamky 5.3(3) izomorsmus okruhu T 1 [x] a T 2 [x], proto je f x (m ) ireducibiln. Dale j g() f x (m ) = j g() g x (m ) = g(j (m )) = g(0) = 0 podle Poznamky 5.3(4), tedy = g() je korenem polynomu f x (m ) 2 T 2 [x] U 2 [x]. Podle Vety 6.1 m =f x (m ). Protoze je f x (m ) ireducibiln a monicky, dostavame nutne m = f x (m ). (() Stac si uvedomit, ze Veta 6.1 zarucuje existenci izomorsmu i : T 1 [x]=(m T 1 [x])! T 1 (); i : T 2 [x]=(m T 2 [x])! T 2 () a ze izomorsmus f x indukuje podle predpokladu izomorsmus faktorovych okruhu f x : T 1 [x]=(m T 1 [x])! T 2 [x]=(m T 2 [x]), kde f x (p + m T 1 [x]) = f x (p) + m T 2 [x]. Slozme-li izomorsmy dostavame T 1 () = (T 1 [x]) m = (T2 [x]) m = T2 (); tedy mame izomorsmus g = i f x i 1. Nyn zbyva spoctat g(t) = i f x i 1 (t) = i f x (tx 0 + m T 1 [x]) = i (f(t)x 0 + m T 2 [x]) = f(t) pro kazde t 2 T 1 a podobne g() = i f x i 1 () = i f x (x 1 + m T 1 [x]) = i (x 1 + m T 2 [x]) = : Veta 7.2. Necht' T 1 a T 2 jsou komutativn telesa, f : T 1! T 2 je izomorsmus a necht' U 1 je rozkladove nadteleso polynomu p 2 T 1 [x] a U 2 je rozkladove nadteleso polynomu f x (p) 2 T 2 [x]. Oznacme 1 ; : : : ; n vsechny koreny polynomu p v U 1 a 1 ; : : : ; m vsechny koreny polynomu f x (p) v U 2. Potom n = m a existuje permutace a izomorsmus g : U 1! U 2 tak, ze g( i ) = (i) pro i = 1; : : : ; n a g(t) = f(t) pro vsechna t 2 T 1. Dukaz. Znovu si vsimneme, ze f x je izomorsmus okruhu T 1 [x] a T 2 [x]. Tvrzen dokazeme indukc podle stupne k = deg p = deg f x (p). Protoze je rozkladove nadteleso polynomu stupne 1 nad telesem T 1 (T 2 ) rovno T 1 (T 2 ) stac pro k = 1 polozit g = f. Predpokladejme, ze tvrzen plat pro kazdou dvojici teles T 1 a T 2 a kazdy polynom stupne k 1 nad telesem T 1 a mejme polynom p 2 T 1 [x] U 1 [x] stupne k. Protoze n 2 U 1 je korenem p, minimaln polynom m n del p podle 6.1, a

ALGEBRA II PRO INFORMATIKY 19 proto f x (m n ) del f x (p). Poznamenejme, ze deg m n = deg f x (m n ) > 0 a ze rozklad na ireducibiln prvky je podle 3.5 a 3.3 v okruhu U 2 [x] jednoznacny az na asociovanost, proto existuje (ireducibiln polynom) x i, ktery del f x (m n ), bez ujmy na obecnosti muzeme predpokladat, ze i = m. Pouzijeme-li opet Vetu 6.1, vidme, ze je polynom f x (m n ) ireducibiln (nad T 2 ) a monicky, m je jeho koren (nad U 2 ), a proto f x (m n ) = m m. Nyn podle 7.1 existuje izomorsmus teles h : T 1 ( n )! T 2 ( m ), pro nejz plat, ze h( n ) = m a h(t) = f(t) pro vsechna t 2 T 1. Zaroven muzeme v okruhu T 1 ( n )[x] vydelit polynom p polynomem x n, tedy najdeme polynom q 2 T 1 ( n )[x] stupne k 1, pro ktery p = (x n )q, a tudz f x (p) = f x (x n )f x (q) = (x m )f x (q). Vyuzijeme-li nyn indukcnho predpokladu pro telesa T 1 ( n ) a T 2 ( m ), jejich izomorsmus h a polynom q, dostavame, ze n 1 = m 1, existuje permutace 0 na S n 1 a takovy izomorsmus g : U 1! U 2, ze g( i ) = (i) pro i = 1; : : : ; n 1 a g(s) = h(s) pro vsechna s 2 T 1 ( n ). Zrejme tedy n = m, g(t) = h(t) = f(t) pro vsechna s 2 T 1 a g( n ) = m. Pouzijeme-li 7.2 pro f = Id dostavame Dusledek 7.3. Necht' T je komutativn teleso, p 2 T [x]. Pak existuje az na izomorsmus prave jedno rozkladove nadteleso polynomu p. Denice. Rekneme, ze je komutativn teleso U algebraicky uzavrene, jestlize se kazdy nenulovy polynom p 2 U[x] rozklada nad U na korenove cinitele. Komutativn teleso U je algebraickym uzaverem telesa T, je-li U algebraicky uzavrene teleso, T U, a zadne podteleso V telesa U, ktere obsahuje podteleso T nen algebraicky uzavrene. Nasledujc tvrzen dokazeme za pouzit mnozinove teoretickeho predpokladu principu transnitn indukce, ktery je ekvivalentn tak zvanemu axiomu vyberu: Veta 7.4. Necht' T je komutativn teleso. Pak existuje jeho algebraicky uzaver U. Dukaz. Mejme nejake ordinaln cslo (nebo indexujme prirozenymi csly). Nejprve si uvedomme, ze sjednocen retezce teles S < U, kde U je podteleso U pro kazde <, ma prirozene danu strukturu okruhu (operace jen stale rozsirujeme) a je dokonce telesem (inverzn prvek k prvku t 2 U najdeme uz v U ). Zkonstruujeme posloupnost do sebe zarazenych teles T i T i+1, polozme T 1 = T. Kazde z teles T i pro i > 1 pritom vytvorme pomoc transnitn indukce. Opatreme nejprve indexy < i vsechny polynomy nad T i stupne nejvyse i + 1, t.j. fp j < i g = fp 2 T i [x]j deg p i + 1g. Polozme T i0 = T i. Mame-li denovano teleso T i vezmeme jako teleso T i+1 prave rozkladove nadteleso polynomu p 2 T i [x] T i [x] nad telesem T i. Je-li limitn ordinal polozme T i = S < T i. Konecne denujme T i+1 = S < i T i. Nyn stac polozit U = S i2n T i. Ukazeme, ze U je algebraicky uzavrene. Jeli p 2 U[x], pak existuje takove i, ze jsou vsechny koecienty p v T i (p ma jen konecne mnoho ruznych koecientu) a navc deg p i + 1. To ovsem znamena, ze se p rozklada nad T i+1 U na korenove cinitele. Konecne poznamenejme, ze algebraicky uzavrena podtelesa U tvor uzaverovy system, proto je prunik vsech algebraicky uzavrenych podteles U obsahujcch T hledanym algebraickym uzaverem. Podobnymi prostredky jako u rozkladovych nadteles v Dusledku 7.3 se da za pouzit axiomu vyberu dokazat, ze je algebraicky uzaver komutativnho teleso urcen az na izomorsmus jednoznacne.