UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

MAGISTRSKO DELO

Alenka Vok

Maribor, 2018

UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

Oddelek za matematiko in racunalnistvo

Magistrsko delo

KONCNA POLJA

na studijskem programu 2. stopnje Matematika

Mentorica: Kandidatka:

doc. dr. Mateja Grasic Alenka Vok

Maribor, 2018

ZAHVALA

Iskrena hvala mentorici doc. dr. Mateji Grasic za strokovno svetovanje, pomoc in

spodbudo pri izdelavi magistrske naloge ter za potrpezljivost pri pregledovanju.

Posebna hvala tudi fantu, ki me je ves cas studija podpiral, mi stal ob strani, z razu-

mevanjem sprejemal moje odlocitve ter nenehno verjel vame.

Iskrena hvala zlasti starsema ter vsem domacim za podporo in zaupanje.

Hvala prof. slov. in univ. dipl. lit. komp. Andrejki Korman za lektoriranje.

Lepo se zahvaljujem tudi prijateljem, ki so mi stali ob strani.

“Success is to be measured

not so much by the position

that one has reached in life

as by the obstacles

which he has overcome

while trying to succeed.”

∼ Booker T. Washington ∼

UNIVERZA V MARIBORU

FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO

IZJAVA

Podpisana Alenka Vok, rojena 22. maja 1990, studentka Fakultete za naravoslovje

in matematiko Univerze v Mariboru, studijskega programa 2. stopnje Matematika,

izjavljam, da je magistrsko delo z naslovom

KONCNA POLJA

pri mentorici doc. dr. Mateji Grasic avtorsko delo. V magistrskem delu so uporabljeni

viri in literatura korektno navedeni, teksti niso uporabljeni brez navedbe avtorjev.

Maribor, 9. februar 2018

Alenka Vok

Program magistrskega dela

Koncna polja

ALENKA VOK

V magistrskem delu naj bodo predstavljeni nekateri osnovni rezultati, povezani s

koncnimi polji. Med drugim naj bodo dokazane naslednje trditve:

- koncno polje F ima prastevilsko karakteristiko, char(F ) = p, in pn elementov,

kjer je n ∈ N;

- za poljubno prastevilo p in poljuben n ∈ N obstaja do izomorfizma natancno

enolicno doloceno koncno polje s pn elementi;

- vsak koncen obseg je polje (Wedderburnov izrek).

Osnovna literatura:

1. I. N. Herstein, Abstract Algebra, 3rd Edition Prentice-Hall, 1996.

2. I. N. Herstein, Topics in Algebra, 2nd Edition Wiley, 1975.

doc. dr. Mateja Grasic, 9. 2. 2016

VOK, A.: Koncna polja.

Magistrsko delo, Univerza v Mariboru, Fakulteta za naravoslovje in ma-

tematiko, Oddelek za matematiko in racunalnistvo, 2018.

IZVLECEK

Tema magistrskega dela je pojem, s katerim se srecujemo v algebri, to so koncna polja. V

delu najprej predstavimo osnovne definicije in lastnosti grup ter kolobarjev, ki jih potrebu-

jemo za lazje razumevanje koncnih polj, nato pa bolj podrobno obravnavamo polja.

Polje je komutativen kolobar z enoto 1 6= 0, kjer so vsi nenicelni elementi obrnljivi. Vemo,

da je vsako polje cel kolobar, za katerega pa velja, da ima karakteristiko enako 0 ali p,

kjer je p prastevilo. Razsiritev K polja F je koncna, ce je polje K, ki ga obravnavamo kot

vektorski prostor nad poljem F , koncno razsezen. Ce ima koncno polje F q elementov in je

K koncna razsiritev polja F , potem ima K qn elementov, kjer je n = [K : F ].

Ce je K razsiritev polja F in f(x) ∈ F [x] nekonstanten polinom, ki razpade v polju K in

ne razpade v nobenem pravem podpolju polja K, K imenujemo razpadno polje polinoma

f(x) nad F . Dokazemo, da sta poljubni dve polji, ki imata koncno stevilo elementov in sta

razpadni polji polinoma f(x) = xpn−x nad Zp, izomorfni. Iz teh trditev sledi karakterizacija

koncnih polj, ki pove, da za poljubno prastevilo p in poljuben n ∈ N obstaja do izomorfizma

natancno enolicno doloceno koncno polje s pn elementi.

Na koncu podamo enega izmed temeljnih izrekov, predstavljenih v magistrskem delu, to je

Wedderburnov izrek. Izrek pove, da je vsak koncen obseg polje.

Kljucne besede: karakteristika polja, karakteristika kolobarja, klasifikacija koncnih

polj, razsiritev polja, faktorski kolobar, polje, koncno polje, ideal, cel kolobar, maksimalni

ideal in praideal, kolobar polinomov, homomorfizem kolobarjev, razpadno polje, vektorski

prostor, Wedderburnov izrek, nicle polinoma.

Math. Subj. Class. (2010): 06E20 Teoreticne lastnosti kolobarja,

12E20 Koncna polja,

12F05 Algebraicne razsiritve,

13B25 Polinomi nad komutativnimi kolobarji,

13F20 Kolobarji polinomov in ideali,

97H40 Grupe, kolobarji, polja.

VOK, A.: Finite fields.

Master Thesis, University of Maribor, Faculty of Natural Sciences and Mathe-

matics, Department of Mathematics and Computer Science, 2018.

ABSTRACT

The topic, presented in this Master’s thesis, are structures in the field of algebra - finite

fields. We first introduce basic definitions and ring and group features to facilitate the

understanding of finite fields. After that we discuss the fields.

A field is a commutative ring with the unit 1 6= 0, where every nonzero element is inversible.

Every field is an integral domain, which’s characteristic is either 0 or p, where p is a prime

number. The K extension of the field F is finite, if a field K, that we consider as a vector

space over the field F , is finite dimensional. If the finite field F has q elements and K is

the finite extension of the field F , than K has qn elements, where n = [K : F ].

If K is the extension of the field F and f(x) ∈ F [x] is a nonconstant polynomial, that

splits in the field K and doesn’t split in none of the proper subfields of field K, than K is

the splitting field of the polynomial f(x) over F . We prove, that any two fields with finite

number of elements that are also splitting fields of the polynomial f(x) = xpn − x over

Zp, are isomorphic. Complying with those claims the characterisation of the finite fields

follows, which states, that for any prime number p and any positive integer n, there is, up

to isomorphism, a unique finite field of pn elements.

In the end we discuss one of the basic theorems in this thesis, the Wedderburn’s theorem,

which states that every finite division ring is a field.

Keywords: characteristic of a field, characteristic of a ring, classification of finite field,

extension field, factor ring, field, finite field, ideal, ideal domain, maximal ideal and prime

ideal, polynomial ring, ring homomorphism, splitting field, vector space, Wedderburn’s

theorem, zeros of polynomial.

Math. Subj. Class. (2010): 06E20 Ring-theoretic properties,

12E20 Finite fields,

12F05 Algebraic extensions,

13B25 Polynomials over commutative rings,

13F20 Polynomial rings and ideals,

97H40 Groups, rings, fields.

Kazalo

Uvod 1

1 Grupe 3

2 Kolobarji 12

2.1 Splosno o kolobarjih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2 Cel kolobar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2.1 Obseg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3 Karakteristika kolobarja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.4 Ideali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.5 Homomorfizem kolobarjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.6 Faktorski kolobar in homomorfizem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.7 Lastnosti homomorfizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.8 Maksimalni ideali in praideali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.9 Kolobarji polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Polja 35

3.1 Osnovne lastnosti in primeri polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2 Kolobar F[x] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.2.1 Faktorizacija polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.3 Razsiritev polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.3.1 Vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

xi

3.3.2 Koncne razsiritve polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.4 Nicle polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.5 Vec o niclah polinomov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.6 Razpadno polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4 Koncna polja in Wedderburnov izrek 68

4.1 Razsiritev polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.2 Karakteristika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.3 Klasifikacija koncnih polj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.4 Wedderburnov izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.4.1 Wedderburnov izrek o koncnih obsegih . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Literatura 78

Uvod

Naslovna tema magistrskega dela je pojem, s katerim se srecamo v teoreticni algebri – to

so koncna polja. Delo je razdeljeno na stiri poglavja.

V prvem poglavju predstavimo osnovne definicije in rezultate, povezane s pojmom grupe.

Kot je razvidno iz nadaljevanja, so nekateri rezultati iz teorije grup neobhodni za obravnavo

pojmov, predstavljenih v nadaljnjih poglavjih in v dokazu zadnjega predstavljenega izreka,

Wedderburnovega izreka.

Drugo poglavje je namenjeno pojmu kolobarja. Podamo definicije in lastnosti kolobar-

jev, nekaterih posebnih razredov kolobarjev, recimo celih in glavnih kolobarjev ter obsegov.

Definiramo tudi pojme homomorfizem kolobarjev, jedro in slika homomorfizma, izomorf-

nost kolobarjev ter ideal kolobarja. Za lazje razumevanje podamo tudi nekatere primere.

Dokazemo prvi izrek o izomorfizmih za kolobarje, ki pove, da je K/kerϕ ∼= Imϕ. Za formu-

lacijo in razumevanje tega izreka potrebujemo pojem faktorskega kolobarja in poznavanje

njegovih osnovnih lastnosti. Vpeljemo tudi kolobar polinomov nad komutativnim kolobar-

jem K, ki ga oznacimo s K[x] in obravnavamo njegove lastnosti.

V tretjem poglavju se osredotocimo na polja. Dokazemo, da je vsako polje cel kolobar,

kar pomeni, da nima deliteljev nica. Obravnavamo, kdaj sta kolobarja Zp, ki je kolobar

celih stevil za operaciji sestevanja in mnozenja po modulu p, kjer je p prastevilo ter faktor-

ski kolobar K/M , kjer je M ideal, polje. Spoznamo, katere lastnosti mora imeti polje, da

je neko njegovo podpolje izomorfno polju Zp ali mnozici racionalnih stevil Q. Natancneje

obravnavamo kolobar polinomov nad poljem F. Najprej zapisemo osnovni izrek o deljenju,

ki velja za elemente kolobarja polinomov F [x], ter izrek o obstoju najvecjega skupnega de-

litelja. Te pojme in njihove lastnosti uporabimo v dokazu izreka, ki pravi, da je kolobar

polinomov F [x] glavni kolobar. Zapisemo potrebne definicije in lastnosti vektorskega pro-

stora, ki jih potrebujemo za nadaljnje rezultate v obravnavi koncnih polj. Nato definiramo

pojem nerazcepnosti polinoma nad poljem F in predstavimo nekatere osnovne rezultate,

povezane z nerazcepnostjo. Za razumevanje dejstev o koncnih poljih predstavimo se de-

1

2

finicijo razsiritve polja, posebej pa obravnavamo dejstva o koncnih razsiritvah. Teorija o

razsiritvi polj vkljucuje nicle polinomov, katerih koeficienti so iz polja F . Obravnavamo

tudi razpadno polje polinoma, to je najmanjsa razsiritev polja, v kateri polinom razpade na

linearne faktorje.

V zadnjem poglavju s pomocjo teorije iz predhodnih poglavij dokazemo nekatere izreke,

ki so temelj magistrskega dela. Podamo karakterizacijo koncnih polj, ki pravi, da za vsako

prastevilo p in vsako naravno stevilo n obstaja do izomorfizma natancno enolicno doloceno

polje s pn elementi. Na koncu dokazemo se pomemben Wedderburnov izrek o koncnih

obsegih, ki pove, da je vsak koncen obseg polje.

Poglavje 1

Grupe

To poglavje obravnava algebrske strukture, ki jim pravimo grupe in so ena izmed glavnih

struktur abstraktne algebre. Grupa je mnozica elementov, kjer zdruzimo dva elementa ene

mnozice in dobimo tretjega v isti mnozici. S pomocjo pojma grupe na preprost, formalen

nacin v kasnejsih poglavjih opisujemo ostale algebrske strukture, kot so kolobarji, obsegi in

polja. Za obravnavo koncnih polj potrebujemo naslednje definicije in izreke:

Definicija 1.1 Binarna operacija na mnozici G je funkcija ◦ : G×G→ G, kjer je

G×G = {(a, b); a, b ∈ G}

mnozica vseh urejenih parov iz G. Funkcija ◦ vsakemu urejenemu paru (a, b) iz G priredi

natanko dolocen element a ◦ b v G.

Definicija 1.2 Neprazna mnozica G skupaj z binarno operacijo ◦: G ×G → G je grupa,

ce velja:

1. ◦ je asociativna operacija:

∀ a, b, c ∈ G velja:

a ◦ (b ◦ c) = (a ◦ b) ◦ c,

2. obstaja nevtralni element e ∈ G za operacijo ◦: ∀ a ∈ G, velja:

a ◦ e = e ◦ a = a,

3. za vsak element a ∈ G obstaja inverzni element a−1 ∈ G, da velja:

a ◦ a−1 = a−1 ◦ a = e.

Ce za operacijo ◦ v grupi G dodatno velja, da je

3

4

4. komutativna, torej da ∀a, b ∈ G velja:

a ◦ b = b ◦ a,

potem pravimo, da je (G, ◦) Abelova ali komutativna grupa.

Pogosto grupo opisemo v obliki para (G, ◦), kjer je G mnozica, ◦ pa operacija na G, ki

zadosca pogojem 1.− 3.

Zgled. Primeri Abelovih grup so (Z,+), (Q,+), (R,+) in (C,+).

Definicija 1.3 Naj bo (G, ◦) grupa. Neprazno podmnozico H grupe (G, ◦) imenujemo pod-

grupa, ce je tudi (H, ◦) grupa. Oznacimo: H ≤ G. Ce zelimo zapisati, da je H podgrupa

od G, vendar pa ni enaka G, pisemo H < G.

Definicija 1.4 Naj bo G grupa za operacijo mnozenja in H njena podgrupa. Potem za vsak

a ∈ G imenujemo mnozico

aH = {ah|h ∈ H},

levi razred odseka grupe G po podgrupi H. Analogno je Ha desni razred odseka grupe G

po podgrupi H.

Definicija 1.5 Podgrupa H grupe G je edinka, ce je aH = Ha za vse a ∈ G. Oznacimo

s H CG.

Odseke mnozimo na naslednji nacin: (aH)(a′H) = (aa′)H. Zakaj je operacija mnozenja

levih odsekov dobro definirana?

Dokazimo, da iz aH = bH in a′H = b′H ⇒ (aH)(a′H) = (bH)(b′H).

(aH)(a′H) =

=ab′H︷ ︸︸ ︷aa′H =︸︷︷︸

HCG

=ab′H︷ ︸︸ ︷aHb′ = bHb′ =︸︷︷︸

HCG

bb′H = (bH)(b′H).

Lema 1.6 Vsaka podgrupa Abelove grupe je edinka.

Dokaz. Naj bo G Abelova grupa in H njena podgrupa. Dokazati zelimo, da je H C G.

Grupa H je prav tako Abelova grupa. Torej za vsak a ∈ G in vsak h ∈ H enakost ah = ha

implicira aha−1 = aa−1h = eh = h ∈ H. Torej je H podgrupa edinka grupe G.

5

Definicija 1.7 Ce je G grupa za operacijo mnozenja in H njena podgrupa edinka, potem

je mnozica

G/H = {aH|a ∈ G}

faktorska grupa za operacijo mnozenja odsekov: (aH)(a′H) = (aa′H).

Naj bo sedaj G aditivna grupa (in zato Abelova) in H njena podgrupa (zato edinka). Potem

razred odseka grupe G po podgrupi H izgleda kot

a+H = {a+ h|h ∈ H}.

V tem primeru odseke sestevamo na naslednji nacin: (a+H) + (a′ +H) = (a+ a′) +H.

Tako je mnozica vseh odsekov G/H = {a+H|a ∈ G} Abelova grupa.

Definicija 1.8 Naj bosta (G1, ·) in (G2, ?) poljubni grupi. Preslikavi f : G1 → G2 pravimo

homomorfizem grup, ce za ∀x, y ∈ G1 velja, da je f(x · y) = f(x) ? f(y).

Definicija 1.9 Bijektivnemu homomorfizmu pravimo izomorfizem.

Grupi G1 in G2 sta izomorfni, ce obstaja izomorfizem iz grupe G1 v grupo G2. Oznaka:

G1∼= G2.

Definicija 1.10 Koncna grupa je grupa, ki ima koncno stevilo elementov. Stevilo ele-

mentov v koncni grupi se imenuje red grupe ali tudi moc mnozice G. Red grupe G oznacimo

z |G|. Ce grupa G nima koncno mnogo elementov, recemo, da je G neskoncna grupa.

Definicija 1.11 Ce je (G, ·) grupa in a ∈ G, je red elementa a najmanjse naravno stevilo

n, ce obstaja, tako da velja an = e. Ce je (G,+) grupa in a ∈ G, je red elementa a enak

najmanjsemu naravnemu stevilu n, tako da je n · a = 0.

Ce stevilo n z zgornjo lastnostjo ne obstaja, pravimo, da je a neskoncnega reda. Red

elementa a oznacimo z |a| ali z red(a).

Definicija 1.12 Naj bo G koncna grupa in |G| = pkm, kjer je p prastevilo in

D(p,m) = 1. Podgrupe H grupe G, ki vsebujejo natanko pk elementov, imenujemo sylo-

wske p - podgrupe.

Izreki Sylowa veljajo za koncne grupe. Zapisani so v naslednjih vrsticah, njihove dokaze pa

najdemo v literaturi [4], od 414. do 415. strani.

6

Izrek 1.13 (1. izrek Sylowa) Sylowske p - podgrupe obstajajo za vsako prastevilo p, ki

deli |G|.

Izrek 1.14 (2. izrek Sylowa) Vse sylowske p - podgrupe grupe G za isto prastevilo p so

v grupi G med seboj konjugirane (torej tudi izomorfne).

Izrek 1.15 (3. izrek Sylowa) Stevilo sylowskih p - podgrup grupe G vedno deli moc grupe

G in da pri deljenju s p ostanek 1.

Definicija 1.16 Naj bosta podani poljubni grupi (G, ◦) in (H, ?). Tedaj postane mnozica

G×H = {(g, h)|g ∈ G, h ∈ H} grupa za operacijo (g1, h1)(g2, h2) = (g1 ◦ g2, h1 ? h2). Tako

dobimo (zunanji) direktni produkt grup G in H.

Izrek 1.17 Naj bosta H,K / G, za kateri velja: H ∩K = {e} in za vsak g ∈ G obstajata

h ∈ H in k ∈ K: g = h · k. Potem je G ∼= H ×K (notranji direktni produkt).

Dokaz.

(a) Zapis elementov grupe G v obliki produkta h · k je enolicen.

Ce to ne bi veljalo: h′−1\ g = h · k = h′ · k′ /k−1

(h′)−1 · h︸ ︷︷ ︸∈H

= k′ · k−1︸ ︷︷ ︸∈K

⇒∈ H ∩K = {e} ⇒ k′k−1 = e.

Torej je k′ = k in h′ = h.

(b) Dokazimo, da je za ∀h ∈ H in ∀k ∈ K hk = kh.

Iz (hkh−1)︸ ︷︷ ︸∈K

k−1 ∈ K in

h (kh−1k−1)︸ ︷︷ ︸∈H

∈ H sledi, da sta skupaj ∈ H ∩K ⇒ hkh−1k−1 = e.

Torej je res hk = kh.

(c) Za izomorfizem lahko uporabimo preslikavo ϕ : g = h · k 7→ (h, k) ∈ H × K, ki je

bijekcija.

Homomorfizem: ϕ(g1 · g2) = ϕ(h1k1h2k2) = ϕ(h1h2k1k2) =︸︷︷︸def ϕ

(h1h2, k1k2) =︸︷︷︸def direkt. produkta

= (h1, k1) · (h2, k2) = ϕ(g1) · ϕ(g2).

Izrek 1.18 Koncna grupa G je direkten produkt svojih sylowskih p-podgrup

H1 ×H2 × . . .×Hk za vsa prastevila, ki delijo red grupe G, natanko tedaj, ko so vse njene

sylowske p-podgrupe H1, H2, . . . ,Hk podgrupe edinke v G.

7

Dokaz. Naj bodo H1, H2. . . . ,Hk vse sylowske p-podgrupe grupe G za razlicna prastevila

p | |G| in ∀i Hi / G.

(1.) Presek dveh sylowskih podgrup je trivialen.

Naj bo g ∈ Hi ∩Hj ⇒ ∃ti ∈ N : gptii = e in ∃tj ∈ N : gp

tjj = e.

Ker je D(ptii , ptjj ) = 1⇒ ∃a, b ∈ Z : aptii + bp

tjj = 1.

Torej je g = g1 = gaptii +bp

tjj = gap

tii gbp

tjj = (gp

tii︸︷︷︸

=e

)a(gptjj︸︷︷︸

=e

)b = eaeb = e.

(2.) ∀hi ∈ Hi, ∀hj ∈ Hj velja hi · hj = hj · hi. Elementa iz dveh razlicnih podgrup med

seboj komutirata.

hi · hj = hj · hi /h−1i h−1j ,

[hi, hj ] = hihjh−1i h−1j = e.

Po eni strani je: [hi, hj ] = hi︸︷︷︸∈Hi

(hjh−1i h−1j︸ ︷︷ ︸∈Hi/G

) ∈ Hi in

[hi, hj ] = (hihjh−1i︸ ︷︷ ︸

∈Hj/G

) h−1j︸︷︷︸∈Hj

∈ Hj . Kar pomeni, da isti element lezi v Hi in Hj ⇒ [hi, hj ] = e.

(3.) Dokazimo, da je zapis g ∈ G v obliki produkta h1 · h2 · . . . · hk, hi ∈ Hi enolicen.

(h1 · h2 · . . . · hk) = (h′1 · h′2 · . . . · h′k) /(h′1 · h′2 · . . . · h′k)−1, ce po vrsti zdruzujemo

h1h−11 , h2h

−12 , . . . , hkh

−1k , dobimo, da je ( g1︸︷︷︸

∈H1

· g2︸︷︷︸∈H2

· . . . · gk︸︷︷︸∈Hk

)rj = erj.

Torej za ∀i gpαiii = e, kjer je rj =

∏i 6=jp

αii .

Elementi grj1 · g

r22 · . . . bodo dali enoto. Edini, ki ne bo dal enote, je g

rjj . Zato smo prisli do

protislovja s grjj = e, saj je to mozno samo v primeru, ko je gj = e.

(4.) Naj bo g ∈ G. Stevila r1, r2, . . . , rk so si med seboj tuja: ∀i, j je D(ri, rj) = 1 ⇒∃s1, s2, . . . , sk ∈ Z : r1s1 + r2s2 + . . .+ rksk = 1.

g = g1 = gr1s1︸︷︷︸=h1∈H1

gr2s2︸︷︷︸=h2∈H2

. . . grksk︸ ︷︷ ︸=hk∈Hk

= h1 · h2 · . . . hk.

Zato je hj = grjsj/pαjj ⇒ h

pαjj

j = (grjsj )pαjj = (g

∏ki=1 p

αii )sj = e ⇒ hj ∈ Hj sylowska

podgrupa.

Posledica 1.19 Poljubna koncna Abelova grupa je direkten produkt svojih sylowskih p-

podgrup.

Dokaz. Ce je G Abelova, je poljubna podgrupa H ⊂ G edinka; dokaz sledi iz leme 1.6.

Definicija 1.20 Naj bo G grupa in X ⊆ G. Z 〈X〉 oznacimo grupo, generirano z

mnozico X, ki je najmanjsa podgrupa grupe G, ki vsebuje mnozico X.

8

Definicija 1.21 Grupo G imenujemo ciklicna grupa, ce je generirana z enim samim

elementom. Temu elementu a pravimo generator od G. Oznaka: G = 〈a〉.

Ce obstaja taksen element a iz G, da velja G = {an; n ∈ Z}, je vsak element grupe G enak

neki potenci elementa a.

Izrek 1.22 Naj bo G grupa in a ∈ G. Ce je |a| = ∞, potem vse razlicne potence od a

predstavljajo razlicne elemente grupe (ai = aj ⇐⇒ i = j). Ce je |a| <∞ in je red elementa

a enak n, torej |a| = n, je 〈a〉 = {e, a, a2, . . . , an−1} in ai = aj ⇐⇒ n|i− j.

Dokaz.

1. Ce je |a| =∞, potem ne obstaja tako stevilo n ∈ Z+, da bi veljalo: an = e. Potem je

ai = aj ⇐⇒ ai−j = e⇐⇒ i− j = 0⇐⇒ i = j.

2. Predpostavimo, da je |a| = n. (Da pokazemo, da je 〈a〉 = {e, a, a2, . . . , an−1}.)Ocitno so elementi e, a, a2, . . . , an−1 razlicni, saj je |a| = n. Ce je ai = aj , kjer je

0 ≤ j < i ≤ n − 1, potem je ai−j = e v nasprotju s tem, da je n najmanjse naravno

stevilo tako, da velja an = e. Sedaj predpostavimo, da je ak ∈ 〈a〉 za nek k ∈ Z.

Potem velja, da

∃q, r ∈ Z : k = qn+ r, 0 ≤ r < n.

Potem je

ak = aqn+r = (an)qar = eqar = ar

in tako

∀k ∈ Z, ak ∈ {e, a, a2, . . . , an−1} =⇒ 〈a〉 = {e, a, a2, . . . , an−1}.

3. (=⇒) Predpostavimo, da je ai = aj . (Da pokazemo, da n|i− j.) Potem je ai−j = e.

Sedaj

∃q, r ∈ Z : i− j = qn+ r, 0 ≤ r < n

in tako je

e = ai−j = aqn+r = (an)qar = eqar = ar.

9

Ker je n najmanjse naravno stevilo tako, da velja an = e, mora biti r = 0, torej

n|i− j.(⇐=) Ce n|i− j, potem ∃q ∈ Z : i− j = nq =⇒

ai−j = anq = (an)q = eq = e =⇒ ai = aj .

Posledica 1.23 Naj bo G grupa in naj bo a element iz G, ki je reda n. Ce je ak = e, potem

velja, da n deli k.

Dokaz. Ker je ak = e = a0, iz prejsnjega izreka sledi, da n|k − 0 =⇒ n|k.

Izrek 1.24 (Lagrangeov izrek) Ce je G koncna grupa in H podgrupa od G, potem je |H|delitelj od |G|.

Dokaz. Predpostavimo, da je G koncna grupa in H njena podgrupa. Naj bodo h1, h2, . . . , hr

vsi elementi iz H, torej je r = |H|. Ce je H = G, potem nimamo kaj dokazovati. Zato

predpostavimo, da je H 6= G, tako velja, da obstaja a ∈ G in a /∈ H. Zapisimo elemente v

dve vrstici kot

h1, h2, . . . , hr

h1a, h2a, . . . , hra.

Trdimo, da so vsi elementi v drugi vrstici med seboj razlicni ter so razlicni tudi od elementov

v prvi vrstici. Ce bi bila katera koli dva elementa v drugi vrstici enaka, hia = hja, kjer

i 6= j, in ker s pravilom krajsanja dobimo hi = hj , bi to bilo protislovje. Ce je kateri element

iz druge vrstice enak elementu iz prve vrstice, hia = hj , torej je a = h−1i hj ∈ H in ker je H

podgrupa od G, je to v nasprotju z a /∈ H.

Tako smo doslej navedli 2|H| elementov. Ce ti elementi predstavljajo vse elemente v G,

smo koncali. Ce to ne velja, potem obstaja element b ∈ G, ki ni element iz teh dveh vrstic.

Poglejmo nov seznam elementov

h1, h2, . . . , hr

h1a, h2a, . . . , hra

h1b, h2b, . . . , hrb.

10

Kot prej lahko pokazemo, da nobena dva elementa v tretji vrstici nista enaka in tudi noben

element iz tretje vrstice ni enak kateremu koli elementu iz prve ali druge vrstice. Torej

imamo navedenih 3|H| elementov. Ce tako nadaljujemo, nam vsak nov element pri vsakem

koraku da novih |H| elementov. Ker je G koncna grupa, scasoma porabimo vse elemente

iz G. Ce smo nastevanje vseh elementov iz grupe G koncali s k-to vrstico, bi zapisali k|H|razlicnih elementov, torej je k|H| = |G|.

Posledica 1.25 Ce je G koncna grupa in a ∈ G, potem velja |a| | |G|.

Dokaz. Sedaj, ko smo ze spoznali Lagrangeov izrek, je najbolj smiselno, da posledico

dokazemo s pomocjo podgrupe od G, katere red je |a|. Po izreku 1.22 vemo, da je |〈a〉| = n,

kjer je n = red(a) in tako ima ciklicna podgrupa, generirana z a, |a| elementov, iz tega pa

s pomocjo Lagrangeovega izreka sledi, da |a| | |G|.

Posledica 1.26 Ce je G koncna grupa in a ∈ G, potem je a|G| = e.

Dokaz. Iz prejsnje posledice velja, da |a| | |G|, tako sledi, da je |G| = m|a|. Torej je

a|G| = am|a| = (a|a|)m = em = e.

Izrek 1.27 (Mali Fermatov izrek) Ce je p prastevilo in a naravno stevilo, kjer p ne deli

a, potem velja ap−1 ≡ 1 (mod p).

Dokaz. Obravnavajmo p− 1 stevil a, 2a, . . . , (p− 1)a. Nobeno od teh stevil ni deljivo s p,

ker je p prastevilo, in ce p deli produkt ja, potem velja, da p deli j in p ne deli a, saj je tuje

z a. To pa ni mogoce, ker je 1 ≤ j ≤ p− 1. Se vec, nobeno izmed stevil a, 2a, . . . , (p− 1)a

med seboj ni kongruentno po modulu p. Pa to pokazimo, in sicer privzamemo, da je

ja ≡ ka (mod p). Iz lastnostni kongruence sledi, da je zaradi D(a, p) = 1, j ≡ k (mod p).

To pa je mogoce le, ce j = k, saj sta naravni stevili j in k manjsi od p− 1.

Ker stevila a, 2a, . . . , (p − 1)a predstavljajo mnozico p − 1 stevil, kjer nobeno od teh ni

kongruentno z nic ter ni kongruentno med seboj po modulu p, vemo, da so ostanki stevil

a, 2a, . . . , (p − 1)a pri deljenju s p enaki 1, 2, . . . , (p − 1). Posledicno je produkt stevil

a, 2a, . . . , (p− 1)a po modulu p kongruenten s produktom p− 1 prvih naravnih stevil. Tako

je

a · 2a · 3a · (p− 1)a ≡ 1 · 2 · 3 · (p− 1) (mod p),

11

iz tega dobimo

ap−1(p− 1)! ≡ (p− 1)! (mod p).

Ker je p prastevilo, ne deli izraza (p− 1)! (D(p, (p− 1)!) = 1), tako lahko obe strani enacbe

krajsamo s (p− 1)!. Dobimo

ap−1 ≡ 1 (mod p).

Posledica 1.28 (Fermat) Ce je p prastevilo in a poljubno naravno stevilo, potem velja

ap ≡ a (mod p).

Dokaz. Ce p ne deli a, vemo, da po izreku 1.27 velja ap−1 ≡ 1 (mod p). Ce pomnozimo

obe stani kongruence z a, dobimo ap ≡ a (mod p). Ce p deli a, potem p deli ap in tako je

ap ≡ a ≡ 0 (mod p). S tem se zakljucuje dokaz, saj je ap ≡ a (mod p), ce p ne deli a in ce

p deli a.

Lema 1.29 Vsaka grupa reda p, kjer je p prastevilo, je ciklicna.

Dokaz. Naj bo p prastevilo in G grupa, ki je reda p, |G| = p. Potem G vsebuje vec kot en

element. Naj bo g ∈ G taksen, da je g 6= e, kjer je e enota grupe G. Torej 〈g〉 vsebuje vec

kot en element. Ker je 〈g〉 ≤ G, po Lagrangeovem izreku 1.24 velja, da |〈g〉| deli p. Ker je

|〈g〉| > 1 in |〈g〉| deli p, je |〈g〉| = p = |G|. Sledi, da je G ciklicna grupa.

Izrek 1.30 Vsaka ciklicna grupa je Abelova.

Dokaz. Naj bo H ciklicna grupa. Dokazujemo, da je za

∀h1, h2 ∈ H : h1h2 = h2h1.

S H = 〈x〉 oznacimo ciklicno grupo, ki je generirana z elementom x. Potem velja

h1, h2 ∈ H ⇒ h1 = xk1 in h2 = xk2 ; k1, k2 ∈ Z

h1h2 = xk1xk2 = xk1+k2 = xk2+k1 = xk2xk1 = h2h1.

Poglavje 2

Kolobarji

2.1 Splosno o kolobarjih

Kolobarji so strukture, ki so sestavni del sodobne algebre. Do sedaj smo eno izmed struktur

ze spoznali, to so grupe, namen tega poglavja pa je, da spoznamo kolobarje. Kolobarji

so mnozice, na katerih sta definirani binarni operaciji sestevanja in mnozenja, te mnozice

morajo zadoscati dolocenim pogojem.

Definicija 2.1 Neprazno mnozico K, na kateri sta definirani dve binarni operaciji + in ·,imenujemo kolobar, ce za vse a, b, c ∈ K velja:

1. (K,+) je Abelova grupa,

2. a · (b · c) = (a · b) · c in

3. a · (b+ c) = a · b+ a · c in (a+ b) · c = a · c+ b · c.

Kolobar oznacimo s (K,+, ·). Namesto zapisa a · b bomo uporabljali zapis ab.

Zgled. Mnozice Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C so kolobarji za obicajno sestevanje in mnozenje stevil.

Zgled. Preverimo, ali je mnozica (Z× Z,+, ·) kolobar.

Operaciji sta: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) in (a, b) · (c, d) = (ac, bd), kjer je v posamezni

komponenti obicajno sestevanje in mnozenje v Z.

12

2.1 Splosno o kolobarjih 13

1. Uporabimo lahko definicijo direktnega produkta grup:

ker je (Z,+) grupa ⇒ Z× Z grupa za operacijo (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d). Ker je

(Z,+) Abelova grupa, je tudi (Z× Z,+) Abelova.

2. (a, b) · ((c, d) · (e, f)) = (a, b) · (c · e, d · f) = (a · c · e, b · d · f) = (a · c, b · d) · (e, f) =

= ((a, b) · (c, d)) · (e, f),

3. (a, b) · ((c, d) + (e, f)) = (a, b) · (c+ e, d+ f) = (a · (c+ e), b · (d+ f)) =

= (a · c+ a · e, b · d+ b · f) = (a · c, b · d) + (a · e, b · f) = (a, b) · (c, d) + (a, b) · (e, f)

in ((a, b) + (c, d)) · (e, f) = (a+ c, b+ d) · (e, f) = ((a+ c) · e, (b+ d) · f) =

= (a · e+ c · e, b · f + d · f) = (a · e, b · f) + (c · e, d · f) = (a, b) · (e, f) + (c, d) · (e, f).

Definicija 2.2 Ce obstaja v kolobarju K nevtralni element za mnozenje (a1 = 1a = a

∀a ∈ K), ga bomo oznacili z 1 in ga imenovali enota kolobarja. Tedaj kolobar K imenujemo

kolobar z enoto.

Definicija 2.3 Ce je mnozenje v kolobarju K komutativno (torej je ab = ba za vsak

a, b ∈ K), recemo, da je K komutativni kolobar.

Zgled. Mnozica celih stevil Z je komutativni kolobar z enoto za operaciji obicajnega

sestevanja in mnozenja stevil.

Definicija 2.4 Naj bo Z mnozica celih stevil. Kolobar ostankov pri deljenju z n oznacimo

z Zn. Naj bo n ∈ N in n > 1, potem je Zn = {0, 1, . . . , n − 1} mnozica ostankov, ki jih

dobimo pri deljenju z n skupaj z operacijama sestevanja in mnozenja po modulu n. To je

komutativni kolobar z enoto.

V primeru, ko je p prastevilo, ima kolobar ostankov pri deljenju s p nekaj lepih lastnosti, s

katerimi se bomo ukvarjali v nadaljevanju.

Definicija 2.5 Center kolobarja K oznacimo z Z in ga definiramo kot mnozico

Z = {a ∈ K|ax = xa za vse x ∈ K}.

Ce velja, da je K komutativni kolobar, je potem Z = K. Ce 1 ∈ K, potem je Z 6= ∅, saj je

1 ∈ Z.

2.1 Splosno o kolobarjih 14

Lema 2.6 Za poljubna elementa a, b kolobarja K velja:

(i) a0 = 0a = 0,

(ii) a(−b) = (−a)b = −(ab),

(iii) (−a)(−b) = ab.

Ce je K kolobar z enoto, potem velja

(iv) (−1)a = −a,

(v) (−1)(−1) = 1.

Dokaz.

(i) a0 = a(0 + 0) = a0 + a0⇒ a0 = 0,

(ii) 0 = a0 = a(b+ (−b)) = ab+ a(−b)⇒ −ab = a(−b),

(iii) (−a)(−b) =︸︷︷︸(ii)

−(a(−b)) =︸︷︷︸(ii)

−(−(ab)) = ab.

(iv), (v) Predpostavimo, da ima K enoto 1. Potem velja a+ (−1)a = 1a+ (−1)a =

(1 + (−1))a = 0a = 0, torej je (−1)a = −a. Ce je a = −1, velja (−1)(−1) = −(−1) =

= 1.

Definicija 2.7 Neprazna podmnozica S kolobarja K je podkolobar kolobarja K, ce je tudi

S za isti operaciji kolobar.

Izrek 2.8 Neprazna mnozica S ⊆ K je podkolobar natanko tedaj, ko za vse x, y ∈ S velja:

1. x− y ∈ S,

2. xy ∈ S.

Dokaz. (⇒) Ocitno je, da je podkolobar zaprt za odstevanje in mnozenje.

(⇐)

Obratno predpostavimo, da je K kolobar in S neprazna podmnozica, ki je zaprta za

odstevanje in mnozenje. Pokazati zelimo, da je S kolobar. Ker je S neprazna, lahko izbe-

remo en element s ∈ S. Upostevajmo, da je S zaprta za odstevanje, tako je s− s = 0 ∈ S.

2.2 Cel kolobar 15

Torej obstaja nevtralni element 0 ∈ S za operacijo sestevanja. Nadalje predpostavimo, da

je a ∈ S, in ker je S zaprta za odstevanje, je −a = 0− a ∈ S. To pomeni, da za vsak a ∈ Svelja −a ∈ S. Sedaj predpostavimo, da sta a, b ∈ S. Potem je tudi −b ∈ S. Tako je

a+ b = a− (−b) ∈ S,

in s tem je S zaprta za sestevanje. Komutativnost sestevanja sledi iz komutativnosti

sestevanja v K. Dokazali smo, da je (S,+) Abelova grupa.

Da bo S kolobar, moramo pokazati se, da je mnozenje asociativno in da veljata obe distri-

butivnosti. Ker vse te lastnosti veljajo za vse elemente kolobarja K, posledicno veljajo tudi

za vse elemente iz S.

Definicija 2.9 Naj bo K kolobar z enoto, kjer je 1 6= 0. Ce za element a ∈ K obstaja

element b ∈ K in velja ab = ba = 1, pravimo, da je a obrnljiv element. Element b

imenujemo inverz elementa a in ga oznacimo z a−1.

Definicija 2.10 Naj bo K komutativni kolobar. Nenicelni element a ∈ K je delitelj nica,

ce obstaja nenicelni element b ∈ K, da je ab = 0. Prav tako je tudi b delitelj nica. Kolobar

K nima deliteljev nica ⇔ ∀a, b ∈ K : ab = 0⇒ a = 0 ali b = 0.

Zgled. Elementa 2 in 3 sta delitelja nica v Z6, ker je 2 · 3 = 0.

Zgled. Obravnavajmo elementa (1, 0) in (0, 1) v Z×Z. Ta elementa sta delitelja nica, ker

je (1, 0)(0, 1) = (0, 0).

2.2 Cel kolobar

Definicija 2.11 Cel kolobar je komutativni kolobar z enoto, ki nima deliteljev nica.

Zgled. Mnozica celih stevil Z z operacijama sestevanja in mnozenja stevil je komutativni

kolobar, ki ima enoto 1. Ker mnozica Z nima deliteljev nica, je cel kolobar, saj je za poljubna

elementa a in b iz tega kolobarja produkt ab = 0 takrat, ko je en a = 0 ali b = 0.

Zgled. Kolobar Zp celih stevil za operaciji sestevanja in mnozenja po modulu p, kjer je p

prastevilo, je cel kolobar.

Recimo, da za a, b ∈ Zp velja ab = 0. To pomeni, da je ab ≡ 0 (mod p) oziroma da p | ab.Ker je p prastevilo, to pomeni, da p | a ali p | b. Ker sta a, b < p, sledi, da je a = 0 ali b = 0.

2.2 Cel kolobar 16

Zgled. Kolobarji Q, R in C so celi kolobarji.

Izrek 2.12 Naj a, b, c pripadajo celemu kolobarju. Ce je a 6= 0 in ab = ac, potem je b = c.

Dokaz. Iz ab = ac dobimo a(b− c) = 0. Ker je a 6= 0, sledi, da je b− c = 0.

2.2.1 Obseg

Ker pri obravnavaju koncnih polj srecamo tudi pojem obsega, zapisimo njegovo definicijo:

Definicija 2.13 Obseg je kolobar z enoto 1 6= 0, v katerem so vsi nenicelni elementi

obrnljivi.

Pravimo tudi, da je K obseg natanko tedaj, ko njegovi nenicelni elementi tvorijo grupo za

operacijo mnozenja. Obseg oznacimo z (O,+, ·).

Opomba 2.14 Vpeljimo K∗ = {a ∈ K|a je obrnljiv}. Opazimo, da 0 6∈ K∗ in 1 ∈ K∗,saj je inverz od 1 kar 1 (1−1 = 1).

• Ce sta a in b obrnljiva, torej a, b ∈ K∗, potem je ab ∈ K∗, saj (ab)−1 = b−1a−1 (to je

res, saj je ab · b−1a−1 = abb−1a−1 = a1a−1 = 1 in b−1a−1ab = 1).

• 1 je nevtralni element za mnozneje v K∗ (ki je zaprta za mnozenje), vsak element

v K∗ ima res inverz (ki je v K∗) in operacija mnozenja je asociativna. Torej je K∗

grupa za operacijo mnozenja.

V primeru, ko je kolobar K obseg, je torej K∗ = K\{0}.

Definicija 2.15 Podmnozica S obsega O je podobseg obsega O, ce je tudi S za isti ope-

raciji obseg.

Definicija 2.16 Obsegu O pravimo koncni obseg, ce vsebuje koncno stevilo elementov.

2.3 Karakteristika kolobarja 17

2.3 Karakteristika kolobarja

Definicija 2.17 Naj bo K kolobar. Ce obstaja naravno stevilo n, tako da je nr = 0 za vsak

r ∈ K, potem takemu najmanjsemu naravnemu stevilu n pravimo karakteristika kolobarja

K. Ce taksen n ne obstaja, ima K karakteristiko enako 0. Karakteristiko kolobarja K

oznacimo s char(K).

Zgled. 1. char(Z) = 0, saj ne obstaja n ∈ N, da je na = 0 za vsak a ∈ Z.

2. char(Zn) = n, saj je na = 0 za vsak a ∈ Zn in je n najmanjse naravno stevilo s to

lastnostjo.

Izrek 2.18 (Karakteristika kolobarja z enoto) Naj bo K kolobar z enoto 1. Ce ima

enota 1 kot element grupe (K,+) red enak neskoncno, potem je karakteristika kolobarja

K enaka 0. Ce ima enota 1 kot element grupe (K,+) red enak n, potem ima kolobar K

karakteristiko enako n. Z drugimi besedami, ce je 1 ∈ K in je char(K) > 0, potem je

karakteristika kolobarja enaka redu enote: char(K) = red(1).

Dokaz. Ce ima 1 neskoncen red, potem ne obstaja naravno stevilo n, tako da velja n ·1 = 0,

torej ima kolobar K karakteristiko enako 0. Predpostavimo, da ima enota 1 za operacijo

sestevanja red enak n. Potem je n · 1 = 0 in n je najmanjse naravno stevilo s to lastnostjo.

Tako za vsak x iz K velja

n1︸︷︷︸1+1+...+1

= 0⇒

n · x = x+ x+ . . .+ x (n sumandov)

= 1x+ 1x+ . . .+ 1x (n sumandov)

= (1 + 1 + . . .+ 1)x (n sumandov)

= (n · 1)x = 0x = 0.

Tako ima K karakteristiko enako n.

Izrek 2.19 Kolobar K z enoto 1 6= 0, ki ima pozitivno karakteristiko in nima deliteljev

nica, mora imeti prastevilsko karakteristiko.

Dokaz. Ker K vsebuje nenicelne elemente, ima karakteristiko n ≥ 2. Ce n ni prastevilo,

lahko zapisemo n = km, kjer sta k,m ∈ Z, 1 < k, m < n. Potem je 0 = n1 = (km)1 =

2.4 Ideali 18

= (k1)(m1) in sledi, da je ali k1 = 0 ali m1 = 0, ker K nima deliteljev nica. Iz tega sledi, da

je ali kr = (k1)r = 0 za vse r ∈ K ali mr = (m1)r = 0 za vse r ∈ K, kar pa je v protislovju

s predpostavko, da je char(K) = n.

Direktna posledica tega izreka je naslednja:

Posledica 2.20 Karakteristika celega kolobarja je bodisi 0 bodisi prastevilo.

Zgled. Karakteristika obsegov Q, R, C je nic, medtem ko je karakteristika obsega Zp enaka

p, kjer je p prastevilo.

2.4 Ideali

Osredotocimo se na posebne podmnozice kolobarja K, ki jim pravimo ideali. Oglejmo si

njihovo definicijo:

Definicija 2.21 Neprazna podmnozica I kolobarja K se imenuje levi ideal kolobarja K,

ce velja:

1. I je podgrupa K za operacijo sestevanja (torej, ce sta u, v ∈ I ⇒ u− v ∈ I),

2. za vsak a ∈ I in za vsak k ∈ K je ka ∈ I.

Opomba 2.22 Vsak levi ideal je podkolobar, obrat pa ne velja. Drugo tocko bi lahko krajse

zapisali kot KI ⊆ I.

Podobno vpeljemo desni ideal, in sicer bi drugo tocko iz definicije 2.21 zamenjali z: za

vsak a ∈ I in vsak k ∈ K je ak ∈ I. Za desni ideal velja IK ⊆ I.

Definicija 2.23 Podmnozica I kolobarja K se imenuje ideal ali dvostranski ideal, ce je

I podgrupa K za operacijo sestevanja in za vsak a ∈ I in k ∈ K velja, da je ak ∈ I ter

ka ∈ I.

Tako je ideal I podkolobar kolobarja K. Ta lastnost nam pove, da elemente iz I lahko

mnozimo s katerim koli elementom iz kolobarja in bo ta produkt lezal v I.

Opomba 2.24 V komutativnih kolobarjih velja, da je levi ideal = desni ideal = ideal.

2.4 Ideali 19

Zgled. Za vsak kolobar K sta K in {0} ideala od K. Ideal {0} se imenuje trivialni ideal.

Zgled. Primer ideala kolobarja celih stevil je 3Z = {3n|n ∈ Z}. Velja tudi, da je vsak ideal

Z oblike nZ = {nm|m ∈ Z} = {0,±n,±n2, . . .} za nek n ∈ N0.

Zgled. Naj bo K kolobar racionalnih stevil Q. Potem je mnozica celih stevil Z podkolobar

od Q, ni pa ideal, saj je na primer 1 ∈ Z, 12 ∈ Q, ampak 1

2 · 1 = 12 /∈ Z.

Definicija 2.25 Naj bo K komutativni kolobar z enoto. Ideal I kolobarja K se imenuje

glavni ideal, ce obstaja a ∈ K, tako da je I = 〈a〉 = aK = {ak|k ∈ K}. V tem primeru

pravimo, da je ideal I generiran z enim samim elementom a.

Zgled. Poglejmo kolobar celih stevil Z. nZ so edini ideali tega kolobarja in ocitno so glavni:

nZ = 〈n〉 za nek n ∈ Z.

Dokaz. Dokazimo, da je vsak ideal I 6= 0 kolobarja Z oblike aZ za nek a ∈ Z.

Naj bo I ideal kolobarja Z in a najmanjse naravno stevilo vsebovano v I.

Naj bo k ∈ I.

Zapisimo k︸︷︷︸∈I

= q · a︸︷︷︸∈I

+r; 0 ≤ r < a, torej je

r = k︸︷︷︸∈I

−q · a︸︷︷︸∈I

∈ I ⇒ r = 0, ker je a najmanjse naravno stevilo v I.

Tako je k = q · a ∈ aZ oziroma I ⊆ aZ.

Ker je a ∈ I, iz definicije ideala sledi, da je aZ ⊆ I.

Ker velja aZ = 〈a〉, je torej vsak ideal kolobarja Z glavni ideal.

Definicija 2.26 Cel kolobar z enoto 1 6= 0, v katerem je vsak ideal glavni, se imenuje

glavni kolobar.

Zgled. Z je glavni kolobar.

Lema 2.27 Naj bo K kolobar z enoto in naj bo I levi (ali desni ali dvostranski) ideal

kolobarja K. Ce I vsebuje kak obrnljiv element, je I = K.

Dokaz. Naj velja: ∃a ∈ I, a je obrnljiv ⇒ 1 = a−1︸︷︷︸∈K

a︸︷︷︸∈I

∈ I ⇒ x = x︸︷︷︸∈K

1︸︷︷︸∈I

∈ I za vsak

x ∈ K.

2.5 Homomorfizem kolobarjev 20

2.5 Homomorfizem kolobarjev

Definicija 2.28 Naj bosta K in K ′ kolobarja. Preslikava φ : K → K ′, ki zadosca

1. φ(a+ b) = φ(a) + φ(b),

2. φ(ab) = φ(a)φ(b),

za vse a, b ∈ K, se imenuje homomorfizem kolobarjev.

Zgled. Naj bo n ∈ N. Tedaj je preslikava ϕ : k 7→ k (mod n) za vsak k ∈ Z homomorfizem

iz kolobarja Z v kolobar Zn. Ta preslikava se imenuje naravni homomorfizem iz Z v Zn.

Zgled. Naj bo ρ : Z → Z preslikava, ki je definirana kot ρ(n) = 3n za vsak n ∈ N.

Upostevajmo, da je ρ(nm) = 3nm, medtem ko je ρ(n)ρ(m) = 9nm in tako ta funkcija

zagotovo ne ohranja mnozenja, in posledicno ni homomorfizem kolobarjev.

Definicija 2.29 Naj bo φ : K → K ′ homomorfizem iz kolobarja K v kolobar K ′. Jedro

homomorfizma φ definiramo kot mnozico vseh elementov a ∈ K, za katere velja φ(a) = 0.

Oznacimo ga s kerφ. Torej:

kerφ = {a ∈ K|φ(a) = 0}.

Slika homomorfizma φ, ki jo oznacimo z Imφ, je mnozica

Imφ = {φ(x)|x ∈ K}.

Naj φ v nadaljevanju poglavja oznacuje homomorfizem iz K v K ′.

Opomba 2.30 φ je surjektiven ⇐⇒ Imφ = K ′.

Dokaz.

(⇒) Naj bo φ surjektiven, torej velja: ∀y ∈ K ′, ∃x ∈ K : y = φ(x). Torej je res Imφ = K ′.

(⇐) Naj bo Imφ = K ′. Dokazujemo, da je φ surjektiven.

Iz definicije Imφ = {φ(x)|x ∈ K} sledi, da za vsak y ∈ K ′ velja y = φ(x) za nek x ∈ K,

kar dokazuje surjektivnost.

2.5 Homomorfizem kolobarjev 21

Opomba 2.31 φ je injektiven ⇐⇒ ker φ = {0}.

Dokaz. (⇒) Naj bo φ injektiven. Ker je

φ(0) = φ(0 + 0) = φ(0) + φ(0)⇒ φ(0) = 0⇒ 0 ∈ kerφ.

Ker je φ injektiven, se noben drugi element ne more preslikati v 0, torej kerφ = {0}.(⇐) kerφ = {0}. Naj bosta x, y ∈ K.

Denimo, da je φ(x) = φ(y)⇒ φ(x− y) = 0⇒ x− y ∈ kerφ = {0} ⇒ x− y = 0⇒ x = y.

Opomba 2.32 Imφ je podkolobar K ′.

Dokaz. Naj bosta φ(x), φ(y) ∈ Imφ. Potem je

φ(x)− φ(y) = φ(x− y︸ ︷︷ ︸∈K

) ∈ Imφ in φ(x)φ(y) = φ( xy︸︷︷︸∈K

) ∈ Imφ, torej trditev velja.

Tudi kerφ je podkolobar, a se vec:

Naj bosta x, y ∈ kerφ. Tako je

φ(x− y) = φ(x)− φ(y) = 0⇒ x− y ∈ kerφ.

k ∈ kerφ in x ∈ K ⇒ φ(xk) = φ(x)φ(k)︸︷︷︸=0

= 0. Torej je xk ∈ kerφ in podobno kx ∈ kerφ, za

vsak k ∈ kerφ in x ∈ K. Ker jedro ni prazna mnozica (0 ∈ kerφ), smo dokazali naslednjo

opombo.

Opomba 2.33 kerφ je ideal kolobarja K.

Definicija 2.34 Homomorfizmu φ : K → K ′, ki je injektiven, pravimo vlozitev. Homo-

morfizmu φ : K → K ′, ki je bijektiven, pravimo izomorfizem.

Definicija 2.35 Kolobarja K in K ′, med katerima obstaja izomorfizem, imenujemo izo-

morfna kolobarja in uporabljamo oznako K ∼= K ′.

Izomorfni kolobarji imajo enake algebraicne lastnosti.

2.6 Faktorski kolobar in homomorfizem 22

2.6 Faktorski kolobar in homomorfizem

Naj bo K kolobar in I ideal od K. Ker je K grupa za operacijo sestevanja in je zato Abelova

in I podgrupa edinka od K, lahko definiramo faktorsko grupo K/I = {a+ I|a ∈ K}, ki je

Abelova grupa. Operacija v tej grupi je (a+I)+(b+I) = (a+b)+I za vse a+I, b+I ∈ K/I.

Zdaj bomo v K/I definirali se mnozenje, s katerim postane grupa K/I kolobar.

Najprej se spomnimo nekaterih lastnosti elementov faktorskih grup.

Definicija 2.36 Za vsak element a ∈ K tvorimo tako imenovani odsek

a+ I = {a+ u|u ∈ I} ⊆ K.

Lahko je a+ I = b+ I za a 6= b.

Lema 2.37 Naj bo I ideal kolobarja K in a, b ∈ K. Potem velja, da je

a+ I = b+ I ⇐⇒ a− b ∈ I.

Dokaz.

(⇒)

a+ I = b+ I ⇒ a = a+ 0 ∈ a+ I = b+ I ⇒ a = b+ u, u ∈ I ⇒ a− b = u ∈ I.

(⇐)

a− b ∈ I, u = a− b ∈ I in a = b+ u.

Dokazujemo, da velja a+ I ⊆ b+ I.

a+ v︸︷︷︸∈I

= (b+ u) + v = b+ (u+ v︸ ︷︷ ︸∈I

) ∈ b+ I

Podobno b+ I ⊆ a+ I, kjer je b = a− u.

b+ v︸︷︷︸∈I

= (a− u) + v = a+ (v − u︸ ︷︷ ︸∈I

) ∈ a+ I.

Zgled. Naj bo K = Z in ideal I = 3Z.

Njegovi odseki so: 0 + 3Z = 3Z = {0,±3,±6, . . .},1 + 3Z = {1, 4, 7, 10, . . . ,−2,−5,−8, . . .} (vsa stevila, ki dajo pri deljenju s 3 ostanek 1),

2+3Z = {2, 5, 8, . . . ,−1,−4,−7, . . .} (vsa stevila, ki dajo pri deljenju s 3 ostanek 2). Odsek

3 + 3Z = 3Z. Naprej se odseki samo se ponavljajo.

2.6 Faktorski kolobar in homomorfizem 23

Izrek 2.38 Naj bo I ideal kolobarja K. Mnozica vseh odsekov

K/I = {a+ I|a ∈ K}

postane kolobar, ce vpeljemo operaciji sestevanja in mnozenja na naslednji nacin:

(a+ I) + (b+ I) = (a+ b) + I,

(a+ I)(b+ I) = (ab) + I.

Preslikava ϕ : K → K/I, ki je definirana kot ϕ(a) = a + I, je homomorfizem kolobarjev,

kjer je kerϕ = I in je ϕ surjektiven (Imϕ = K/I).

K/I imenujemo kvocientni ali faktorski kolobar, preslikavi ϕ pa pravimo kvocientna

preslikava ali naravni homomorfizem.

Dokaz. Najprej preverimo dobro definiranost obeh operacij. Dokazati zelimo, da iz

a+ I = a′ + I in b+ I = b′ + I sledi

(a+ b) + I = (a′ + b′) + I in ab+ I = a′b′ + I.

Glede na lemo 2.37 lahko zgornji enakosti izrazimo na naslednji nacin:

predpostavimo, da velja a− a′ ∈ I ter b− b′ ∈ I, iz cesar moramo izpeljati

• (a+ b)− (a′ + b′) ∈ I,

• ab− a′b′ ∈ I.

Torej je

◦ (a+ b)− (a′ + b′) = (a− a′)︸ ︷︷ ︸∈I

+ (b− b′)︸ ︷︷ ︸∈I

∈ I,

◦ u = a− a′ ∈ I, v = b− b′ ∈ Iab− a′b′ = ab− (a− u)(b− v) = ab− ab+ av + ub− uv= ub︸︷︷︸∈I, ker je I desni ideal

+ av︸︷︷︸∈I, ker je I levi ideal

+ uv︸︷︷︸∈I

∈ I.

Dokazali smo, da sta obe operaciji dobro definirani.

Sedaj preverimo se, da s tem mnozica K/I postane kolobar, in sicer dokazimo, da zadoscata

operaciji vsem aksiomom za kolobar.

• Ker je (K,+) grupa in (I,+) njena podgrupa, je zato tudi (K/I,+) grupa. Ker sta (K,+)

in (I,+) Abelovi grupi, je tudi faktorska grupa za operacijo sestevanja (K/I,+) Abelova

grupa.

• Preverimo asociativnost mnozenja:

dokazujemo ((a+ I)(b+ I))(c+ I) = (a+ I)((b+ I)(c+ I));

2.7 Lastnosti homomorfizma 24

leva stran= (ab+ I)(c+ I) = (ab)c+ I, desna stran = (a+ I)(bc+ I) = a(bc) + I︸ ︷︷ ︸to je enako zaradi asociativnosti mn. v K

,

• distributivnost: ((a+ I) + (b+ I))(c+ I) = (a+ I)(c+ I) + (b+ I)(c+ I) in

(a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a+ I)(b+ I) + (a+ I)(c+ I), kar velja zaradi distributivnosti

v K.

Dokazujemo ((a+ I) + (b+ I))(c+ I) = (a+ I)(c+ I) + (b+ I)(c+ I):

((a+ I) + (b+ I))(c+ I) = ((a+ b) + I)(c+ I) = ((a+ b)c) + I = (ac+ bc) + I =

= (a+ I)(c+ I) + (b+ I)(c+ I).

Dokazati zelimo, da je (a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a+ I)(b+ I) + (a+ I)(c+ I):

(a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a(b+ c)) + I = (ab+ ac) + I =

= (a+ I)(b+ I) + (a+ I)(c+ I).

Sedaj moramo preveriti se, da je preslikava ϕ : K → K/I, s predpisom ϕ(a) = a + I

za vsak a ∈ K surjektivni homomorfizem ter da je kerϕ = I.

Dejstvo, da ϕ ohranja sestevanje in mnozenje, sledi iz definicije teh dveh operacij v K/I.

Preslikava ϕ je surjektivna, saj je odsek a+ I slika elementa a ∈ K. Jedro je mnozica vseh

a ∈ K in velja, da je ϕ(a) = 0 + I nicelni element v K/I. Ampak

a+ I = 0 + I ⇔ a− 0 ∈ I ⇔ a ∈ I. Torej velja: kerϕ = I. Tako je jedro ideal I.

Zgled. Naj bo Z12 kolobar ostankov po deljenju z 12 in 〈4〉 = {0, 4, 8} ideal tega kolobarja.

Potem ima kvocientni kolobar 4 razlicne odseke:

Z12/〈4〉 = {〈4〉, 1 + 〈4〉, 2 + 〈4〉, 3 + 〈4〉}.

2.7 Lastnosti homomorfizma

Izrek 2.39 (Prvi izrek o izomorfizmu kolobarjev) Naj bo φ homomorfizem, ki slika iz

kolobarja K v K ′. Potem je preslikava ϕ: K/kerφ→ φ(K) s predpisom ϕ : k+kerφ→ φ(k)

izomorfizem, kar s simboli zapisemo kot K/kerφ ∼= φ(K) ali K/kerφ ∼= Imφ.

Dokaz. Dokazimo dobro definiranost preslikave ϕ. Vzemimo dva poljubna elementa k +

kerφ, k′ + kerφ ∈ K/kerφ, za katera velja k + kerφ = k′ + kerφ. Dokazati zelimo, da je

ϕ(k + kerφ) = ϕ(k′ + kerφ).

k + kerφ = k′ + kerφ

k + kerφ− k′ − kerφ⇒ k − k′ ∈ kerφ

2.7 Lastnosti homomorfizma 25

φ(k − k′) = 0

φ(k)− φ(k′) = 0

φ(k) = φ(k′)

ϕ(k + kerφ) = ϕ(k′ + kerφ).

Dokazimo se, da je preslikava ϕ homomorfizem, ki slika iz K/kerφ v φ(K). Za poljubna

elementa k + kerφ, k′ + kerφ ∈ K/kerφ velja:

1. ϕ((k + kerφ) + (k′ + kerφ)) = ϕ(k + k′ + kerφ) = φ(k + k′)

= φ(k) + φ(k′) = ϕ(k + kerφ) + ϕ(k′ + kerφ),

2. ϕ((k + kerφ)(k′ + kerφ)) = ϕ(kk′ + kerφ) = φ(kk′)

= φ(k)φ(k′) = ϕ(k + kerφ)ϕ(k′ + kerφ).

Torej je ϕ homomorfizem kolobarjev.

Sedaj preverimo se injektivnost in surjektivnost preslikave ϕ.

Po opombi 2.31 zadosca dokazati, da je kerϕ = {0 + kerφ}.

Naj bo k + kerφ ∈ kerϕ. Potem je

0 = ϕ(k + kerφ) = φ(k), kar pomeni, da je

k ∈ kerφ, iz tega sledi

k + kerφ = 0 + kerφ.

Zato je kerϕ = {0 + kerφ}.

Preslikava ϕ je surjektivna, ker za vsak element y ∈ φ(K) obstaja k ∈ K, tako da velja

y = φ(k) = ϕ(k + kerφ).

Vemo, da sta K in {0} ideala kolobarja K in ni tezko razmisliti, da je K/{0} ∼= K in

K/K ∼= {0}.

Zgled. Poglejmo, cemu je faktorski kolobar Z/3Z izomorfen? Oznacimo:

0 = 3Z,

1 = 1 + 3Z,

2.7 Lastnosti homomorfizma 26

2 = 2 + 3Z.

Z/3Z = {0, 1, 2}.• 0 je nevtralni element za operacijo sestevanje,

• 1 + 2 = 0, 2 + 2 = 1, 2 · 2 = 1, . . . ,

• 1 je enota za mnozenje.

Torej opazimo, da je Z/3Z ∼= Z3.

Splosneje: Naj bo Z kolobar in nZ njegov ideal. Potem je Z/nZ ∼= Zn.

Izrek 2.40 Naj bo K kolobar. Potem za vsak ideal I od K velja, da je I jedro homomor-

fizma kolobarja K. Natancneje, ideal I je jedro preslikave φ : k 7→ k + I, ki slika iz K v

K/I.

(I je ideal K natanko tedaj, ko je I jedro kakega homomorfizma.)

Dokaz. Dokazimo, da je φ homomorfizem kolobarjev iz K v K/I, ki k preslika v k + I.

Vzemimo dva poljubna elementa k, k′ ∈ K.

1. φ(k + k′) = (k + k′) + I = (k + I) + (k′ + I) = φ(k) + φ(k′)

2. φ(kk′) = (kk′) + I = (k + I)(k′ + I) = φ(k)φ(k′)

Sedaj dokazujemo, da je kerφ = I.

1. kerφ ⊆ IPredpostavimo, da je k ∈ kerφ. Tako je φ(k) = k + I = 0 = I, ker

k − 0 ∈ I ⇔ k + I = 0 + I = I, iz tega sledi, da je k ∈ I. Tako smo dokazali, da je

kerφ ⊆ I.

2. I ⊆ kerφNaj bo k ∈ I. Tako velja, da je φ(k) = k+I = I = 0K/I , iz tega sledi, da je k ∈ kerφ.

Tako smo dokazali, da je I ⊆ kerφ. Torej je I = kerφ.

Homomorfizem φ : K → K/I iz izreka 2.40 se imenuje naravni homomorfizem iz K v K/I.

Izrek 2.41 (Homomorfizem iz Z v kolobar z enoto) Naj bo K kolobar z enoto 1.

Preslikava φ : Z→ K, ki je dana z n→ n · 1, je homomorfizem kolobarjev.

2.8 Maksimalni ideali in praideali 27

Dokaz. Najprej bomo dokazali, da φ ohranja sestevanje.

Naj bosta n,m ∈ Z. Potem velja

φ(n+m︸ ︷︷ ︸∈Z

) = ( n︸︷︷︸∈Z

+ m︸︷︷︸∈Z

) · 1 = n · 1 +m · 1 = φ(n) + φ(m).

Dokazimo, da φ ohranja mnozenje in da velja φ(nm) = φ(n)φ(m):

φ(nm) = (nm) · 1 = (n · 1)(m · 1) = φ(n) · φ(m).

Opomba 2.42 S = {k1|k ∈ Z} je podkolobar kolobarja K z enoto 1.

Dokaz. Vzemimo dva elementa a, b ∈ S, in sicer a = k1, b = k′1, kjer sta k, k′ ∈ Z.

Dokazimo, da je S podkolobar kolobarja K.

1. a− b = k1− k′1 = (k − k′)1 ∈ S,

2. ab = (k1k′1) = k(1k′1) = k(k′1 · 1) = (kk′)1 ∈ S.

Kolobar z enoto vsebuje podkolobar, ki je izomorfen Zn ali Z.

Posledica 2.43 Ce je K kolobar z enoto in je karakteristika od K enaka n > 0, potem

K vsebuje podkolobar, izomorfen z Zn. Ce je karakteristika kolobarja K enaka 0, potem K

vsebuje podkolobar, izomorfen z Z.

Dokaz. Naj bo 1 enota kolobarja K in naj bo S = {k · 1|k ∈ Z} podkolobar kolobarja K,

kar smo dokazali s prejsnjim zgledom. Izrek 2.41 nam pove, da je preslikava φ iz Z v S dana

z φ(k) = k · 1 homomorfizem, in iz prvega izreka o izomorfizmu kolobarjev 2.39 sledi, da je

Z/kerφ ∼= S. Ampak jasno je, da je kerφ = 〈n〉, kjer je n red od 1 in z izrekom 2.18 je n tudi

karakteristika kolobarja K. Tako velja, da ko ima K karakteristiko n, je S ∼= Z/〈n〉 ∼= Zn,

ko ima K karakeristiko 0, pa je S ∼= Z/〈0〉 ∼= Z.

2.8 Maksimalni ideali in praideali

Definicija 2.44 Idealu M 6= K in M 6= {0} kolobarja K pravimo maksimalni ideal, ce

za vsak I ideal od K, za katerega velja M ⊆ I ⊆ K, sledi K = I ali M = I.

Definicija 2.45 Naj bo K komutativni kolobar in P 6= K ideal kolobarja K. Ideal P

imenujemo praideal, ce za vsaka a, b ∈ K iz ab ∈ P sledi a ∈ P ali b ∈ P .

2.8 Maksimalni ideali in praideali 28

Zgled. Naj bo 3Z ideal kolobarja Z. Potem iz ab ∈ 3Z, kjer je 3 prastevilo in 3 | a ali 3 | b,sledi, da je a ∈ 3Z ali b ∈ 3Z. Torej je 3Z praideal kolobarja celih stevil.

Izrek 2.46 Naj bo K komutativni kolobar z enoto in P njegov ideal, P 6= K. Potem velja,

da je K/P cel kolobar natanko tedaj, ko je P praideal.

Dokaz. Predpostavimo, da je K/P cel kolobar in ab ∈ P . Potem je

(a + P )(b + P ) = ab + P = P nicelni element kolobarja K/P . Torej velja a + P = P ali

b+ P = P , kar pomeni, da je a ∈ P ali b ∈ P . Sledi, da je P praideal.

Za dokaz druge strani izreka najprej upostevajmo, da je K/P komutativni kolobar z enoto za

vsak ideal P , kjer P 6= 0 in P 6= K. Sedaj zelimo pokazati, da ko je P prideal, kolobar K/P

nima deliteljev nica. Torej predpostavimo, da je P praideal in (a+P )(b+P ) = 0 +P = P .

Potem je ab ∈ P , in zato je a ∈ P ali b ∈ P . Sledi, da je a + P = 0 ali b + P = 0, torej je

K/P cel kolobar.

Lema 2.47 Naj bo M maksimalni ideal komutativnega kolobarja K z enoto in i ∈ K ter

i+M 6= M , kar pomeni, da i /∈ M . Potem je I = {ik +m|k ∈ K,m ∈ M} ideal kolobarja

K.

Dokaz. Naj bo M maksimalni ideal komutativnega kolobarja K z enoto in predpostavimo,

da je i ∈ K ter i+M 6= M , kar pomeni, da i /∈M .

Dokazimo, da je I = {ik +m|k ∈ K,m ∈M} ideal kolobarja K.

(1) Pokazimo, da je I neprazna podmnozica kolobarja K.

0K ∈ I, saj je 0K ∈M ter 0K ∈ K, kar nam da i0K + 0K = 0K . Tako je I 6= ∅.(2) Naj bosta a, b ∈ I, potem je a = ik1 +m1, b = ik2 +m2.

Torej je −b = i(−k2) + (−m2) ∈ I. Tako je a + (−b) = ik1 + m1 + i(−k2) + (−m2) =

i(k1 − k2) + (m1 −m2) ∈ I, saj m1 −m2 ∈ M , kar sledi iz definicije 2.21, in k1 − k2 ∈ K,

kar sledi iz izreka 2.8.

(3) Sedaj naj bosta a ∈ I ter x ∈ K.

Tako je ax = (ik1 +m1)x = i(k1x) +m1x. Ker je m1x ∈M in k1x ∈ K, je ax ∈ I.

Za xa velja podobno, dodatno pa upostevamo se dejstvo, da je K komutativen kolobar.

Dokazali smo, da je I ideal kolobarja K.

1 je obrnljiv element kolobarja, torej po lemi 2.27 velja:

Lema 2.48 Ce je I ideal kolobarja K in 1 pripada I, potem velja, da je I = K.

2.9 Kolobarji polinomov 29

2.9 Kolobarji polinomov

V tem poglavju se bomo osredotocili na kolobarje polinomov ene spremenljivke, kjer bomo

najprej predstavili osnovne lastnosti polinomov. Mnozice polinomov, kjer so koeficienti iz

K, so kolobarji za spodaj definirani operaciji.

Definicija 2.49 Naj bo K komutativni kolobar. Polinom spremenljivke x je izraz oblike

f(x) = a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n,

kjer so vsi ai koeficienti iz K in n ≥ 0. Koeficientu an pravimo vodilni koeficient polinoma

f(x), a0 je konstantni ali prosti clen, anxn pa vodilni clen. Ce velja, da je an 6= 0, potem

pravimo, da je stopnja polinoma f(x) enaka n in jo oznacimo z n=deg(f(x))=deg f(x).

Polinome stopnje nic imenujemo konstantni polinomi. Nicelni element od K[x] je polinom,

kjer so vsi koeficienti enaki 0, mi ga bomo obravnavali kot polinom stopnje 0. Torej ima

nicelni polinom vodilni koeficient enak 0. Ce je vodilni koeficient polinoma f(x) enak 1,

torej an = 1, potem pravimo, da je f(x) unitarni polinom.

Definicija 2.50 Mnozica vseh polinomov spremenljivke x, kjer so vsi koeficienti iz K in ki

jo zapisemo kot

K[x] = {a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n | ai ∈ K, n ∈ Z, n ≥ 0},

postane kolobar, ce na njej definiramo naslednji operaciji.

Naj bosta f(x) = a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n in

g(x) = b0 + b1x+ . . .+ bm−1xm−1 + bmx

m polinoma iz K[x].

1. Sestevanje

f(x) + g(x) = a0 + b0 + (a1 + b1)x+ . . .+ (as−1 + bs−1)xs−1 + (as + bs)x

s,

kjer je s maksimum od m in n, ai = 0 za i > n in bi = 0 za i > m. Zapisimo se v

obliki vsote:

f(x) + g(x) =

max(n,m)∑k=0

(ak + bk)xk.

Res je f(x) + g(x) ∈ K[x].

2.9 Kolobarji polinomov 30

2. Mnozenje

f(x)g(x) = (a0+a1x+. . .+an−1xn−1+anx

n)(b0+b1x+. . .+bm−1xm−1+bmx

m)

= a0b0 + (a1b0 + a0b1)x+ . . .+ (anbm−1 + an−1bm)xm+n−1 + anbmxm+n.

Ce zapisemo v obliki vsote

f(x)g(x) =

n+m∑k=0

ckxk,

kjer je

ck =∑

i+j=k, 0≤i≤n; 0≤j≤maibj .

Velja f(x)g(x) ∈ K[x].

Tako definirani operaciji sestevanja in mnozenja polinomov zadoscata vsem aksiomom za

kolobar. Dobljeni kolobar imenujemo kolobar polinomov nad K spremenljivke x in ga

oznacimo s K[x].

Polinoma

f(x) = a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n

in

g(x) = b0 + b1x+ . . .+ bm−1xm−1 + bmx

m

nad K sta enaka, ce in samo ce je m = n in ai = bi za 0 ≤ i ≤ n.

Izrek 2.51 Naj bosta f(x), g(x) ∈ K[x]. Potem velja:

(1.) deg(f(x) + g(x)) ≤ max{deg f(x), deg g(x)},(2.) deg(f(x)g(x)) ≤ deg f(x) + deg g(x).

Dokaz. Trditve veljajo za f(x) = 0 in g(x) = 0. Zato lahko privzamemo, da sta f(x) in

g(x) naslednje oblike

f(x) =

n∑i=0

aixi, an 6= 0 in g(x) =

m∑j=0

bjxj , bm 6= 0.

2.9 Kolobarji polinomov 31

Naj bo n > m, potem polinom g(x) lahko zapisemo kot

g(x) =

n∑j=0

bjxj , kjer so bm+1 = bm+2 = . . . = bn = 0.

Prva trditev, da je deg(f(x) + g(x)) ≤ max{deg f(x), deg g(x)}, sledi iz

f(x) + g(x) =n∑i=0

(ai + bi)xi.

Produkt f(x)g(x) pa je oblike

f(x)g(x) = anbmxn+m +

n+m−1∑k=0

ckxk,

kjer je ck enak kot v definiciji mnozenja polinomov. Zato sledi, da je deg(f(x)g(x)) ≤ deg

f(x) + deg g(x).

Izrek 2.52 Ce je K cel kolobar in f(x), g(x) ∈ K[x] nenicelna polinoma, potem velja

deg (f(x)g(x)) = deg f(x) + deg g(x).

Dokaz. Predpostavimo, da sta polinoma f(x) in g(x) naslednje oblike

f(x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn in g(x) = b0 + b1x+ . . .+ bmx

m, kjer je polinom f(x) stopnje

n, torej je an 6= 0, polinom g(x) pa stopnje m, in zato bm 6= 0.

Potem je najvecja mozna stopnja od f(x)g(x) enaka n+m in koeficient pri xn+m v f(x)g(x)

je anbm. Ker je K cel kolobar, je anbm = 0 ⇔ an = 0 ali bm = 0. Ampak po predpostavki

an in bm nista enaka 0, tako je anbm 6= 0, zato je stopnja f(x)g(x) enaka

n+m = deg f(x) + deg g(x).

Izrek 2.53 Naj bo K[x] kolobar nad K. Potem velja:

(1.) ce je K komutativni kolobar, potem je tudi K[x] komutativni kolobar;

(2.) ce je K kolobar z enoto, potem je tudi K[x] kolobar z enoto;

(3.) ce je K cel kolobar, potem je tudi K[x] cel kolobar.

Dokaz.

(1.) Naj bo K komutativni kolobar. Naj bosta polinoma

f(x) =n∑i=0

aixi, g(x) =

m∑j=0

bjxj ∈ K[x].

2.9 Kolobarji polinomov 32

Tedaj velja:

f(x)g(x) = (a0 + a1x+ . . .+ anxn)(b0 + b1x+ . . .+ bmx

m)

= a0b0 + (a1b0 + a0b1)x+ . . .+ anbmxm+n =

= b0a0 + (b0a1 + b1a0)x+ . . .+ bmanxn+m

= (b0 + b1x+ . . .+ bmxm)(a0 + a1x+ . . .+ anx

n) = g(x)f(x).

Torej je mnozenje v kolobarju K[x] komutativno in zato je K[x] komutativni kolobar.

(2.) Naj bo K kolobar z enoto. Polinom f(x) zapisemo kot f(x) =∑n

i=0 aixi ∈ K[x], kjer

so ai ∈ K in je konstanten polinom 1 = 1 · x0 ∈ K[x] enota, saj velja:

f(x) · 1 =n∑i=0

(ai · 1)xi = f(x).

Torej je K[x] kolobar z enoto.

(3.) Vemo, da je K[x] kolobar, dokazati pa moramo se, da je komutativni kolobar z enoto,

ki nima deliteljev nica. Jasno je, da ker je K komutativni kolobar, je potem tudi K[x]

komutativni kolobar. Ce je 1 enota za operacijo mnozenja v kolobarju K, je potem polinom

1 enota za operacijo mnozenja kolobarja K[x]. Sedaj predpostavimo, da za polinoma

f(x) = a0 +a1x+ . . .+anxn 6= 0, kjer je an 6= 0 in g(x) = b0 + b1x+ . . .+ bmx

m 6= 0, kjer je

bm 6= 0, velja f(x)g(x) = 0. Stopnja polinoma f(x) je deg f(x) = n in deg g(x) = m. Ker

je K cel kolobar, vemo, da je stopnja produkta polinomov f(x) in g(x) enaka

deg(f(x)g(x)) = deg f(x) + deg g(x). Ker velja, da sta f(x) 6= 0, g(x) 6= 0, ne more veljati

f(x)g(x) = 0. Kar pomeni, da je K[x] cel kolobar.

Zgled. Mnozica polinomov Z[x] s celostevilskimi koeficienti je za operaciji sestevanja in

mnozenja komutativni kolobar z enoto f(x) = 1.

Zgled. Z[x] je podkolobar od Q[x].

Zgled. Mnozici Z[x] in Q[x] sta cela kolobarja. Z6[x] ni cel kolobar, saj je na primer

2x · 3x = 0.

Naj bo I ideal kolobarja K. V nadaljevanju razmislimo o tem, da je I[x] ideal kolobarja

K[x].

Naj bosta polinoma p(x), q(x) ∈ I[x] taksna, da je p(x) = a0 + a1x+ . . .+ an−1xn−1 + anx

n

in q(x) = b0 + b1x+ . . .+ bm−1xm−1 + bmx

m. Potem je:

2.9 Kolobarji polinomov 33

p(x)− q(x) = a0︸︷︷︸∈I

− b0︸︷︷︸∈I

+( a1︸︷︷︸∈I

− b1︸︷︷︸∈I

)x+ . . .+ (as−1︸︷︷︸∈I

− bs−1︸︷︷︸∈I

)xs−1 + ( as︸︷︷︸∈I

− bs︸︷︷︸∈I

)xs ∈ I[x],

kjer je s maksimum od m in n, ai = 0 za i > n in bi = 0 za i > m.

Poglejmo ali za vsak p(x) ∈ I[x] in vsak q(x) ∈ K[x] velja, da je p(x)q(x) ∈ I[x].

Naj bo p(x)q(x) = a0︸︷︷︸∈I

b0︸︷︷︸∈K︸ ︷︷ ︸

∈I

+ a0︸︷︷︸∈I

b1︸︷︷︸∈K

+ a1︸︷︷︸∈I

b0︸︷︷︸∈K︸ ︷︷ ︸

∈I

x+ . . .+ (anbm−1 + an−1bm︸ ︷︷ ︸∈I

)xm+n−1+

+anbm︸ ︷︷ ︸∈I

xm+n ∈ I[x].

Torej je I[x] res ideal kolobarja polinomov K[x].

Lema 2.54 Naj bo I ideal kolobarja K. Potem je I[x] ideal K[x] in velja:

K[x]/I[x] ∼= (K/I)[x].

Dokaz. Definirajmo preslikavo ϕ : K[x]→ (K/I)[x] kot

ϕ(a0 + a1x+ . . .+ anxn) = a0 + I + (a1 + I)x+ . . .+ (an + I)xn.

Dokazali bomo, da je ϕ surjektivni homomorfizem kolobarjev in je kerϕ = I[x]. Potem bo

po izreku 2.39, ki pravi, da je Imϕ ∼= K[x]/kerϕ, sledila trditev leme.

Preverimo, ali je ϕ homomorfizem kolobarjev. Naj bosta f(x) = a0 + a1x + . . . + anxn in

g(x) = b0 + b1x+ . . .+ bmxm in n > m.

(1.) ϕ(f(x) + g(x)) = ϕ(a0 + a1x+ . . .+ anxn + b0 + b1x+ . . .+ bmx

m) =

= ϕ(a0 + b0 + (a1 + b1)x+ . . .+ (am + bm)xm + am+1xm+1 + . . .+ anx

n) =

= (a0+b0)+I+((a1+b1)+I)x+. . .+((am+bm)+I)xm+(am+1+I)xm+1+. . .+(an+I)xn =

= (a0 + I) + (b0 + I) + ((a1 + I) + (b1 + I))x+ . . .+ ((am + I) + (bm + I))xm+

+(am+1 + I)xm+1 + . . .+ (an + I)xn =

= a0 + I + (a1 + I)x+ . . .+ (am + I)xm + (am+1 + I)xm+1 + . . .+ (an + I)xn +

+ b0 + I + (b1 + I)x+ . . .+ (bm + I)xm =

= ϕ(a0 + a1x+ . . .+ anxn) + ϕ(b0 + b1x+ . . .+ bmx

m) = ϕ(f(x)) + ϕ(g(x)),

(2.) Naj bosta

f(x) =n∑i=0

aixi, g(x) =

m∑j=0

bjxj .

Potem velja

ϕ(f(x)g(x)) = ϕ((

n∑i=0

aixi)(

m∑j=0

bjxj)) = ϕ(

n∑i=0

m∑j=0

aibjxi+j) =

2.9 Kolobarji polinomov 34

= ϕ(n+m∑k=0

(∑

i+j=k; i+j≥0aibj)x

k) =n+m∑k=0

(∑

i+j=k; i+j≥0(ai + I)(bj + I))xk =

=

n∑i=0

m∑j=0

(ai + I)(bj + I)xi+j = (

n∑i=0

(ai + I)xi)(

m∑j=0

(bj + I)xj) =

= ϕ(f(x))ϕ(g(x))

Surjektivnost je ocitna, saj je poljuben a0 + I + (a1 + I)x + . . . + (an + I)xn ∈ (K/I)[x]

slika polinoma a0 + a1x+ . . .+ anxn ∈ K[x].

Dokazimo se, da je kerϕ = I[x].

Vemo, da je kerϕ = {a0 + a1x + . . . + anxn|ϕ(a0 + a1x + . . . + anx

n) = 0 + I}. Torej je

ϕ(a0 + a1x+ . . .+ anxn) = a0 + I + (a1 + I)x+ . . .+ (an + I)xn = 0 + I (vemo, da je nek

polinom enak 0, ce so vsi koeficietni enaki 0)⇒ ai ∈ I, ∀i, torej je kerϕ ⊆ I[x].

Velja tudi obratno: za ∀p ∈ I[x] je ϕ(p) = 0 + I. Torej je I[x] ⊆ kerϕ in sledi

kerϕ = I[x].

Poglavje 3

Polja

3.1 Osnovne lastnosti in primeri polj

Definicija 3.1 Polje je komutativen obseg.

Izrek 3.2 Polje nima deliteljev nica.

Dokaz. Predpostavimo, da je F polje in a ∈ F , kjer je a 6= 0. Sedaj predpostavimo se, da

je ab = 0. Potem je 0 = a−1 · 0 = a−1ab = b.

Zgornji dokaz nam pokaze, da obrnljiv element kolobarja ne more biti delitelj nica in da

velja naslednja posledica.

Posledica 3.3 Vsako polje je cel kolobar.

Izrek 3.4 Koncen cel kolobar je polje.

Dokaz. Predpostavimo, da je D koncen cel kolobar, ki ima enoto 1. Naj bo a poljuben

nenicelni element iz D. Pokazati moramo, da ima element a inverz. Ce je a = 1, je a inverz

samemu sebi, zato privzemimo, da je a 6= 1. Poglejmo naslednje zaporedje elementov iz

kolobarja D: a, a2, a3, . . .. Ker je D koncen, morata obstajati dve naravni stevili i in j,

tako da je brez izgube za splosnost i > j in ai = aj . Potem po izreku 2.12 dobimo, da je

ai−j = 1. Ker je a 6= 1, vemo, da je i − j > 1, in tako smo dokazali, da je ai−j−1 inverz

od a. Torej so vsi nenicelni elementi iz D obrnljivi, in zato je D obseg. Vsak cel kolobar je

komutativen in zato smo dokazali, da je D polje.

35

3.1 Osnovne lastnosti in primeri polj 36

Posledica 3.5 Ce je p prastevilo, potem je Zp, kolobar celih stevil po modulu p, polje.

Dokaz. Po prejsnjem izreku 3.4 je dovolj, da dokazemo, da je Zp cel kolobar, ker ima koncno

stevilo elementov. Kolobar Zp je komutativni kolobar.

Dokazimo, da je Zp cel kolobar ⇔ ko je p prastevilo.

(⇒) Naj bo Zp cel kolobar.

Ce p ni prastevilo, potem je p = ab, kjer 1 < a, b < p, torej je ab = 0 za neka a, b 6= 0. To

pa je protislovje s predpostavko, da je Zp cel kolobar.

(⇐) Naj bo p prastevilo. Dokazujemo, da je Zp cel kolobar. Ce sta a, b ∈ Zp, da je ab = 0

za neka 0 < a, b < p, potem mora p deliti celo stevilo ab. Torej je ab = pk za nek k ∈ N.

Ker je p prastevilo, mora p deliti a ali b. To pa pomeni, da je a = 0 ali b = 0. Torej je Zpres cel kolobar.

Izrek 3.6 Naj bo K komutativni kolobar z enoto in naj bo M ideal od K. Potem je K/M

polje natanko tedaj, ko je M maksimalni ideal kolobarja K.

Dokaz. Predpostavimo, da je K/M polje in I ideal od K, da je M ⊂ I. Naj bo i ∈ I in

i /∈M . Potem je i+M nenicelni element v K/M , in zato obstaja element c+M , tako da

je (i+M)(c+M) = 1 +M enota mnozenja za K/M . Ker je i ∈ I, velja ic ∈ I. In ker je

1 +M = (i+M)(c+M) = ic+M,

je 1− ic ∈M ⊂ I. Tako je 1 = (1− ic) + ic ∈ I. Ker je I ideal kolobarja K in 1 pripada I,

je po lemi 2.48 I = K. To dokazuje, da je M maksimalni ideal.

Sedaj predpostavimo, da je M maksimalni ideal in naj bo i ∈ K, i /∈M . Zadosca dokazati,

da ima element i+M svoj inverz, saj komutativnost kolobarja K/M sledi iz komutativnosti

kolobarja K. Obravnavajmo I = {ik + m|k ∈ K,m ∈ M}. To je po lemi 2.47 ideal od

K in ocitno je M ⊂ I. Ker je M maksimalen, sledi, da je I = K. Zato je 1 ∈ I in velja

1 = ic+m′, kjer je m′ ∈M . Torej je

1 +M = ic+m′ +M = ic+M = (i+M)(c+M),

za nek m′ ∈ M in c ∈ K. Torej je (c + M) inverz od (i + M). Tako smo dokazali, da je

K/M polje.

Lema 3.7 Vsak maksimalni ideal M komutativnega kolobarja K z enoto je praideal. Obrat

velja v primeru, ko je K glavni kolobar.

3.1 Osnovne lastnosti in primeri polj 37

Dokaz. Predpostavimo, da je M maksimalni ideal kolobarja K. Po izreku 3.6 sledi, da je

K/M polje. Naj bo ab ∈M , kjer sta a, b ∈ K. Predpostavimo, da velja a /∈M in pokazimo,

da je b ∈ M . Ker a /∈ M , je a + M 6= 0 + M . Torej ima a + M inverz v K/M . Tako

obstaja element (c + M) ∈ K/M , da velja (a + M)(c + M) = 1 + M . Iz tega sledi, da je

ac+M = 1 +M oziroma da je ac− 1 ∈M ⇒ bac− b ∈M ⇒ abc− b ∈M . Ker je ab ∈M ,

sledi abc ∈ M . Zato je b = b − abc + abc ∈ M . Tako smo dokazali, da je maksimalni ideal

M praideal.

Pa dokazimo se obratno. Predpostavimo, da je K/M glavni kolobar in da je M = 〈m〉praideal. Naj bo I = 〈a〉 taksen ideal, da je 〈m〉 ⊆ 〈a〉. Potem je m = ab za nek b ∈ K in

torej velja, da je ab ∈ M . Ker je M praideal, je a ∈ M ali b ∈ M . Ce je a ∈ M , potem je

〈a〉 ⊆ 〈m〉, iz cesar sledi, da je I = M .

Ce je b ∈ M , je b = mc za nek c ∈ K in zato je m = ab = amc. Iz tega sledi, da je 1 = ac

in a je obrnljiv. Torej je I = K.

Definicija 3.8 Naj bo K polje. Podmnozico F polja K, ki je tudi sama polje z istimi

operacijami od K, imenujemo podpolje od K.

Lema 3.9 Podmnozica F polja K je podpolje natanko tedaj, ko zadosca pogojem

(i) ∀x, y ∈ F ⇒ x− y ∈ F ,

(ii) ∀x, y ∈ F ⇒ xy ∈ F ,

(iii) ∀ x︸︷︷︸6=0

∈ F ⇒ x−1 ∈ F .

Dokaz. (⇒) Ocitno.

(⇐) Za (i) in (ii) dokazemo enako kot za podkolobarje; glej dokaz 2.8.

(iii) ∀ x︸︷︷︸6=0

∈ F, ∃x−1 ∈ F , saj velja ∀ x︸︷︷︸6=0

∈ F ⇒ 1 = xx−1 ∈ F ⇒ x−11 = x−1 ∈ F . Za

nenicelne elemente polja F velja, da so obrnljivi, torej je F podpolje.

Izrek 3.10 (Polje vsebuje Zp ali Q) Ce je F polje, ki ima karakteristiko enako p, potem

F vsebuje podpolje, ki je izomorfno Zp. Ce je F polje, ki ima karakteristiko enako 0, potem

F vsebuje podpolje, ki je izomorfno mnozici racionalnih stevil.

Dokaz. Po posledici 2.43 vemo, da F vsebuje podkolobar, izomorfen z Zp, ce ima F ka-

rakteristiko p in F vsebuje podkolobar S, izomorfen Z, ce ima F karakteristiko enako 0. V

drugem primeru naj bo

T = {ab−1|a, b ∈ S, b 6= 0} = {(a1)(b1)−1|a, b ∈ Z, b 6= 0}.

3.1 Osnovne lastnosti in primeri polj 38

Dokazimo, da je T izomorfen Q.

Definirajmo preslikavo

ϕ : Q→ T takole : ϕ(ab

)= (a1)(b1)−1.

Dokazujemo, da je ϕ dobro definirnana preslikava in da je injektiven homomorfizem kolo-

barjev.

Najprej dokazimo dobro definiranost preslikave ϕ:

Naj bosta elementa

n

m,a

b∈ Q,

za katera velja, da je

n

m=a

boziroma nm−1 = ab−1.

Zelimo pokazati, da je ϕ( nm) = ϕ(ab ) oziroma da velja (n1)(m1)−1 = (a1)(b1)−1. Naj bo

nm−1 = ab−1 ⇒ (nm−1)1 = (ab−1)1⇒ (nm−1)(1 · 1) = (ab−1)(1 · 1)⇒(n(m−11)1) = (a(b−11)1) ⇒ (n(1m−1)1) = (a(1b−1)1) ⇒ (n1)(m−11) = (a1)(b−11) ⇒(n1)(m1)−1 = (a1)(b1)−1.

Dokazimo se, da je ϕ injektiven homomorfizem kolobarjev.

Jedro je kerϕ = { nm ∈ Q|ϕ( nm) = 0}.Dokazujemo kerϕ = {0}.

Naj bon

m∈ kerφ⇒ ϕ

( nm

)= 0.

(n1)(m1)−1 = 0 / · (m1)

n1 = 0

⇒ n = 0

⇒ n

m= 0.

Dokazimo se, da je ϕ surjektiven homomorfizem kolobarjev.

∀(a1)(b1)−1 ∈ T, ∃ nm∈ Q, da velja

3.2 Kolobar F[x] 39

ϕ( nm

)= (a1)(b1)−1.

To velja za n = a in m = b.

Potem je T izomorfen z racionalnimi stevili.

Zgled. Mnozice kompleksnih stevil C, racionalnih stevil Q ter realnih stevil R so komu-

tativni kolobarji z enoto 1. V vseh treh mnozicah je vsak element, ki je razlicen od nic,

obrnljiv, zato so mnozice C, Q in R tudi polja. Tudi Zp je polje.

3.2 Kolobar F[x]

V tem poglavju bomo podrobneje obravnavali kolobar polinomov F [x], kjer je F polje.

Vemo ze, da je to cel kolobar (izrek 2.53).

Definicija 3.11 Naj bosta g(x), f(x) ∈ F [x]. Pravimo, da polinom g(x) deli polinom f(x),

ce obstaja taksen polinom q(x) ∈ F [x], da velja f(x) = g(x)q(x). V tem primeru pravimo,

da je g(x) delitelj od f(x), kar zapisemo kot g(x)|f(x).

Izrek 3.12 (Osnovni izrek o deljenju) Naj bo F polje. Naj bosta f(x), g(x) ∈ F [x] in

g(x) 6= 0. Potem obstajata taka polinoma q(x) in r(x) iz F [x], da je

f(x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) = 0 ali deg r(x) < deg g(x).

Dokaz. Naj bosta f(x) = a0+a1x+. . .+amxm, kjer je am 6= 0 in g(x) = b0+b1x+. . .+bnx

n,

kjer je bn 6= 0.

1. Ce je n > m, je potem: f = 0g + f .

2. Naj bo n ≤ m. Dokazujemo z indukcijo po m:

a. Ce je m = 0, je potem tudi n = 0. Torej je a0︸︷︷︸=f(x)

= a0b−10︸ ︷︷ ︸

=q(x)

b0︸︷︷︸=g(x)

+ 0︸︷︷︸=r(x)

.

b. m− 1→ m

Oglejmo si amb−1n g(x)xm−n = amb

−1n b0x

m−n + . . .+ amxm.

Potem je f(x)− amb−1n g(x)xm−n = h(x) polinom z lastnostjo

3.2 Kolobar F[x] 40

deg h(x) ≤ m− 1 in lahko zanj uporabimo

indukcijsko predpostavko : h(x) = q1(x)g(x) + r(x),

kjer je r(x) = 0 ali deg r(x) < deg g(x) in q1(x) ∈ F [x].

Iz h(x) = f(x)− (amb−1n xm−n)g(x)

sledi f(x) = (q1(x) + amb−1n xm−n)︸ ︷︷ ︸

q(x)

g(x) + r(x), kjer za r(x) velja :

deg r(x) < deg g(x) ali r(x) = 0.

Definicija 3.13 Naj bodo d(x), f(x) in g(x) ∈ F [x] polinomi. Potem polinomu d(x) ∈ F [x]

recemo najvecji skupni delitelj polinomov f(x) in g(x), ce zadosca naslednjim pravilom:

• polinom d(x) deli oba f(x) in g(x) (recemo, da je d(x) skupni delitelj polinomov

f(x) in g(x)),

• ce velja, da polinom e(x) ∈ F [x] deli oba polinoma f(x) in g(x), potem je

deg e(x) ≤ deg d(x) (torej ima d(x) najvecjo stopnjo med vsemi skupnimi delitelji).

• Ce polinom e(x) deli oba polinoma f(x) in g(x), potem polinom e(x) deli polinom

d(x).

• Vodilni koeficient polinoma d(x) je 1.

Izrek 3.14 Naj bo F kolobar in naj bosta f(x), g(x) ∈ F [x] nenicelna polinoma. Potem

obstaja njun najvecji skupni delitelj, ki je enolicno dolocen in je oblike

d(x) = f(x)a(x) + g(x)b(x),

za neka polinoma a(x), b(x) ∈ F [x].

Dokaz. Obravnavajmo mnozico M = {f(x)a(x) + g(x)b(x)|a(x), b(x) ∈ F [x]}.Naj bo l(x) ∈ F [x] nenicelni unitarni polinom, ki ima izmed vseh v mnozici M najmanjso

stopnjo. Torej velja l(x) = f(x)a(x) + g(x)b(x) za neka a(x) in b(x) iz F [x].

Polinom f(x) lahko zapisemo tudi kot

f(x) = q(x)l(x) + r(x), kjer je 0 ≤ deg r(x) < deg l(x). (1)

Tako je

3.2 Kolobar F[x] 41

r(x) = f(x)− q(x)l(x)

= f(x)− q(x)(f(x)a(x) + g(x)b(x))

= f(x)(1− q(x)a(x)) + g(x)(−q(x)b(x)) ∈M . (2)

Ker je l(x) polinom z najmanjso stopnjo iz M , potem iz (1), kjer je

0 ≤ deg r(x) < deg l(x), in iz (2) sledi, da je r(x) enak 0. Tako je f(x) = q(x)l(x) in zato

l(x) deli f(x). Podobno l(x) deli g(x). Tako je l(x) skupni delitelj od f(x) in g(x) in tako

je deg l(x) ≤ deg d(x).

Ker d(x) deli oba, tako f(x) kot g(x), in velja, da je l(x) = f(x)a(x)+g(x)b(x), potem d(x)

deli l(x). Ker d(x) deli l(x) in deg l(x) ≤ deg d(x), dobimo, da je deg l(x) = deg d(x) in

potem iz tega, da d(x) deli l(x) in deg l(x) = deg d(x) sledi, da je l(x) = d(x), saj je l(x)

unitarni polinom. Torej je d(x) = f(x)a(x) + g(x)b(x).

Izrek 3.15 Naj bo F polje. Potem je F [x] glavni kolobar.

Dokaz. Kolobar F [x] je glavni kolobar, ce vsebuje samo glavne ideale. Naj bo I ideal od

F [x]. Pokazati zelimo, da je I glavni ideal, generiran z enim samim elementom.

Ce je I = 0, potem 0 generira I in smo koncali.

Predpostavimo, da je I 6= 0 in naj bo a(x) ∈ I nenicelni element z najmanjso stopnjo.

Trdimo, da a(x) generira I, to je I = 〈a(x)〉.Ker je a(x) ∈ I, je 〈a(x)〉 = {a(x)r(x)|r(x) ∈ F [x]} ⊆ I, saj a(x)r(x) ∈ I.

Naj bo sedaj b(x) ∈ I, ce je b(x) = 0, potem je b(x) = a(x)0 ∈ 〈a(x)〉.Ce je b(x) 6= 0, lahko polinom b(x) zapisemo kot

b(x) = a(x)q(x) + r(x),

kjer je 0 ≤ deg r(x) < deg a(x) in q(x), r(x) ∈ F [x].

Sedaj je r(x) = b(x)−a(x)q(x) ∈ I, ker velja a(x), b(x) ∈ I in je I ideal. Iz tega sledi, da je

r(x) = 0, saj je a(x) element iz I, ki je najmanjse stopnje. Tako je b(x) = a(x)q(x) ∈ 〈a(x)〉.Iz tega sledi, da je I ⊆ 〈a(x)〉. In tako je I = 〈a(x)〉, kar pomeni, da a(x) generira I.

3.2.1 Faktorizacija polinomov

Definicija 3.16 Naj bo F polje. Nekonstanten polinom p(x) ∈ F [x] je nerazcepen nad

F , ce iz enakosti p(x) = a(x)b(x) za neka a(x), b(x) iz F [x] sledi, da je deg a(x) = 0 ali

deg b(x) = 0. Polinomu, ki ni nerazcepen in ni konstanten, pravimo razcepni polinom nad

F .

3.2 Kolobar F[x] 42

To, da je deg a(x) = 0 ali deg b(x) = 0, lahko ekvivalentno zapisemo, da je a(x) obrnljiv ali

b(x) obrnljiv element v F [x].

Zgled. Polinom f(x) = x2 + 1 je nerazcepen v R[x], v C[x] pa je razcepen, saj ga lahko

zapisemo kot f(x) = (x+ i)(x− i).

Izrek 3.17 Naj bo F polje in naj bo p(x) ∈ F [x]. Potem je 〈p(x)〉 maksimalni ideal v F [x]

natanko tedaj, ko je p(x) nerazcepen nad F .

Dokaz. Najprej predpostavimo, da je 〈p(x)〉 maksimalni ideal v F [x]. Jasno je, da p(x)

ni niti nicelni polinom niti ni obrnljiv v F [x], ker ideala {0} in F [x] nista maksimalna

v F [x]. Ce bi p(x) lahko zapisali kot produkt p(x) = g(x)h(x) nad F , potem bi sledilo

〈p(x)〉 ⊆ 〈g(x)〉 ⊆ F [x]. Zato iz definicije maksimalnega ideala sledi 〈p(x)〉 = 〈g(x)〉 ali

F [x] = 〈g(x)〉. V prvem primeru velja deg p(x) = deg g(x). V drugem primeru sledi, da je

deg g(x) = 0 in posledicno je deg h(x) = deg p(x). Zato polinoma p(x) ne moremo zapisati

kot produkt dveh nekonstantnih polinomov iz F [x].

Sedaj predpostavimo, da je polinom p(x) nerazcepen nad F . Naj bo I nek ideal v F [x],

tako da velja 〈p(x)〉 ⊆ I ⊆ F [x]. Ker je F [x] glavni kolobar, vemo, da je I = 〈g(x)〉 za nek

g(x) iz F [x]. Tako je p(x) ∈ 〈g(x)〉 in zato je p(x) = g(x)h(x), kjer je h(x) ∈ F [x]. Ker je

p(x) nerazcepen nad F , sledi, da je bodisi g(x) konstanta ali pa je h(x) konstanta. V prvem

primeru, ce je g(x) konstanta, imamo F [x] = 〈g(x)〉 = I, v drugem primeru, ko pa je h(x)

konstanta, pa velja, da je 〈p(x)〉 = 〈g(x)〉 = I. Tako je 〈p(x)〉 maksimalen v F [x].

Posledica 3.18 Naj bo F polje in p(x) ∈ F [x] polinom. Potem je F [x]/ 〈p(x)〉 polje na-

tanko tedaj, ko je p(x) nerazcepen nad F .

Dokaz. Dokaz sledi iz izreka 3.6 in izreka 3.17. Najprej predpostavimo, da je F [x]/ 〈p(x)〉polje. Potem je 〈p(x)〉 maksimalni ideal in zato je polinom p(x) po izreku 3.17 nerazcepen.

Predpostavimo, da je p(x) nerazcepen nad F , torej je 〈p(x)〉 maksimalni ideal. Po izreku

3.6 je F [x]/ 〈p(x)〉 polje.

Posledica 3.19 Naj bo F polje in polinomi p(x), a(x), b(x) ∈ F [x]. Ce je p(x) nerazcepen

polinom nad F in p(x)|a(x)b(x), potem velja, da p(x)|a(x) ali p(x)|b(x).

Dokaz. Ker je p(x) nerazcepen nad F , je F [x]/〈p(x)〉 polje in zato tudi cel kolobar. Po

izreku 2.46 vemo, da je 〈p(x)〉 praideal in ker p(x) deli a(x)b(x), je a(x)b(x) ∈ 〈p(x)〉. Tako

velja, da je a(x) ∈ 〈p(x)〉 ali b(x) ∈ 〈p(x)〉. To pomeni, da p(x)|a(x) ali p(x)|b(x).

3.2 Kolobar F[x] 43

Lema 3.20 Naj bo K cel kolobar, p(x) ∈ K[x] ter 〈p(x)〉 praideal, potem je p(x) nerazcepen

v K[x].

Dokaz. Predpostavimo, da je p(x) = a(x)b(x) za neka polinoma a(x), b(x) ∈ K[x], kjer je

K[x] cel kolobar. Pokazati moramo, da je ali a(x) obrnljiv ali b(x) obrnljiv. Ker je

a(x)b(x) ∈ 〈p(x)〉 in je 〈p(x)〉 praideal, velja, da je ali a(x) ∈ 〈p(x)〉 ali b(x) ∈ 〈p(x)〉.Brez izgube za splosnost predpostavimo, da je a(x) ∈ 〈p(x)〉. Potem je a(x) = p(x)c(x) za

nek c(x) ∈ K[x]. Tako je p(x) = a(x)b(x) = p(x)c(x)b(x). In ker je K[x] cel kolobar ter

p(x) 6= 0, velja, da je 1 = c(x)b(x). Iz tega sledi, da je polinom b(x) obrnljiv.

Podobno dokazemo, da ce je b(x) ∈ 〈p(x)〉, potem je a(x) obrnljiv. Tako je polinom p(x)

nerazcepen.

Opomba 3.21 Naj bo F polje in 〈p(x)〉 ideal kolobarja polinomov F [x]. Potem velja, da

je 〈p(x)〉 praideal natanko tedaj, ko je polinom p(x) nerazcepen nad F .

Dokaz. Ce je 〈p(x)〉 praideal po predhodni lemi sledi, da je p(x) nerazcepen nad F . Ce je

p(x) nerazcepen, potem po posledici 3.18 sledi: F [x]/〈p(x)〉 je polje. Ker je vsako polje cel

kolobar, iz izreka 2.46 sledi, da je 〈p(x)〉 praideal.

Lema 3.22 Naj bo F polje. Ce nerazcepen polinom p(x) ∈ F [x] deli produkt polinomov

f1(x) · . . . · fm(x) v F [x], potem je vsaj eden od faktorjev fj(x) deljiv s p(x).

Dokaz. Ker p(x) deli f1(x) · . . . · fm(x), sledi, da je (f1(x) + 〈p(x)〉) . . . (fm(x) + 〈p(x)〉) =

0+〈p(x)〉 nicla v faktorskem kolobarju F [x]/〈p(x)〉. Ker je p(x) nerazcepen, po posledici 3.18

sledi, da je F [x]/〈p(x)〉 polje, in ker je vsako polje cel kolobar, je fj(x) + 〈p(x)〉 = 0 + 〈p(x)〉za nek j. Torej velja fj(x) + 〈p(x)〉 = 0 + 〈p(x)〉 oziroma fj(x) ∈ 〈p(x)〉. To pomeni, da

p(x)|fj(x).

Izrek 3.23 (Enolicna faktorizacija v F[x]) Naj bo F polje. Vsak nekonstanten polinom

f(x) ∈ F [x] se da zapisati kot

f(x) = ap1(x)k1p2(x)k2 . . . pl(x)kl , (1)

kjer so a ∈ F , p1(x), . . . , pl(x) ∈ F [x] razlicni nerazcepni polinomi z vodilnimi koeficienti

1 in k1, . . . , kl naravna stevila. Se vec, ta faktorizacija je enolicna glede na vrstni red, v

katerem se faktorji pojavijo.

3.3 Razsiritev polja 44

Dokaz. Dejstvo, da vsak nekonstantni polinom f(x) ∈ F [x] lahko predstavimo v obliki (1),

dokazimo z indukcijo po stopnji polinoma f(x). Primer, ko je deg f(x) = 1, je trivialen,

saj je poljuben polinom v F [x], ki je stopnje 1, nerazcepen nad F . Sedaj predpostavimo,

da zeljena faktorizacija velja za vse nekonstantne polinome v F [x], ki so stopnje < n.

Ce je deg f(x) = n in je f(x) nerazcepen nad F , smo koncali, saj lahko polinom f(x)

zapisemo kot f(x) = a(a−1f(x)), kjer je a vodilni koeficient od f(x) in je a−1f(x) nerazcepen

polinom v F [x] z vodilnim koeficientom 1. Po drugi strani lahko f(x) dopusca faktorizacijo

f(x) = g(x)h(x), kjer je 1 ≤ deg g(x) < n, 1 ≤ deg h(x) < n in g(x), h(x) ∈ F [x]. Po

indukcijski predpostavki sta polinoma g(x) in h(x) predstavljena v obliki (1) in tako je

lahko tudi polinom f(x) predstavljen v tej obliki.

Za dokaz enolicnosti predpostavimo, da ima polinom f(x) dve razlicni faktorizaciji oblike

(1), kot recimo

f = ap1(x)k1 . . . pl(x)kl = bq1(x)t1 . . . qr(x)tr . (2)

S primerjavo vodilnih koeficientov dobimo, da je a = b. Se vec, nerazcepen polinom p1(x)

v F [x] deli desno stran (2) in tako po lemi 3.22 sledi, da p1(x) deli qj(x) za nek j,

1 ≤ j ≤ r. Ampak qj(x) je prav tako nerazcepen v F [x], tako da mora biti qj(x) = c(x)p1(x)

s konstantnim polinomom c(x). Ker sta oba, qj in p1, unitarna polinoma, sledi, da je

qj(x) = p1(x). Tako lahko v (2) krajsamo s p1(x) vse do qj(x) in nadaljujemo enak postopek

za naslednje indekse. Po koncnem stevilu korakov dobimo, da sta dve faktorizaciji identicni

glede na vrstni red faktorjev.

Pravimo, da je zapis (1) kanonicna faktorizacija polinoma f(x) v F [x].

3.3 Razsiritev polja

Da lahko globlje raziscemo koncna polja, potrebujemo tudi nekatere osnove iz teorije vek-

torskih prostorov. Poznavanje tega nam omogoca lazje razumevanje razsiritve polj. Videli

bomo, da je vektorski prostor (podobno kot velja za grupo, kolobar ali polje) le mnozica,

opremljena z operacijami, ki zadoscajo nekaterim lepim pravilom.

Definicija 3.24 Naj bo F polje. Polje K se imenuje razsiritev polja F , ce polje K

vsebuje polje F .

Ekvivalentno je polje K razsiritev polja F , ce je F podpolje polja K, to je F ⊆ K, in so

operacije od F enake kot na K, omejene na F .

3.3 Razsiritev polja 45

V celotnem poglavju bomo F obravnavali kot dano polje ter polje K kot razsiritev polja F .

Ce je F 6= K, pravimo, da je F pravo podpolje od K.

Zgled. Polje realnih stevil R je razsiritev polja racionalnih stevil Q. Polje kompleksnih

stevil C je razsiritev obeh polj, tako polja realnih stevil R kot polja racionalnih stevil Q.

3.3.1 Vektorski prostor

Definicija 3.25 Naj bo F polje. Vektorski prostor V nad poljem F je mnozica, na

kateri je definirana binarna operacija sestevanja +: V × V → V in operacija mnozenja s

skalarji ·: F × V → V , za kateri veljajo naslednje lastnosti:

1. Komutativnost: ∀v,w ∈ V : v + w = w + v,

2. Asociativnost: ∀u, v,w ∈ V : v + (w + u) = (v + w) + u,

3. Obstoj nevtralnega elementa: ∃0 ∈ V,∀v ∈ V : v + 0 = 0 + v = v,

4. Obstoj inverznega elementa: ∀v ∈ V,∃-v ∈ V : v + (-v) = (-v) + v = 0.

Te lastnosti veljajo za operacijo sestevanja in povedo, da je (V,+) Abelova grupa.

5. Distributivnost v skalarnem faktorju: ∀r, s ∈ F in ∀v ∈ V : (r + s)v = rv + sv,

6. ∀r, s ∈ F in ∀v ∈ V : (rs)v = r(sv),

7. Distributivnost v vektorskem faktorju: ∀r ∈ F in ∀v,w ∈ V : r(v + w) = rv + rw,

8. ∀v ∈ V , velja, da je 1v = v, kjer je 1 ∈ F skalar.

Pomembno je, da premislimo o pomenu aksiomov od tocke 5 do 8 in se posebej o poteku

operacij. Na primer + pri aksiomu 5 predstavlja sestevanje v polju F , medtem ko + pri

aksiomu 7 predstavlja sestevanje vektorjev v V . Tako sklop (rs) v 6. aksiomu pomeni

mnozenje znotraj polja, medtem ko mnozenje (rs) z v pomeni skalarno mnozenje.

Zgled. Polje kompleksnih stevil C je vektorski prostor nad R, ki je polje realnih stevil.

Tako so vektorji kompleksna stevila, skalarji pa realna. Da pokazemo, da je C vektorski

prostor, se moramo najprej spomniti, da je mnozica vektorjev zaprta za sestevanje (ker je

C polje, ki je zaprto za sestevanje) in lastnosti od 1 do 4, so lastnosti sestevanja v vseh

3.3 Razsiritev polja 46

poljih. Sedaj se osredotocimo na lastnost 5. Naj bosta r in s realni stevili in

v = a+ bi ∈ C. Potem je

(r + s)v = (r + s)(a+ bi) = r(a+ bi) + s(a+ bi),

ker mnozenje v poljih zadosca distributivnosti. Tako smo pokazali, da velja lastnost

(r + s)v = rv + sv. Ni tezko preveriti, da veljajo tudi tocke 6 − 8, zato je C vektorski

prostor nad R.

Zgled. Mnozica polinomov Q[x] je vektorski prostor nad Q. Vektorji so polinomi in skalarji

so racionalna stevila. Glej prejsnji zgled.

Tako smo definirali vektorski prostor, sedaj zelimo preuciti podmnozice vektorskih prosto-

rov, ki na nek nacin tvorijo celoten vektorski prostor, kar nam daje podlago za dolocanje

razseznosti vektorskega prostora.

Definicija 3.26 Naj bo V vektorski prostor nad poljem F in naj bo U podmnozica od V .

Potem pravimo, da je U podprostor od V , ce je U prav tako vektorski prostor nad poljem

F z operacijami iz V .

Zgled. Mnozica {a2x2 + a1x + a0|a0, a1, a2 ∈ R} je podprostor vektorskega prostora vseh

polinomov z realnimi koeficienti nad R.

Definicija 3.27 Ce je V vektorski prostor nad F in

V = {v1, v2, . . . , vn} ⊆ V,

potem je linearna kombinacija vektorjev v1, v2, . . . , vn vektor oblike

a1v1 + a2v2 + . . .+ anvn,

kjer so ai ∈ F skalarji. Mnozica vektorjev, ki jih lahko zapisemo kot linearne kombinacije

vektorjev iz dane mnozice vektorjev V, je podprostor, ki ga imenujemo linearna lupina

mnozice V in ga oznacimo z L(V).

Definicija 3.28 Ce vsak vektor iz V lahko zapisemo kot linearno kombinacijo vektorjev iz

podmnozice V od V , pravimo, da V generira vektorski prostor V .

Tukaj je V lahko koncna ali neskoncna mnozica, vsaka linearna kombinacija vektorjev iz Vpa po definciji vkljucuje samo koncno stevilo vektorjev.

3.3 Razsiritev polja 47

Definicija 3.29 Mnozica vektorjev

V = {v1, v2, . . . , vn} ⊆ V

je linearno odvisna nad poljem F , ce obstajajo elementi a1, a2, . . . , an iz F , ki niso vsi

enaki nic, da je

a1v1 + a2v2 + . . .+ anvn = 0.

Mnozica vektorjev V, ki ni linearno odvisna, je linearno neodvisna nad poljem F . Torej

V je linearno neodvisna, ce za a1, a2, . . . , an ∈ F iz

a1v1 + a2v2 + . . .+ anvn = 0 sledi,

da so vsi ai = 0, kar pomeni, da noben vektor iz mnozice V ne more biti predstavljen kot

linearna kombinacija preostalih vektorjev iz te mnozice. Pravimo, da je mnozica vektorjev

linearno neodvisna, ce so vektorji v1, v2, . . . , vn linearno neodvisni.

Definicija 3.30 Naj bo V vektorski prostor nad poljem F in naj bo

V = {vi|i ∈ I}

neskoncna mnozica vektorjev. Potem je mnozica V linearno odvisna nad poljem F , ce

obstaja mnozica skalarjev {aj |j ∈ J}, ki niso vsi enaki nic, tako da je∑j∈J

ajvj = 0,

kjer je J indeksna mnozica, ki je koncna, neprazna podmnozica od I.

Ce taka mnozica J ne obstaja, je V linearno neodvisna.

Zgled. Vektorji {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} so linearno neodvisni v R3, ker iz

a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1) = (0, 0, 0), sledi (a1, a2, a3) = (0, 0, 0) oziroma

a1 = a2 = a3 = 0.

Definicija 3.31 Naj bo V vektorski prostor nad F . Podmnozica B prostora V se imenuje

baza za V , ce je B linearno neodvisna nad F in lahko vsak element iz V zapisemo kot

linearno kombinacijo elementov iz B.

Ce je B baza za vektorski prostor V , potem lahko vsak element iz V na enolicen nacin

zapisemo kot linearno kombinacijo elementov iz B. Baza B je lahko koncna podmnozica ali

pa tudi neskoncna podmnozica prostora V .

3.3 Razsiritev polja 48

Izrek 3.32 Naj bo S podmnozica vektorskega prostora V nad poljem F . Naslednje trditve

so ekvivalentne:

(a) S je baza vektorskega prostora V ,

(b) S je maksimalna linearno neodvisna podmnozica vektorskega prostora V ,

(c) S je najmanjsa mnozica, ki generira V .

Dokaz.

(a) ⇒ (b) : Predpostavimo, da je S baza za V . Potem je S zagotovo linearno neodvisna

mnozica. Da preverimo, da je S maksimalna mnozica, predpostavimo, da je v ∈ V in v /∈ S.

Potem je vektor v element mnozice vseh linearnih kombinacij vektorjev iz S, L(S), torej

lahko vektor v zapisemo kot koncno linearno kombinacijo v = c1v1 + c2v2 + . . . + cnvn,

kjer so v1, v2, . . . , vn ∈ S. Torej je linarna kombinacija elementov iz S ∪ {v} dana z

−v + c1v1 + c2v2 + . . . + cnvn enaka 0. Zato S ∪ {v} ni linearno neodvisna mnozica in

tako je S maksimalna linearno neodvisna podmnozica vektorskega prostora V .

(b) ⇒ (a) : Predpostavimo, da je S maksimalna linearno neodvisna podmnozica vektor-

skega prostora V . Potem moramo pokazati samo, da S generira V .

Predpostavimo nasprotno: naj bo v ∈ V , ki ni element L(S). Iz predpostavke sledi, da je

S ∪ {v} linearno odvisna mnozica, in velja: v = α1v1 + α2v2 + . . .+ αnvn za neke vi ∈ S in

αi ∈ F , ki niso vsi enaki 0. Torej je v ∈ L(S), in ker je to res za poljuben v ∈ S, S generira

vektorski prostor V .

(a) ⇒ (c) : Predpostavimo, da je S baza za V : S generira V po definiciji. Pokazati

zelimo, da je S najmanjsa mnozica, ki generira V .

Pa predpostavimo nasprotno: naj S\{v} generira V za nek v ∈ S. Mnozica S je linearno

neodvisna, torej je zagotovo tudi mnozica S\{v} linearno neodvisna. Zato je S\{v} tudi

baza in iz (a)⇒ (b) sledi, da je S\{v} maksimalna linearno neodvisna mnozica. Ampak ce

dodamo vektor v, dobimo celotno mnozico S, ki je tudi linearno neodvisna, to pa je v proti-

slovju z maksimalnostjo mnozice S\{v}. Zato mora biti S maksimalna linearno neodvisna

mnozica vektorskega prostora V , in tako je S najmanjsa mnozica, ki generira V .

(c) ⇒ (a) : Predpostavimo, da je S najmanjsa mnozica, ki S generira V . Pokazati mo-

ramo, da je S linearno neodvisna.

Pa predpostavimo nasprotno: obstaja linearna kombinacija elementov v1, v2, . . . , vn ∈ S z

lastnostjo: α1v1 + α2v2 + . . .+ αnvn = 0, kjer niso vsi skalarji αi enaki 0. Torej lahko brez

izgube za splosnost vektor v1 ∈ S zapisemo kot linearno kombinacijo vektorjev iz S. To

3.3 Razsiritev polja 49

pomeni, da lahko vektor v1 odstranimo, in tako je L(S)\{v1} = L(S), kar pa je v protislovju

z minimalnostjo od S. Torej je S res linearno neodvisna mnozica in zato baza vektorskega

prostora V .

(b)⇒ (c) : sledi iz (b)⇒ (a) in iz (a)⇒ (c).

(c)⇒ (b) : sledi iz (c)⇒ (a) in iz (a)⇒ (b).

V nadaljevanju naj bo V vektorski prostor, ki ima koncno bazo.

Izrek 3.33 Ce sta {u1, u2, . . . , um} in {w1, w2, . . . , wn} poljubni dve bazi vektorskega pro-

stora V nad poljem F , potem imata enako moc, torej velja m = n.

Dokaz. Predpostavimo, da je m 6= n. Naj bosta {u1, u2, . . . , um} in {w1, w2, . . . , wn} bazi

vektorskega prostora V nad poljem F . Obravnavajmo mnozico {w1, u1, u2, . . . , um}. Ker je

w1 ∈ L({u1, u2, . . . , um}), obstajajo a1, a2, . . . , am ∈ F , ki niso vsi enaki 0, da je

w1 = a1u1 + a2u2 + . . .+ amum. (1)

Naj bo brez izgube za splosnost a1 6= 0. Potem je u1 = a−11 w1 − a−11 a2u2 − a−11 a3u3 −. . .− a−11 amum in posledicno L({w1, u2, . . . , um}) = V . Razmislimo, da je {w1, u2, . . . , um}linearno neodvisna mnozica. Ce to ni res, obstaja i, da je

ui ∈ L({w1, u1, . . . , ui−1, ui+1, . . . , um}),

naj bo brez izgube za splosnost i = 2; torej u2 = b1w1 + b3u3 + . . . + bmum. Zagotovo

je b1 6= 0, saj bi sicer veljalo, da so vektorji u2, u3, . . . , um linearno odvisni. Torej lahko

izrazimo w1 kot linearno kombinacijo vektorjev u2, u3, . . . , um. Z upostevanjem tega in

enakosti (1) bi sledilo, da so vektorji u1, u2, . . . , um linearno odvisni, kar je v protislovju s

predpostavko, da je {u1, u2, . . . , um} baza prostora V .

Podoben argument in dodajanje vektorja w2 v {w1, u2, u3, . . . , um} nam vrne, da lahko brez

izgube za splosnost u2 zapisemo kot linearno kombinacijo vektorjev w1, w2, u3, . . . , um in da

je {w1, w2, u3, . . . , um} linearno neodvisna mnozica.

Ce je m > n, pridemo po n izmenjavah do mnozice

{w1, w2, . . . , wn, un+1, . . . , um},

kar je v protislovju s tem, da je {w1, w2, . . . , wn} baza, torej maksimalna linearno neodvisna

mnozica. Torej je m ≤ n. Ce bi bil m < n, bi z zamenjavo vlog mnozic {u1, u2, . . . , um} in

3.3 Razsiritev polja 50

{w1, w2, . . . , wn} z zgoraj opisanim postopkom prisli do protislovja.

Sledi, da je m = n, in izrek je dokazan.

Definicija 3.34 Vektorskemu prostoru, ki ima bazo sestavljeno iz n elementov, pravimo,

da je n razsezen. Trivialen vektorski prostor {0}, je generiran s prazno mnozico in njegova

razseznost je 0. Vektorski prostor, ki ima koncno bazo, se imenuje koncno razsezen, v

nasprotnem primeru pa je neskoncno razsezen. Torej stevilo elementov (vektorjev) v bazi

predstavlja razseznost vektorskega prostora V, ki jo oznacimo z dim(V ).

Zgled. Razseznost vektorskega prostora R3 nad R je 3.

Vektorski prostor R[x] je neskoncno razsezen, saj je njegova baza enaka {1, x, x2, x3, . . .}.

3.3.2 Koncne razsiritve polj

Naj bo K razsiritev polja F . Potem lahko K obravnavamo kot vektorski prostor nad F ,

saj operaciji sestevanja elementov iz K in mnozenja s skalarji iz F (α ∈ F, a ∈ K, potem

αa ∈ K) zadoscata vsem pogojem definicije 3.25.

Definicija 3.35 Naj bo K razsiritev polja F . Ce je K, ki ga obravnavamo kot vektorski

prostor nad F , koncno razsezen, potem K imenujemo koncna razsiritev od F . Razseznost

vektorskega prostora K nad F imenujemo stopnja razsiritve K nad F , kar oznacimo s

[K : F ].

Torej je polje K koncna razsiritev polja F , ce je [K : F ] <∞.

Zgled. Polje kompleksnih stevil C je koncna razsiritev polja realnih stevil R in [C : R] = 2,

saj je baza BC = {1, i}.

Izrek 3.36 Ce je polje K koncna razsiritev polja F , polje L pa koncna razsiritev polja K,

potem je L koncna razsiritev polja F (F ⊆ K ⊆ L), in velja

[L : F ] = [L : K][K : F ]

Dokaz. Naj bo [L : K] = m in [K : F ] = n. Dokazujemo, da je [L : F ] = n ·m.

Naj bo {β1, β2, . . . βm} baza L nad K in

{α1, α2, . . . , αn} baza K nad F .

Dokazujemo, da je {αiβj |i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . ,m} baza L (nad F ).

3.3 Razsiritev polja 51

(1) Dokazujemo linearno neodvisnost.

m∑j=1

n∑i=1

cijαiβj = 0, kjer je cij ∈ F, izpeljati moramo cij = 0.

0 =m∑j=1

(n∑i=1

cijαi︸ ︷︷ ︸∈K

)βj →n∑i=1

cij︸︷︷︸∈F

αi = 0, ∀j → cij = 0, ∀i, ∀j.

(2) Ogrodje.

Naj bo u ∈ L poljuben ⇒ u = v1β1 + v2β2 + . . . + vmβm za neke vj ∈ K. Vsak vj

lahko zapisemo kot

vj =

n∑i=1

cijαi, cij ∈ F.

⇒ u =

m∑j=1

(

n∑i=1

cijαi)βj =

m∑j=1

n∑i=1

cij︸︷︷︸∈F

(αiβj).

Posledica 3.37 Naj bo K razsiritev F , L pa razsiritev K. Ce je L koncna razsiritev F ,

potem je tudi K koncna razsiritev F in [K : F ] deli [L : F ].

Dokaz. Vemo, da je podprostor koncno razseznega prostora tudi sam koncno razsezen. Od

tod sledi prva ugotovitev, iz izreka 3.36 pa potem sledi druga ugotovitev.

Naj bo K razsiritev polja F . Ce je polinom q(x) ∈ F [x], kjer je F [x] kolobar polinomov

za spremenljivko x nad F in ce q(x) = β0xm + β1x

m−1 + . . .+ βm, potem za vsak element

b ∈ K, z q(b) oznacimo element β0bm +β1b

m−1 + . . .+βm iz K. Torej izraz q(b) predstavlja

vrednost polinoma q(x) v b ∈ K.

Definicija 3.38 Naj bo K razsiritev polja F in α ∈ K. Element α ∈ K imenujemo

algebraicen nad F , ce obstaja tak polinom 0 6= f(x) ∈ F [x], da je f(α) = 0.

Zgled. Naj bo F = Q in K = C. Elementom iz C, ki so algebraicni nad Q, pravimo

algebraicna stevila.

Stevilo√

2 je algebraicno stevilo nad Q, saj je nicla x2 − 2 ∈ Q[x]. Tudi i je algebraicen

nad Q, saj je i nicla od x2 + 1 ∈ Q[x].

3.3 Razsiritev polja 52

Definicija 3.39 Razsiritev K polja F je algebraicna, ce je vsak element iz K algebraicen

nad F .

Izrek 3.40 Vsaka koncna razsiritev je algebraicna.

Dokaz. Spomnimo se, da koncna razsiritev K nad F pomeni, da je K koncno razsezen

vektorski prostor nad F . Naj bo [K : F ] = n <∞.

Naj bo α ∈ K. Dokazimo, da je α algebraicen nad F , to pomeni, da obstaja nenicelni

polinom p(x) ∈ F [x], tako da je p(α) = 0.

Oglejmo si mnozico n+ 1 elementov 1, α, α2, . . . , αn. Dimenzija K nad F je enaka n, zato

so ti elementi linearno odvisni (nad F ):

∃a0, a1, . . . , an ∈ F :

a01 + a1α+ . . .+ anαn = 0 in niso vsi ai enaki 0.

Za nenicelni polinom p(x) ∈ F [x] torej velja, da je p(α) = 0, kar pomeni, da je α algebraicen

nad F .

Opomba 3.41 Iz dokaza prejsnjega izreka vidimo, da ce je [K : F ] = n, potem je vsak

element iz K nicla nenicelnega polinoma iz F [x] stopnje ≤ n.

Sedaj bomo definirali minimalni polinom elementa α ∈ K. Do konca poglavja naj F

oznacuje podpolje polja K.

Naj bo element α ∈ K algebraicen nad F . Vpeljimo mnozico vseh polinomov iz F [x],

katerih nicla je α, kot I = {f(x) ∈ F [x]|f(α) = 0} ⊆ F [x].

Velja: I je podgrupa za operacijo sestevanja:

f(x), g(x) ∈ I ⇒ f(x)− g(x) ∈ I in

ce je f(x) ∈ I, h(x) ∈ F [x]⇒ f(x)h(x) ∈ I.

Torej je I ideal F [x]. Vemo pa, da je vsak ideal glavnega kolobarja F [x] glavni ideal, torej

∃p(x) ∈ F [x] : I = 〈p(x)〉 = {p(x)f(x)|f(x) ∈ F [x]}.

Lema 3.42 Polinom p(x) je nerazcepen.

Dokaz. Naj bo p(x) = g(x)h(x)⇒ 0 = p(α) = g(α)h(α)⇒ g(α) = 0 ali h(α) = 0.

Naj bo g(α) = 0⇒ g(x) ∈ I ⇒ g(x) = p(x)f(x)⇒ deg h(x) = 0.

Brez skode za splosnost smemo privzeti, da je vodilni koeficient p(x) enak 1.

3.3 Razsiritev polja 53

Definicija 3.43 Polinom p(x) ∈ F [x], dobljen z zgornjim postopkom, imenujemo mini-

malni polinom elementa α ∈ K.

Za vsak algebraicen element α ∈ K obstaja enolicno dolocen minimalni polinom p(x) ∈ F [x]

(z vodilnim koeficientom 1) z naslednjimi lastnostmi:

• p(x) je nerazcepen,

• f(α) = 0⇐⇒ p(x)|f(x)⇐⇒ f(x) = p(x)q(x), za nek q(x) ∈ F [x],

• izmed vseh nenicelnih polinomov, katerih nicla je α, ima p(x) najmanjso stopnjo.

Definicija 3.44 Element α ∈ K se imenuje algebraicen stopnje n nad F , ce je alge-

braicen nad F in je n stopnja njegovega minimalnega polinoma.

Zgled. Stopnja√

2 nad Q je 2 (minimalni polinom je x2 − 2).

Naj bo K razsiritev polja F in naj bo a ∈ K. Vpeljimo mnozico

F [a] = {f(a)|f(x) ∈ F [x]} = {a0 + a1a+ . . .+ anan|ai ∈ F, n ∈ N}.

To je podkolobar od K, ki pa ni nujno polje.

Mnozica F (a) = {f(a)g(a)−1|f(x), g(x) ∈ F [x], g(a) 6= 0} je podpolje polja K; natancneje,

to je najmanjse podpolje K, ki vsebuje F in a, torej je F (a) najmanjse podpolje, ki ga

dobimo, ko polje F razsirimo z elementom a.

Torej, ce je S ⊆ K, z F [S] oznacujemo podkolobar od K, generiran z F in S, z F (S)

pa oznacujemo podpolje, generirano z F in S.

Zgled. Naj bo K = R in F = Q ter a =√

2. Potem je

Q[√

2] = {a0 + a1√

2 + a2(√

2)2 + . . .+ an(√

2)n|ai ∈ Q} = {a+ b√

2|a, b ∈ Q} = Q(√

2).

Sedaj vemo: ce a ni algebraicen, potem F (a) 6= F [a]. Velja pa obrat:

Ce je element a algebraicen, je F (a) = F [a] in lahko opisemo elemente na nacin, kot nam

pove naslednji izrek:

Izrek 3.45 Naj bo element a algebraicen stopnje n nad poljem F . Potem je

F (a) = F [a] = {a0 + a1a+ . . .+ an−1an−1|ai ∈ F}.

3.3 Razsiritev polja 54

Dokaz. Dokazujemo, da je F [a] = {a0 + a1a+ . . .+ an−1an−1|ai ∈ F}.

(⊇) Ocitno.

(⊆) Tipicen element F [a] je oblike f(a), kjer je f(x) ∈ F (x). Naj bo p(x) minimalni poli-

nom elementa a, kjer je stopnja p(x) enaka n.

Naj bo f(x) = p(x)q(x) + r(x), r(x) = 0 ali deg r(x) < n

⇒ f(a) = p(a)︸︷︷︸=0

q(a) + r(a) = r(a), kar dokazuje, da je deg f(x) < n.

Sedaj dokazimo, da je F (a) = F [a]. Za dokaz F (a) = F [a] zadosca dokazati, da je F [a]

podpolje.

Dovolj je dokazati: ce je α ∈ F [a], α 6= 0 ⇒ α−1 ∈ F [a].

Naj bo α = f(a) za nek polinom f(x) ∈ F [x], f(a) 6= 0⇒ f(x) ni deljiv s p(x).

Ker je p(x) nerazcepen, sta si f(x) in p(x) tuja.

Sledi, da obstajata taka polinoma g(x), h(x) ∈ F [x], da velja p(x)g(x) + f(x)h(x) = 1

⇒ p(a)︸︷︷︸=0

g(a) + f(a)h(a) = 1⇒ f(a)︸︷︷︸α

h(a) = 1⇒ α−1 = h(a) ∈ F [a].

Posledica 3.46 Ce je a ∈ K algebraicen stopnje n nad F , potem je [F (a) : F ] = n (z

drugimi besedami F (a) je koncna razsiritev polja F stopnje n).

Dokaz. Vemo, da je F [a] = F (a). Naj bo F [a] = {a0 + a1a+ . . .+ an−1an−1|ai ∈ F}.

Baza F [a] nad F je {1, a, . . . , an−1}, da je to ogrodje, je jasno iz

F [a] = {a0 + a1a + . . . + an−1an−1|ai ∈ F}. Ce bi ta mnozica bila linearno odvisna, bi to

pomenilo, da je a algebraicen stopnje ≤ n− 1. To pa je protislovje.

Izrek 3.47 Naj bo K razsiritev polja F in α ∈ K algebraicen nad F z minimalnim polino-

mom p(x) stopnje n. Potem je

F (α) ∼= F [x]/〈p(x)〉.

Dokaz. Naj bo ϕ : F [x]→ K preslikava s predpisom ϕ(q(x)) = q(α) za vsak q(x) ∈ F [x].

Dokazati moramo, da je ϕ homomorfizem kolobarjev, ∀q(x), f(x) ∈ F [x], velja:

• ϕ(q(x) + f(x)) = q(α) + f(α) = ϕ(q(x)) + ϕ(f(x)),

• ϕ(q(x) · f(x)) = q(α) · f(α) = ϕ(q(x))ϕ(f(x)).

3.4 Nicle polinomov 55

Sedaj dokazujemo, da je kerϕ = I = 〈p(x)〉.ϕ(q(x)) = 0⇔ q(α) = 0⇔ q(x) = p(x)s(x) ∈ 〈p(x)〉.Dokazimo se, da je Imϕ = F (α) = F [α].

(⊆) ∀q ∈ F [x] : ϕ(q(x)) = q(α) ∈ F [α] = F (α).

(⊇) Dokazujemo F (α) ⊆ Imϕ.

Vemo: F (α) = {a0 + a1α+ . . .+ an−1αn−1|ai ∈ F} in naj bo β ∈ F (α).

Potem je β = b0 + b1α+ . . .+ bn−1αn−1 za neke bi ∈ F .

Torej je β = ϕ(b0 + b1x+ . . .+ bn−1xn−1︸ ︷︷ ︸

q(x)

) in je zato q(α) = β.

Po prvem izreku o izomorfizmih kolobarjev sledi, da je F (α) ∼= F [x]/〈p(x)〉.

3.4 Nicle polinomov

V predhodnem poglavju smo obravnavali elemente iz razsiritve K od F , ki so algebraicni

nad poljem F , to so algebraicni elementi nad F . Sedaj bomo problem obrnili, in sicer naj

bo dan polinom p(x) v F [x]. Zelimo najti polje K, ki bo razsiritev polja F in v katerem

ima polinom p(x) niclo.

Definicija 3.48 Ce je p(x) ∈ F [x], potem elementu a, ki lezi v neki razsiritvi polja F ,

pravimo nicla polinoma p(x), ce je p(a) = 0.

Lema 3.49 Ce je p(x) ∈ F [x] in je K razsiritev od F , potem je za vsak element b ∈ Kpolinom p(x) oblike p(x) = (x− b)q(x) + p(b), kjer je q(x) ∈ K[x] in je deg q(x) =

deg p(x)− 1.

Dokaz. Ker je K razsiritev polja F , je F [x] vsebovan v K[x], torej lahko upostevamo, da

p(x) lezi v K[x]. Z osnovnim izrekom o deljenju polinomov za polinoma p(x) in (x − b)dobimo, da je p(x) = (x− b)q(x) + r(x), kjer je q(x) ∈ K[x] in je r(x) = 0 ali

deg r(x) < deg (x − b) = 1. Tako je r(x) = 0 ali deg r(x) = 0, torej lahko r(x) v

obeh primerih obravnavamo kot element iz K. Ampak natancno kaksen element iz K je

r(x)? Ker je p(x) = (x − b)q(x) + r(x), je p(b) = (b − b)q(x) + r(x) = r(x). Zato je

p(x) = (x−b)q(x)+p(b). Preverimo se, da je stopnja polinoma q(x) za 1 manjsa od stopnje

polinoma p(x).

Dokazujemo: deg q(x) = deg p(x)− 1.

Spomnimo se, da za stopnje polinomov velja:

deg(p(x) + q(x)) ≤ max{deg p(x), deg q(x)} in

3.4 Nicle polinomov 56

deg(p(x)q(x)) = deg p(x) + deg q(x). Recimo, da je deg p(x) = n. Ker velja

p(x)︸︷︷︸stopnje n

= (x− b)︸ ︷︷ ︸stopnje 1

q(x) + p(b) ⇒ q(x) je stopnje n− 1.

Posledica 3.50 Ce je a ∈ K nicla polinoma p(x) ∈ F [x], kjer je K razsiritev polja F ,

potem (x− a)|p(x) v K[x].

Dokaz. Iz leme 3.49 sledi, da je p(x) = (x − a)q(x) + p(a) = (x − a)q(x) v K[x], saj je

p(a) = 0. Tako (x− a)|p(x) v K[x].

Velja tudi obrat te trditve. Ce je (x− a) | p(x), potem je p(a) = 0.

Definicija 3.51 Naj bo K razsiritev polja F . Element a ∈ K je veckratna nicla m-te

stopnje ali m-kratna nicla polinoma p(x) ∈ F [x], ce velja (x−a)m|p(x), kjer (x−a)m+1

ne deli p(x) oziroma je p(x) = (x−a)mg(x), kjer je g(x) ∈ K[x] in je g(a) 6= 0 (ekvivalentno

(x−a) ne deli g(x)). Stevilo m imenujemo kratnost nicle a. Enostavna nicla je 1-kratna

nicla.

Sedaj nas zanima pomembno vprasanje: koliko nicel lahko ima polinom v danem polju?

Lema 3.52 Naj bo K razsiritev polja F in p(x) ∈ F [x] polinom stopnje n ≥ 1 nad poljem

F .

(i) Polinom p(x) ima lahko najvec n nicel v neki razsiritvi K polja F (tudi, ce stejemo

njihovo kratnost).

(ii) Ce ima polinom p(x) v K natanko n nicel (ki jih stejemo z njihovo kratnostjo)

a1, a2, . . . , ar s kratnostmi k1, k2, . . . , kr (seveda je k1 + k2 + . . . + kr = n), potem

je

p(x) = c(x− a1)k1 . . . (x− ar)kr .

Dokaz.

(i) Dokaz zacnimo z indukcijo po n, ki je stopnja polinoma p(x). Ce je stopnja polinoma

p(x) enaka 1, potem mora biti polinom oblike αx + β, kjer sta α in β iz polja F in

kjer je α 6= 0. Vsak taksen a, da je p(a) = 0, potem implicira, da je αa + β = 0,

iz cesar sklepamo, da je a = (−β/α). To pomeni, da ima p(x) enolicno niclo −β/α,

3.4 Nicle polinomov 57

torej lema v tem primeru drzi.

Privzemimo, da rezultat velja v poljubnem polju za vse polinome, ki so manjse stopnje

kot n. Predpostavimo, da je polinom p(x) stopnje n nad F . Naj bo K neka razsiritev

polja F . Ce polinom p(x) nima nicel v razsiritvi K, potem smo zagotovo koncali,

saj za stevilo nicel v K, v tem primeru je to nic, trditev velja. Tako predpostavimo,

da ima polinom p(x) vsaj eno niclo a ∈ K in ta a je nicla m-te stopnje. Ker velja

(x− a)m|p(x), sledi, da je m ≤ n. Tedaj je p(x) = (x− a)mq(x), kjer je q(x) ∈ K[x]

stopnje n−m. Iz dejstva, da (x−a)m+1 ne deli p(x), dobimo, da (x−a) ne deli q(x),

od tod s pomocjo posledice 3.50 sledi, da a ni nicla polinoma q(x). Ce je b 6= a nicla

polinoma p(x) v K, potem je 0 = p(b) = (b−a)mq(b). Ker pa velja, da je b−a 6= 0 in

ker obravnavamo polje, lahko ugotovimo, da je q(b) = 0. To pomeni, da mora katera

koli nicla polinoma p(x) v K, ki je razlicna od a, biti nicla polinoma q(x). Ker je

q(x) stopnje n−m < n, ima po nasi indukcijski predpostavki q(x) najvec n−m nicel

v K, ki skupaj z niclo a, ki jo stejemo m-krat, pove, da ima polinom p(x) najvec

m+ (n−m) = n nicel v K. S tem zakljucimo indukcijo in lema je dokazana.

(ii) Sledi iz posledice 3.50.

Naj bosta F in F ′ dve polji in τ izomorfizem iz F v F ′. Za lazje razumevanje oznacimo sliko

katerega koli elementa α ∈ F preslikave τ z α′, to je τ(α) = α′. Ta zapis bomo uporabili

na naslednjih straneh.

Sprasujemo se, ali lahko preslikavo τ uporabimo za izomorfizem med F [x] in F ′[x], ki sta

kolobarja polinomov nad F in F ′. Za poljuben polinom f(x) = α0+α1x+ . . .+αnxn ∈ F [x]

definiramo preslikavo τ∗ kot τ∗(f(x)) = τ∗(α0 +α1x+ . . .+αnxn) = α′0 +α′1t+ . . .+α′nt

n.

Lema 3.53 τ∗ definira izomorfizem iz F [x] v F ′[t] z lastnostjo, da je τ∗(α) = α′ za vsak

α ∈ F .

Dokaz. Naj bosta F in F ′ dve polji in naj bo τ : F → F ′ izomorfizem polj. Torej velja,

da τ preslika elementa a, b ∈ F tako, da je τ(a + b) = τ(a) + τ(b) in τ(ab) = τ(a)τ(b).

Preslikava τ je bijekcija. Element α ∈ F τ preslika v α′, torej je τ(α) = α′.

Naj bo f(x) = α0 + α1x + . . . + αnxn poljuben polinom, ki ga preslikava τ∗ preslika v

polinom τ∗(f(x)) = α′0 + α′1t + . . . + α′ntn. Sedaj zelimo dokazati, da je τ∗ izomorfizem

kolobarjev F [x] in F ′[t] in velja: τ∗(α) = α′, ∀α ∈ F .

Najprej dokazimo, da je τ∗ homomorfizem.

Naj bosta polinoma p(x), q(x) ∈ F [x], kjer je p(x) = α0 + α1x+ . . .+ αnxn in

3.4 Nicle polinomov 58

q(x) = β0 + β1x+ . . .+ βmxm in n > m.

τ∗(p(x) + q(x)) = τ∗((α0 + β0) + (α1 + β1)x+ . . .+ (αm + βm)xm + . . .+ (αn)xn) =

= τ(α0) + τ(β0) + τ(α1 + β1)t+ . . .+ τ(αm + βm)tm︸ ︷︷ ︸=(τ(αm)+τ(βm))tm

+ . . .+ τ(αn)tn =

= α′0 + β′0 + (α′1 + β′1)t+ . . .+ α′mtm + β′mt

m + . . .+ α′ntn =

= τ∗(p(x)) + τ∗(q(x)).

Poglejmo se produkt:

τ∗(p(x)q(x)) = τ∗(n+m∑k=0

(∑

i+j=k; i,j≥0αiβj)x

k)

= τ(n+m∑k=0

∑i+j=k; i,j≥0

αiβj)tk

=n+m∑k=0

∑i+j=k; i,j≥0

α′iβ′jtk =

n∑i=0

m∑j=0

α′iβ′jti+j =

=n∑i=0

α′itim∑j=0

β′jtj = τ∗(p(x))τ∗(q(x)).

Dokazimo injektivnost: τ∗(p(x)) = τ∗(q(x))⇒ p(x) = q(x).

α′0 + α′1t+ . . .+ α′ntn = β′0 + β′1t+ . . .+ β′mt

m

⇒ m = n & α′i = β′i︸ ︷︷ ︸ker je τ(αi)=τ(βi)

, ∀i ⇒︸︷︷︸τ injektiven

αi = βi, ∀i

⇒ p(x) = q(x).

Sedaj dokazimo surjektivnost: ∀q ∈ F ′[t] ∃ p ∈ F [x] : τ∗(p(x)) = q(t).

q(t) = α′0︸︷︷︸=τ(α0)

+ α′1︸︷︷︸=τ(α1)

t+ . . .+ α′n︸︷︷︸=τ(αn)

tn, α′0, α′1, . . . , α

′n ∈ F ′ in ker je τ surjektivna:

∃ α0, α1, . . . , αn, tako da je α′0 = τ(α0), α′1 = τ(α1), . . ., α

′n = τ(αn).

Torej je p(x) = α0 + α1x+ . . .+ αnxn in je τ∗(p(x)) = q(t).

Iz definicije seveda takoj sledi, da je τ∗(α) = τ(α) = α′, ∀α ∈ F .

Za polinom f(x) iz F [x] lahko τ∗(f(x)) zapisemo kot f ′(t). Lema 3.53 neposredno pove, da

so faktorizacije polinoma f(x) v F [x] posledica faktorizacij polinoma f ′(t) v F ′[t] in obratno.

V splosnem je polinom f(x) nerazcepen v F [x] natanko tedaj, ko je f ′(t) nerazcepen v

F ′[t], saj ce je τ∗ izomorfizem in je F komutativen kolobar z enoto, je element f(x) ∈ F [x]

definiran kot nerazcepen natanko tedaj, ko sta g(x), h(x) ∈ F [x] in je f(x) = g(x)h(x), kar

pomeni, da je eden od njiju obrnljiv v F [x]. In ker je τ∗ izomorfizem kolobarjev, potem τ∗

3.5 Vec o niclah polinomov 59

slika enoto v enoto in tako tudi nerazcepne elemente v nerazcepne.

3.5 Vec o niclah polinomov

Naj bo F polje in naj bo F [x] kolobar polinomov spremenljivke x nad F .

Definicija 3.54 Ce je f(x) = αnxn + αn−1x

n−1 + . . .+ αn−ixn−i + . . .+ α1x+ α0 ∈ F [x],

potem definiramo odvod polinoma f(x) kot polinom

f ′(x) = nαnxn−1 + (n− 1)αn−1x

n−2 + . . .+ (n− i)αn−ixn−i−1 + . . .+ α1 v F [x].

V poglavju 2.3 smo definirali karakteristiko polja, pa se spomnimo, kaj je to. Polje F ima

karakteristiko enako 0, ce je ma 6= 0 za nek a 6= 0 iz F in m > 0 neko naravno stevilo. Ce

je ma = 0 za nek m ∈ N, kjer je m > 0 in vsak a 6= 0 ∈ F , potem pravimo, da ima polje

F koncno karakteristiko. V tem drugem primeru je karakteristika polja F definirana kot

najmanjse naravno stevilo m, tako da je ma = 0 za vsak a ∈ F . Vemo, da ce je F koncne

karakteristike in je pa = 0, potem je karakteristika enaka p, kjer je p prastevilo.

Naj bo F polje karakteristike p 6= 0. V tem primeru je odvod polinoma xp enak pxp−1 = 0.

Tako obicajen rezultat, da mora biti polinom, katerega odvod je enak 0, konstanta, ne drzi

prav dolgo. Vendar pa, ce je karakteristika od F enaka 0 in ce je f ′(x) = 0 za f(x) ∈ F [x],

velja, da je f(x) = α ∈ F . Tudi ce je karakteristika od F enaka p 6= 0, lahko polinome z

nicelnim odvodom se vedno opisemo: ce je f ′(x) = 0, potem je f(x) polinom spremenljivke

xp.

Lema 3.55 Za vsaka f(x), g(x) ∈ F [x] in vsak α ∈ F velja

1. (f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x),

2. (αf(x))′ = αf(x)′,

3. (f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Dokaz. Najprej dokazimo prvo tocko. Naj bosta f(x), g(x) ∈ F [x]. Naj bo polinom

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ am+1xm+1 + amx

m + . . .+ a1x+ a0 in polinom

g(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + . . .+ b1x+ b0 in naj bo n > m.

Potem velja, da je f(x) + g(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ am+1xm+1 + (am + bm)xm + . . .+

+(a1 + b1)x+ a0 + b0, kjer je

(f(x) + g(x))′ = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ (m+ 1)am+1xm +m(am + bm)xm−1+

3.5 Vec o niclah polinomov 60

+ . . .+ (a1 + b1).

In ker je f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ (m+ 1)am+1xm +mamx

m−1 + . . .+ a1

in g′(x) = mbmxm−1 + (m− 1)bm−1x

m−2 + . . .+ b1,

iz tega sledi, da je

f ′(x) + g′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ (m+ 1)am+1xm +m(am + bm)xm−1+

+ . . .+ (a1 + b1).

Torej je (f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x).

Sedaj dokazimo drugo tocko. In sicer naj bo f(x) ∈ F [x] in α ∈ F , kjer je

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0 in je njegov odvod enak

f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ a1.

Tako je (αf(x))′ = αnanxn−1 + α(n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ αa1 =

= α(nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ a1) = αf ′(x).

Tretjo tocko dokazimo le v posebnem primeru, in sicer naj bosta f(x) = xi in g(x) = xj ,

kjer sta oba i in j pozitivna. Potem je f(x)g(x) = xi+j ,

kjer je (f(x)g(x))′ = (i+ j)xi+j−1.

Torej je f ′(x)g(x) = ixi−1xj = ixi+j−1 in f(x)g′(x) = jxixj−1 = jxi+j−1 in posledicno je

f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) = (i+ j)xi+j−1 = (f(x)g(x))′.

Glede na definicijo mnozenja polinomov velja ta lastnost za poljubna f(x), g(x) ∈ F [x].

Izrek 3.56 (Kriterij za veckratne nicle) Polinom f(x) nad poljem F ima veckratno

niclo v neki razsiritvi E natanko tedaj, ko imata f(x) in f ′(x) skupni delitelj pozitivne

stopnje v F [x].

Dokaz. Ce je a veckratna nicla polinoma f(x) v neki razsiritvi E polja F , potem obstaja

g(x) iz E[x] taksen, da velja f(x) = (x−a)2g(x). Ker je f ′(x) = (x−a)2g′(x)+2(x−a)g(x),

vidimo, da je f ′(a) = 0. Tako je x − a delitelj obeh polinomov f(x) in f ′(x) v razsiritvi

E od F . Dalje, ce f(x) in f ′(x) nimata skupnega delitelja pozitivne stopnje v F [x], potem

obstajata polinoma h(x) in k(x) v F [x], tako da velja f(x)h(x) + f ′(x)k(x) = 1. Glejmo na

f(x)h(x) + f ′(x)k(x) kot na element iz E[x], vidimo, da je tudi x− a delitelj od 1. Ker je

to nesmiselno, morata imeti f(x) in f ′(x) skupnega delitelja pozitivne stopnje v F [x].

Nasprotno predpostavimo, da imata f(x) in f ′(x) skupnega delitelja pozitivne stopnje. Naj

bo a nicla skupnega delitelja. Potem je a nicla od f(x) in f ′(x). Ker je a nicla polinoma f(x),

obstaja polinom q(x), tako da je f(x) = (x− a)q(x). Potem je f ′(x) = (x− a)q′(x) + q(x)

in 0 = f ′(a) = q(a). Tako je x− a delitelj od q(x) in a veckratna nicla polinoma f(x).

3.6 Razpadno polje 61

Posledica 3.57 Naj bo f(x) nerazcepen polinom nad poljem F . Ce ima polje F karak-

teristiko enako 0, potem polinom f(x) nima veckratnih nicel. Ce ima F karakteristiko

enako p 6= 0, potem ima polinom f(x) veckratno niclo, ce je oblike f(x) = g(xp) za nek

g(x) ∈ F [x].

Dokaz. Recimo, da ima polinom f(x) veckratno niclo, potem imata po izreku 3.56 polinoma

f(x) in f ′(x), skupnega delitelja pozitivne stopnje v F [x]. Ker je edini delitelj pozitivne

stopnje polinoma f(x) v F [x] sam polinom f(x), vidimo, da f(x) deli f ′(x). Ker polinom

f(x) nad poljem F ne more deliti polinoma manjse stopnje, mora veljati, da je f ′(x) = 0.

Kaj torej pomeni, da je f ′(x) = 0? Ce zapisemo polinom f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . +

a1x+ a0, potem je f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ a1. Tako je f ′(x) = 0 samo

takrat, ko je kak = 0, za k = 1, . . . , n.

Ko je torej char(F ) = 0, je f(x) = a0, ki pa po definiciji 3.16 ni nerazcepen polinom. To

je v protislovju s predpostavko, da je f(x) nerazcepen nad poljem F . Tako polinom f(x)

nima veckratnih nicel.

Ko je char(F ) = p 6= 0, je ak = 0, ko p ne deli k. Torej so edine potence od x, ki se pojavijo

v vsoti anxn + . . . + a1x + a0, oblike xpj = (xp)j , j ∈ N. Sledi, da je f(x) = g(xp) za nek

g(x) ∈ F [x].

Posledica 3.58 Ce ima polje F karakteristiko p 6= 0, potem ima polinom xpn − x ∈ F [x]

za n ≥ 1 same razlicne nicle.

Dokaz. Odvod polinoma xpn − x je pnxp

n−1 − 1 = −1, saj je F karakteristike p. Zato za

polinom xpn−x in njegov odvod velja, da sta si tuja, in tako iz izreka 3.56 sledi, da polinom

xpn − x nima veckratnih nicel.

3.6 Razpadno polje

Najprej se spomnimo nekaterih lastnosti, ki veljajo za grupe.

Naj bo F koncno polje, torej ima F koncno stevilo elementov. Potem je F ∗ = F \{0} grupa

za operacijo mnozenja. Ce je moc grupe F enaka q, to je |F | = q, je potem |F ∗| = q − 1⇒aq−1 = 1, ∀a ∈ F ∗, kar sledi iz posledice 1.26 Lagrangeovega izreka.

Naj bo F ∗ = { a1︸︷︷︸=1

, a2, . . . , aq−1}. Po zadnjem rezultatu prejsnjega poglavja velja: polinom

xq−1−1 ∈ F [x] ima nicle a1, a2, . . . , aq−1, kjer je teh razlicnih nicel toliko, kolikor je stopnja

polinoma.

3.6 Razpadno polje 62

Definicija 3.59 Naj bo E razsiritev polja F in naj bo f(x) ∈ F [x] nekonstanten polinom.

Pravimo, da polinom f(x) razpade v polju E, ce lahko f(x) zapisemo kot produkt linearnih

faktorjev v E[x], to je ce obstajajo elementi c ∈ F in a1, a2, . . . , an ∈ E ter k1, . . . , kn ∈ N,

da je

f(x) = c(x− a1)k1(x− a2)k2 . . . (x− an)kn ,

kjer je c vodilni koeficient polinoma f(x). Ce polinom f(x) razpade v polju E, ne pa tudi v

katerem od pravih podpolj polja E, potem pravimo, da je E razpadno polje polinoma f(x)

nad F . V tem primeru velja

E = F (a1, a2, . . . , an).

Upostevati moramo, da razpadno polje polinoma nad nekim poljem ni odvisno samo od

polinoma, ampak tudi od polja. Dejansko je razpadno polje polinoma f(x) nad F samo

najmanjsa razsiritev polja F , v kateri f(x) razpade.

Kako pa pridemo do razpadnega polja?

Ce najdemo vse nicle polinoma f(x), torej npr. a1, a2, . . . , an (v neki razsiritvi) - to pomeni,

da polinom f(x) lahko zapisemo kot f(x) = c(x − a1)k1(x − ak22 ) . . . (x − an)kn - potem je

njegovo razpadno polje E = F (a1, a2, . . . , an).

Zgled. 1. f(x) = x2 − 2 ∈ Q[x] → razpadno polje je Q[√

2] = {a+ b√

2|a, b ∈ Q},

2. f(x) = x2 − 2 ∈ R[x] → razpadno polje je R,

3. g(x) = x2 + 1 ∈ Q[x] → razpadno polje g(x) je Q[i] = {a+ bi|a, b ∈ Q},

4. g(x) = x2 + 1 ∈ R[x] → razpadno polje g(x) je C.

Lema 3.60 Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] nekonstantni polinom. Potem obstaja razsiritev

E polja F , v katerem ima nekonstantni polinom f(x) niclo.

Dokaz. Ker je F polje in f(x) nekonstantni polinom, ga lahko po izreku 3.23 zapisemo kot

produkt nerazcepnih polinomov. Pa naj bo p(x) nerazcepen polinom. Dokazati moramo,

da obstaja razsiritev E polja F , v katerem ima nerazcepni polinom p(x) niclo.

Vpeljimo: E = F [x]/〈p(x)〉 (iz posledice 3.18 vemo, da je E polje).

Na F lahko gledamo kot na podpolje polja E, tako da F vlozimo v E.

Definirajmo vlozitev i : F → E kot i( a︸︷︷︸element F

) = a︸︷︷︸polinom

+〈p(x)〉. Za preslikavo i veljajo

3.6 Razpadno polje 63

naslednje lastnosti:

(1.) i(a+ b) = i(a) + i(b),

(2.) i(ab) = i(a)i(b),

(3.) ker i = {0}.Dokazali bomo, da ima p(x) niclo v E.

Namesto zapisa p(x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn ∈ F [x] bomo uporabljali zapis

p(y) = i(a0) + i(a1)y + . . .+ i(an)yn ∈ i(F )[y].

Naj bo α = x+ 〈p(x)〉 ∈ E. Dokazujemo, da je p(α) = 0.

p(α) = i(a0) + i(a1)(x+ 〈p(x)〉) + i(a2)(x+ 〈p(x)〉)2 + . . .+ i(an)(x+ 〈p(x)〉)n =

= (a0 + 〈p(x)〉) + (a1 + 〈p(x)〉)(x+ 〈p(x)〉) + (a2 + 〈p(x)〉)(x2 + 〈p(x)〉) + . . .+

+(an + 〈p(x)〉)(xn + 〈p(x)〉) =

= a0 + a1x+ a2x2 + . . .+ anx

n + 〈p(x)〉 =

= p(x) + 〈p(x)〉 = 0 + 〈p(x)〉 = 0.

Izrek 3.61 Naj bo F polje in f(x) ∈ F [x] nekonstantni polinom. Potem za vsak nekon-

stantni polinom f(x) obstaja razpadno polje E nad F .

Dokaz. Trdimo, da zadosca dokazati, da obstaja razsiritev E polja F , v kateri ima f(x) vsaj

eno niclo. To je res, ce je α ∈ E ta nicla, potem je f(x) = (x− α)g(x), kjer je g(x) ∈ E[x].

Zatem lahko privzeto dejstvo uporabimo za g(x) in dobimo naslednjo niclo. Po n = deg

f(x) korakih dobimo vse nicle.

Po izreku 3.23 vemo, da je f(x) = p1(x)k1 . . . pr(x)kr , kjer so pi nerazcepni polinomi.

Zadosca najti polje, v katerem ima p1(x) = p(x) niclo.

Iz prejsnje leme 3.60 sledi, da ima nerazcepni polinom p(x) niclo v neki razsiritvi E polja

F .

Lema 3.62 Naj bo F polje in polinom p(x) ∈ F [x]. Ce sta f(x), g(x) ∈ F [x] in velja

deg f(x) < deg p(x) in deg g(x) < deg p(x), dokazimo, da f(x) + 〈p(x)〉 = g(x) + 〈p(x)〉implicira f(x) = g(x).

Dokaz. Spomnimo se definicije za F [x]/〈p(x)〉 = {s(x) + 〈p(x)〉|s(x) ∈ F [x]}.Ce je s1(x) + 〈p(x)〉 = s2(x) + 〈p(x)〉 ⇐⇒ s1(x)− s2(x) ∈ 〈p(x)〉.

3.6 Razpadno polje 64

Naj bo polinom p(x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn ter velja deg f(x) < deg p(x) = n in

deg g(x) < deg p(x) = n.

Dokazujemo, da f(x) + 〈p(x)〉 = g(x) + 〈p(x)〉 ⇒ f(x) = g(x).

f(x)− g(x)︸ ︷︷ ︸deg (f(x)−g(x))<n

∈ 〈p(x)〉 = { k(x)p(x)︸ ︷︷ ︸deg p(x)=n; 0 ali deg (k(x)p(x))≥n

|k(x) ∈ F [x]}

⇒ f(x)− g(x) = 0.

Iz tega sledi, da je f(x) = g(x).

Posledica 3.63 Naj bo F polje in p(x) ∈ F [x] nerazcepen polinom nad F . Ce je a nicla

polinoma p(x) v neki razsiritvi E od F in je b nicla polinoma p(x) v neki razsiritvi E′ od

F , potem sta polji F (a) in F (b) izomorfni.

Dokaz. Iz izreka 3.47 sledi, da je F (a) ∼= F [x]/〈p(x)〉 ∼= F (b).

Lema 3.64 Naj bo F polje in p(x) ∈ F [x] nerazcepen polinom nad F in naj bo a nicla

p(x) v neki razsiritvi od F . Ce je φ izomorfizem polj iz F v F ′ in je b nicla od φ(p(x)) v

neki razsiritvi od F ′, potem obstaja izomorfizem ϕ iz F (a) v F ′(b), ki se ujema s φ na F in

preslika a v b.

Dokaz. Naj bo φ izomorfizem polj F in F ′. S φ(p(x)) imamo v mislih

φ(p(x)) = φ(a0) + φ(a1)x′ . . . + φ(an)xn. Iz leme 3.53 sledi, da je p(x) nerazcepen nad F

natanko tedaj, ko je φ(p(x)) nerazcepen nad F ′.

Definirajmo preslikavo ϕ iz F [x]/〈p(x)〉 v F ′[x]/〈φ(p(x))〉, ki je dana kot

ϕ : f(x) + 〈p(x)〉 → φ(f(x)) + 〈φ(p(x))〉.

Naj bo f(x) + 〈p(x)〉 poljuben polinom, ki ga ϕ preslika v polinom φ(f(x)) + 〈φ(p(x))〉.Dokazati zelimo, da je ϕ izomorfizem polj F [x]/〈p(x)〉 in F ′[x]/〈φ(p(x))〉.

Najprej dokazimo dobro definiranost preslikave ϕ.

Naj bo f(x) + 〈p(x)〉 = q(x) + 〈p(x)〉 ⇔ f(x)− q(x) ∈ 〈p(x)〉 ⇒︸︷︷︸φ izomorfizempolj

⇒ φ(f(x))− φ(q(x)) ∈ 〈φ(p(x))〉.Potem je ϕ(f(x) + 〈p(x)〉) = ϕ(q(x) + 〈p(x)〉), saj zgornja vrstica pove:

φ(f(x)) + 〈φ(p(x))〉 =︸︷︷︸φ(f(x))−φ(q(x))∈〈φ(p(x))〉

φ(q(x)) + 〈φ(p(x))〉.

Dokazimo, da je ϕ homomorfizem.

3.6 Razpadno polje 65

Naj bosta g(x) + 〈p(x)〉, h(x) + 〈p(x)〉 ∈ F [x]/〈p(x)〉, kjer je

g(x) + 〈p(x)〉 = (anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0) + 〈p(x)〉 in

h(x) + 〈p(x)〉 = (bmxm + bm−1x

m−1 + . . .+ b0) + 〈p(x)〉 in n > m.

•Vsota:

ϕ(g(x) + 〈p(x)〉+ h(x) + 〈p(x)〉) = ϕ(g(x) + h(x) + 〈p(x)〉) =

= φ(g(x) + h(x)) + 〈φ(p(x))〉 = φ(g(x)) + φ(h(x)) + 〈φ(p(x))〉 =

= ϕ(g(x) + 〈p(x)〉) + ϕ(h(x) + 〈p(x)〉).

•Produkt:

Ker je φ(g(x)h(x)) = φ(g(x))φ(h(x)), kar smo dokazali v lemi 3.53, sledi

ϕ((g(x) + 〈p(x)〉) · (h(x) + 〈p(x)〉)) =

= (ϕ(g(x) + 〈φ(p(x))〉)) · (ϕ(h(x) + 〈φ(p(x))〉)).

•Injektivnost:

Dokazujemo, da je kerϕ = {0 + 〈p(x)〉}.Naj bo ϕ(f(x) + 〈p(x)〉) ∈ kerϕ.

Potem je φ(f(x)) + 〈φ(p(x))〉 = 0 + 〈φ(p(x))〉.Ker je φ(f(x))︸ ︷︷ ︸

=φ(a0)+φ(a1)x+...+φ(an)xn

∈ 〈φ(p(x))〉 in je φ po predpostavki izomorfizem polj, lahko

delujemo z inverzom φ−1 na koeficientih polinomov in tako dobimo, da je

f(x)︸︷︷︸a0+a1x+...+anxn

∈ 〈p(x)〉.

•Surjektivnost:

∀h′(x) + 〈φ(p(x))〉 ∈ F ′[x]/〈φ(p(x))〉, ∃g(x) + 〈p(x)〉 ∈ F [x]/〈p(x)〉 :

ϕ(g(x) + 〈p(x)〉) = h′(x) + 〈φ(p(x))〉.

h′(x) + 〈φ(p(x))〉 = a′nxn + a′n−1x

n−1 + . . .+ a′0 + 〈φ(p(x))〉, an, an−1, . . . , a0 ∈ F ′

in ker je φ surjektivna ∃ak ∈ F : a′k = φ(ak),∀k = 0, 1, . . . , n⇒

h′(x) = φ(g(x)), kjer je g(x) = anxn + . . .+ a1x+ a0 ∈ F [x].

3.6 Razpadno polje 66

Torej je

ϕ(g(x) + 〈p(x)〉) = φ(g(x)) + 〈φ(p(x))〉 = h′(x) + 〈φ(p(x))〉.

Za zapis te izomorfne preslikave F [x]/〈p(x)〉 → F ′[x]/〈φ(p(x))〉 smo uporabili oznako ϕ. Iz

dokaza izreka 3.47 vemo, da obstaja izomorfizem α iz F (a) v F [x]/〈p(x)〉, ki je identiteta

na F in preslika a v x+ 〈p(x)〉. Podobno obstaja izomorfizem β iz F ′[x]/〈φ(p(x))〉 v F ′(b),

ki je identiteta na F ′ in preslika x+ 〈φ(p(x))〉 v b. Tako je βϕα preslikava, ki smo jo iskali,

in slika iz F (a) v F ′(b). Ta razmislek je predstavljen tudi v obliki komutativnega diagrama:

Ker velja a 7→ x+ 〈p(x)〉 7→ φ(x)︸︷︷︸x

+〈φ(p(x))〉 7→ b.

Izrek 3.65 (Razsiritev φ : F → F ′) Naj bo φ izomorfizem iz polja F v polje F ′ in

f(x) ∈ F [x]. Ce je E razpadno polje za f(x) nad F in je E′ razpadno polje za φ(f(x)) nad

F ′, potem obstaja izomorfizem iz E v E′, ki se ujema s φ na F .

Dokaz. Uporabimo indukcijo po deg f(x). Ce je stopnja polinoma f(x) enaka 1, potem

je E = F in E′ = F ′, tako je φ preslikava, ki smo jo iskali. Naj bo deg f(x) > 1 in p(x)

nerazcepen faktor od f(x), a nicla polinoma p(x) v E in b nicla polinoma φ(p(x)) v E′. Iz

leme 3.64 sledi, da obstaja izomorfizem α iz F (a) v F ′(b), ki se ujema s φ na F , ki preslika

a v b. Zapisimo f(x) = (x − a)g(x), kjer je g(x) ∈ F (a)[x]. Potem je E razpadno polje

za polinom g(x) nad F (a) in E′ je razpadno polje za α(g(x)) nad F ′(b). Ker je stopnja

polinoma g(x) manjsa od stopnje polinoma f(x), obstaja izomorfizem iz E v E′, ki se ujema

z α na F (a) in zato tudi s φ na F .

Posledica 3.66 Naj bo F polje in polinom f(x) ∈ F [x]. Potem sta poljubni dve razpadni

polji polinoma f(x) nad F izomorfni.

3.6 Razpadno polje 67

Dokaz. Predpostavimo, da sta E in E′ razpadni polji polinoma f(x) nad F . Rezultat sledi

iz izreka 3.65, ce je preslikava φ identicna preslikava iz F v F .

Poglavje 4

Koncna polja in Wedderburnov

izrek

Preden lahko zapisemo Wedderburnov izrek o koncnih obsegih, moramo najprej raziskati

lastnosti polj, ki imajo koncno stevilo elementov. Taksna polja se imenujejo koncna polja.

Koncna polja obstajajo, saj je kolobar Zp, kjer je p prastevilo, primer polja s p elementi. V

tem poglavju bomo dolocili vsa mozna koncna polja in si pogledali nekaj njihovih pomemb-

nih lastnosti.

Definicija 4.1 Polje F , ki ima samo koncno stevilo elementov, se imenuje koncno polje.

Stevilu elementov v koncnem polju pravimo red polja in ga oznacimo s |F |.

4.1 Razsiritev polj

Lema 4.2 Naj bo F koncno polje s q elementi in predpostavimo, da je K razsiritev polja

F , kjer je K tudi koncno polje. Potem ima K qn elementov, kjer je n = [K : F ].

Dokaz. K je vektorski prostor nad F in ker je K koncen, je zagotovo koncno dimenzionalen

kot vektorski prostor nad F . Predpostavimo, da je [K : F ] = n, potem ima K bazo z n

elementi. Naj bodo v1, v2, . . . vn elementi baze od K (nad F ). Potem ima vsak element iz

K enolicno predstavitev v obliki α1v1 +α2v2 + . . .+αnvn, kjer so α1, α2, . . . , αn ∈ F . Tako

je stevilo elementov v K, stevilo elementov, ki so oblike α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn, kjer so

α1, α2, . . . , αn elementi polja F . Ker lahko za vsak element iz K koeficiente (α1, α2, . . . , αn)

izberemo na qn nacinov, ima K qn elementov.

68

4.2 Karakteristika 69

4.2 Karakteristika

Izrek 4.3 Koncno polje F ima prastevilsko karakteristiko, char(F ) = p in pn elementov,

kjer je n ∈ N .

Dokaz. Ker ima F koncno stevilo elementov, iz posledice 1.26 sledi, da je f1 = 0, kjer je

f stevilo elementov v F . Tako ima F po izreku 2.19 karakteristiko p za neko prastevilo

p. Zato F vsebuje polje F0, ki je izomorfno Zp, kar sledi iz posledice 2.43. Ker ima F0 p

elementov, ima F pn elementov, kjer je n = [F : F0] po lemi 4.2

Posledica 4.4 Ce ima koncno polje F pn elementov, potem vsak a ∈ F zadosca apn

= a.

Dokaz. Ce je a = 0 je trditev posledice trivialna.

Po drugi strani nenicelni elementi iz F , tvorijo grupo za operacijo mnozenja reda pn − 1,

tako iz posledice 1.26 sledi, da je apn−1 = 1 za vse a 6= 0 v F . Ce to relacijo pomnozimo z

a, dobimo apn

= a.

Lema 4.5 Ce ima koncno polje F pn elementov, potem polinom xpn − x iz F [x] razpade

na linearne faktorje v F [x] kot xpn − x =

∏λ∈F (x− λ).

Dokaz. Po lemi 3.52 ima polinom xpn − x najvec pn nicel v F . Vendar pa iz posledice 4.4

vemo, da so vse te nicle, ki jih je pn, razlicni elementi iz F . Iz posledice 3.50 sledi, da je

xpn − x =

∏λ∈F (x− λ).

Zgled. Naj bo p prastevilo. Uporabimo lemo 4.5 za Zp = {0, 1, . . . , p− 1}.Torej je xp−1 − 1 ≡ (x− 1)(x− 2) . . . (x− (p− 1)) (mod p).

Izracunajmo vrednost polinoma v 0:

−1 ≡ (−1)(−2) . . . (−p− 1) (mod p)

−1 ≡ (−1)p−1︸ ︷︷ ︸1, p=2; 1,p lih

1 · 2 . . . (p− 1) (mod p)

−1 ≡ (p− 1)! (mod p)⇒ 0 ≡ (p− 1)! + 1 (mod p).

Posledica 4.6 Ce ima polje F pn elementov, potem je F razpadno polje polinoma xpn −x.

Dokaz. Iz leme 4.5 vemo, da xpn − x zagotovo razpade v F . Vendar pa ne more razpasti v

katerem koli manjsem polju, saj bi to polje moralo vsebovati vse nicle polinoma in tako bi

moralo imeti najmanj pn elementov. Tako je F razpadno polje polinoma xpn − x.

Kot smo videli iz izreka 3.65, sta poljubni dve razpadni polji nad danim poljem nekega

polinoma izomorfni. Glede na posledico 4.6 lahko zapisemo trditve naslednjega poglavja.

4.3 Klasifikacija koncnih polj 70

4.3 Klasifikacija koncnih polj

Lema 4.7 Poljubni dve koncni polji, ki imata enako stevilo elementov, sta izomorfni.

Dokaz. Ce imata ti dve polji pn elementov, potem iz posledice 4.6 sledi, da sta to razpadni

polji polinoma xpn − x nad Zp, iz posledice 3.66 sledi, da sta izomorfni.

Tako za poljuben n ∈ N in poljubno prastevilo p obstaja vse do izomorfizma natancno

najvec eno polje, ki ima pn elementov. Namen naslednje leme je dokazati, da za poljubno

prastevilo p in poljuben n ∈ N obstaja polje s pn elementi.

Lema 4.8 Za vsako prastevilo p in vsako naravno stevilo n obstaja polje, ki ima pn ele-

mentov.

Dokaz. Preucimo polinom xpn − x v Zp[x], ki je kolobar polinomov spremenljivke x nad

Zp, ki pa je polje celih stevil po modulu p. Naj bo K razpadno polje tega polinoma. Naj bo

F = {a ∈ K|apn = a}. Elementi iz F so tako nicle polinoma xpn −x, ki so po posledici 3.58

vse razlicne, iz tega sledi, da ima F pn elementov. Trdimo, da je F polje. Ce je a, b ∈ F ,

potem je apn

= a, bpn

= b in tako je (ab)pn

= apnbpn

= ab in je ab ∈ F . Prav tako, ker je

karakteristika p, je (a ± b)pn = apn ± bpn = a ± b, in zato je a ± b ∈ F . Za vsak a ∈ F je

a−1 = apn−1 ∈ F . Posledicno je F podpolje od K, torej tudi samo polje. Ker vemo, da ima

polje F pn elementov, je lema dokazana.

S pomocjo lem 4.7 in 4.8 smo dokazali naslednji pomembni izrek v teoriji polj.

Izrek 4.9 (Klasifikacija koncnih polj) Za poljubno prastevilo p in poljuben n ∈ N ob-

staja do izomorfizma natancno enolicno doloceno koncno polje s pn elementi.

Polje s pn elementi imenujemo Galoisovo polje (po znanem francoskem matematiku Eva-

ristu Galoisu) in ga oznacimo z GL(pn).

4.4 Wedderburnov izrek

Lema 4.10 Naj bo G koncna Abelova grupa, kjer je pogoj xn = e izpolnjen za najvec n

elementov iz G za vsako naravno stevilo n. Potem je G ciklicna grupa.

4.4 Wedderburnov izrek 71

Dokaz. Ce je red grupe G potenca nekega prastevila q, potem je rezultat zelo enostaven.

Predpostavimo, da je a ∈ G element, katerega red je najvecji mozen in enak qr za neko

naravno stevilo r. Elementi e, a, a2, . . . aqr−1 nam dajo qr razlicnih resitev za enacbo xq

r= e,

kar po nasi predpostavki pomeni, da so to vse resitve za to enacbo. Za vsak b ∈ G je red

b enak qs, kjer je s ≤ r, zato je bqr

= (bqs)qr−s

= e. Iz tega sledi, da je b = ai za nek i, in

tako je G ciklicna.

Splosno koncno Abelovo grupo G lahko zapisemo kot G = Sq1Sq2 . . . Sqk , kjer so qi razlicni

prastevilski delitelji od |G| in so Sqi sylowske podgrupe od G (posledica 1.19). Poleg tega

lahko vsak element g ∈ G zapisemo na enolicen nacin kot g = s1s2 . . . sk, kjer je si ∈ Sqi .Katera koli resitev enacbe xn = e v Sqi je ena izmed resitev od xn = e v G, tako da za

vsak Sqi veljajo predpostavke, ki smo jih upostevali na G. Iz razmisleka v prvem odstavku

dokaza vemo, da je vsak Sqi ciklicna grupa, in naj bo ai generator od Sqi . Trdimo, da

je c = a1a2, . . . , ak generator grupe G. Dovolj je dokazati, da |G| deli m, kjer je m red

elementa c. Ker je cm = e imamo am1 am2 . . . a

mk = e. Zaradi enolicnosti pri predstavitvi

elementa iz G kot produkta elementov v Sqi ugotovimo, da je vsak ami = e. Tako |Sqi | | mza vsak i. Torej |G| = |Sq1 ||Sq2 | . . . |Sqk | | m. Vendar pa m | |G| in tako je |G| = m. To

dokazuje, da je G ciklicna grupa.

Ta lema ima pomembno posledico, ki jo zapisemo v naslednji lemi.

Lema 4.11 Naj bo K polje in naj bo G koncna podgrupa grupe K∗. Potem je G ciklicna

grupa.

Dokaz. Ker je K polje, ima vsak polinom stopnje n v K[x] najvec n nicel v K. Prav tako

ima za vsako naravno stevilo n polinom xn − 1 najvec n nicel v K in zato najvec n nicel v

G. Predpostavka iz leme 4.10 je izpolnjena, torej je G ciklicna.

Izrek 4.12 Grupa nenicelnih elementov koncnega polja za operacijo mnozenja je ciklicna.

Dokaz. Naj bo F koncno polje. Ce uporabimo predhodno lemo za F = K in G = F ∗ grupo

nenicelnih elementov iz F , je izrek dokazan.

Lema 4.13 Ce je F koncno polje in sta α 6= 0, β 6= 0 dva elementa iz F , potem lahko

najdemo elementa a in b v F , taka da velja 1 + αa2 + βb2 = 0.

4.4 Wedderburnov izrek 72

Dokaz. Ce je karakteristika od F enaka 2, ima F 2n elementov in vsak element x v F

zadosca x2n

= x, saj je x2 = (x2n)2 = x2

n·2 = x2n+1. Tako je vsak element v F kvadrat.

Torej je tudi α−1 = a2 za nek a ∈ F . Z uporabo elementov a in b = 0 dobimo 1+αa2+βb2 =

1 + αα−1 + 0 = 1 + 1 = 0, kjer je zadnja enakost posledica dejstva, da je karakteristika od

F enaka 2.

Ce je karakteristika od F liho prastevilo p, ima F pn elementov. Naj bo

Wα = {1 + αx2|x ∈ F}. Koliko elementov ima Wα? Ugotoviti moramo, kako pogosto je

1+αx2 = 1+αy2. Ta relacija nam da αx2 = αy2, in ker je α 6= 0, je x2 = y2. Tako dobimo,

da je x = ±y. In za x 6= 0 dobimo iz vsakega para x in −x en element v Wα in za x = 0

dobimo 1 ∈ Wα. Tako ima Wα natanko 1 + (pn − 1)/2 = (pn + 1)/2 elementov. Podobno

ima Wβ = {−βx2|x ∈ F} prav tako (pn + 1)/2 elementov. Ker ima vsak Wα in Wβ vec

kot polovico elementov iz F , morata imeti neprazen presek. Naj bo c ∈ Wα ∩Wβ. Ker je

c ∈ Wα, je c = 1 + αa2 za nek a ∈ F in ker je c ∈ Wβ, je c = −βb2 za nek b ∈ F . Torej je

1 + αa2 = −βb2, kar nam da zeleni rezultat 1 + αa2 + βb2 = 0.

4.4.1 Wedderburnov izrek o koncnih obsegih

Preden nazorno preucimo koncne obsege, bomo najprej dokazali pomembne predhodne leme.

Lema 4.14 Naj bo K kolobar in naj bo a ∈ K. Naj bo Ta : K → K preslikava definirana

kot Ta(x) = xa− ax, ∀x ∈ K. Potem je za poljuben m ∈ N:

Tma (x) = xam −(m

1

)axam−1 +

(m

2

)a2xam−2 −

(m

3

)a3xam−3 + . . .+

+(−1)m−1(

m

m− 1

)am−1xa+ (−1)mamx =

m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam−k.

Z Tma (x) imamo v mislih kompozitum (Ta ◦ Ta ◦ . . . ◦ Ta︸ ︷︷ ︸m−krat

)(x).

Dokaz. Kaj je T 2a (x)? T 2

a (x) = Ta(Ta(x)) = Ta(xa− ax) = (xa− ax)a− a(xa− ax) =

= xa2 − 2axa+ a2x. Kaj pa je T 3a (x)? T 3

a (x) = Ta(T2a (x)) = (xa2 − 2axa+ a2x)a−

−a(xa2 − 2axa+ a2x) = xa3 − 3axa2 + 3a2xa− a3x. Dokaz nadaljujemo z indukcijo.

In sicer predpostavljamo, da velja:

Tma (x) =

m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam−k.

4.4 Wedderburnov izrek 73

Dokazujemo, da je

Tm+1a (x) =

m+1∑k=0

(−1)k(m+ 1

k

)akxam+1−k.

Torej

Tm+1a (x) = Ta(T

ma (x)) =

=

(m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam−k

)a− a

(m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam−k

)

=

m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam+1−k −

m∑k=0

(−1)k(m

k

)ak+1xam−k

=m∑k=0

(−1)k(m

k

)akxam+1−k −

m+1∑l=1

(−1)l−1(

m

l − 1

)alxam+1−l

= (−1)0(m

0

)︸ ︷︷ ︸=(m+1

0 )

xam+1 +m∑k=1

(−1)k[(m

k

)+

(m

k − 1

)]akxam+1−k

+(−1)m+1

(m

m

)︸ ︷︷ ︸=(m+1

m+1)

am+1x

=m+1∑k=0

(−1)k(m+ 1

k

)akxam+1−k.

Posledica 4.15 Ce je K kolobar, v katerem je px = 0 za vse x ∈ K in kjer je p prastevilo,

potem velja T pm

a (x) = xapm − apmx za vsak x ∈ K.

Dokaz. S pomocjo formule iz leme 4.14 dobimo, da ce je p = 2, je T 2a (x) = xa2 − a2x, ker

je 2axa = 0. Tako je T 4a (x) = (xa2 − a2x)a2 − a2(xa2 − a2x) = xa4 − a4x in tako naprej za

T 2ma (x).

Ce je p liho prastevilo, potem spet s pomocjo formule iz leme 4.14 dobimo

T pa (x) = xap − paxap−1 +p(p− 1)

2a2xap−2 + . . .− apx,

4.4 Wedderburnov izrek 74

in ker

p | p(p− 1) . . . (p− i+ 1)

i!

za i < p vsi srednji izrazi izpadejo in tako ostane T pa (x) = xap − apx = Tap(x). Tako velja

T p2

a (x) = (Tap(x))p = Tap2

(x) in tako naprej za vecje potence prastevila p.

Lema 4.16 Naj bo D koncen obseg s karakteristiko p > 0 in s centrom Z in naj bo

P = {0, 1, 2, . . . , p− 1} podpolje od Z, izomorfno z Zp. Predpostavimo, da je a ∈ D, a /∈ Ztaksen, da velja ap

n= a za nek n ≥ 1. Potem obstaja x ∈ D taksen, da velja

1. xax−1 6= a.

2. xax−1 ∈ P (a), kjer P (a) oznacuje razsiritev polja P z elementom a.

Dokaz. Definirajmo preslikavo Ta : D → D s predpisom Ta(y) = ya− ay, za vsak y ∈ D.

P (a) je koncno polje, ker je a algebraicen nad P , in recimo, da ima pm elementov. Vsi

elementi P (a) zadoscajo enacbi upm

= u. Iz posledice 4.15 sledi, da je

T pm

a (y) = yapm − apmy = ya− ay = Ta(y) za vsak y ∈ D in tako je T p

m

a = Ta.

Za vsak λ ∈ P (a), je Ta(λx) = (λx)a− a(λx) = λxa− λax = λ(xa− ax) = λ(Ta(x)), saj λ

komutira z a. Torej preslikava λI : D → D, ki je definirana kot λI : y → λy, komutira s Ta

za vsak λ ∈ P (a). Z uporabo leme 4.5 vidimo, da velja

upm − u =

∏λ∈P (a)

(u− λ).

Ker Ta komutira z λI za vsak λ ∈ P (a) in ker je T pm

a = Ta, nadalje velja:

0 = T pm

a − Ta =∏

λ∈P (a)

(Ta − λI).

Ce bi za vsak λ 6= 0 iz P (a) veljalo

(Ta − λI)(y) = 0⇒ y = 0,

bi iz enakosti Ta(Ta − λ1I) . . . (Ta − λkI) = 0, kjer so λ1, λ2, . . . , λk nenicelni elementi iz

P (a), sledilo Ta = 0.

To bi pomenilo, da je

0 = Ta(y) = ya− ay za vsak y ∈ D

4.4 Wedderburnov izrek 75

oziroma da a ∈ Z, kar je v protislovju s predpostavko.

Torej obstaja λ 6= 0 v P (a) in x 6= 0 iz D, da je

(Ta − λI)(x) = 0.

Zapisano drugace: xa− ax− λx = 0. Iz tega sledi

xax−1 = a+ λ ∈ P (a) in xax−1 6= a, saj λ 6= 0.

Posledica 4.17 V lemi 4.16 je xax−1 = ai 6= a za neko naravno stevilo i.

Dokaz. Naj bo a reda s, potem so v polju P (a) nicle polinoma us−1 enake 1, a, a2, . . . , as−1,

ki jih je skupaj s in so vse razlicne. Ker je (xax−1)s = xasx−1 = 1 in ker je xax−1 ∈ P (a),

je xax−1 nicla v P (a) od polinoma us− 1, torej je xax−1 = ai za nek i ∈ {0, 2, . . . , s− 1}.

Sedaj imamo dokazane vse potrebne leme in posledice, da dokazemo Wedderburnov izrek.

Izrek 4.18 (Wedderburnov izrek) Vsak koncen obseg je polje.

Dokaz. Naj bo D koncen obseg in naj bo Z njegov center. Dokaz bo potekal z indukcijo

po |D|. Predpostavimo, da je vsak obseg, ki ima manj elementov kot D, polje.

Najprej dokazimo, da za a, b ∈ D, za katera je bta = abt, toda ba 6= ab, velja bt ∈ Z.

Oglejmo si mnozico N(bt) = {x ∈ D|btx = xbt}.Dokazimo, da je N(bt) podobseg od D. Torej, da za vsaka x, y ∈ N(bt) velja:

(1.) x− y ∈ N(bt),

(2.) xy ∈ N(bt),

(3.) x︸︷︷︸6=0

∈ N(bt) ⇒ x−1 ∈ N(bt).

(1.) Dokazujemo bt(x− y) = (x− y)bt.

bt(x− y) = btx− bty = xbt − ybt = (x− y)bt.

(2.) Dokazujemo bt(xy) = (xy)bt.

bt(xy) = (btx)y = (xbt)y = x(bty) = (xy)bt.

(3.) Dokazujemo btx−1 = x−1bt.

btx−1 = bt1x−1 = 1btx−1 = x−1xbtx−1 = x−1bt xx−1︸ ︷︷ ︸=1

= x−1bt.

Torej je N(bt) res podobseg od D.

Ce N(bt) ni enak D, potem je po indukcijski predpostavki komutativen, torej polje. Toda

4.4 Wedderburnov izrek 76

oba a in b sta v N(bt) in ne komutirata, torej N(bt) ni komutativen in je zato enak D. Torej

je bt ∈ Z.

Vsak nenicelni element iz D ima koncni red, zato neka pozitivna potenca od tega nenicelnega

elementa pripada Z. Za podan w ∈ D definirajmo red elementa w glede na Z kot najmanjse

naravno stevilo m(w), tako da je wm(w) ∈ Z.

Izberimo element a v D, ki ni v Z in ki ima najmanjsi mozni red glede na Z in naj bo ta

red oznacen z r. Dokazimo, da je r prastevilo. Ce r = r1r2, kjer je 1 < r1 < r, potem ar1

ne lezi v Z. Toda (ar1)r2 = ar ∈ Z, iz cesar sledi, da ima element ar1 red glede na Z manjsi

od reda od a. To pa je protislovje, torej je r res prastevilo.

Po posledici 4.17 obstaja x ∈ D taksen, da velja xax−1 = ai 6= a. Zato je

x2ax−2 = x(xax−1)x−1 = xaix−1 = (xax−1)i = (ai)i = ai2. Podobno dobimo

xr−1ax−(r−1) = air−1

. Toda r je prastevilo, zato po malem Fermatovem izreku 1.27 velja

ir−1 = 1 + u0r, saj je D(r, i) = 1. Posledicno je air−1

= a1+u0r = aau0r = λa, kjer je

λ = au0r ∈ Z. Torej je xr−1a = λaxr−1. Ker x /∈ Z in je r najmanjsi mozni, xr−1 ne more

biti v Z. Ker je xa 6= ax in xr−1a 6= axr−1, je λ 6= 1. Naj bo b = xr−1. Torej je bab−1 = λa

in posledicno λrar = (bab−1)r = barb−1 = ar, saj je ar ∈ Z. Iz tega sledi, da je λr = 1.

Nadalje razmislimo, da ce je y ∈ D, ko je yr = 1, potem je y = λi za nek i ∈ N. To velja,

saj je v polju Z(y) najvec r nicel polinoma ur − 1. Elementi 1, λ, λ2, . . . , λr−1 lezijo v Z in

so razlicni, saj je λ reda r, kjer je r prastevilo. Vsi ti elementi so nicle polinoma ur − 1 v

Z(y), ki jih je skupaj r, zato je posledicno y = λi.

Ker je λr = 1, br = λrbr = (λb)r = (a−1ba)r = a−1bra, iz tega dobimo, da je abr = bra.

Ker a komutira z br, ampak ne komutira z b, mora zaradi predhodnega razmisleka element

br lezati v Z. Po izreku 4.12 je mnozica nenicelnih elementov centra Z ciklicna grupa za

operacijo mnozenja. Naj bo γ ∈ Z njen generator. Torej je ar = γj in br = γk za neka

j, k ∈ N. Ce je j = sr, potem je ar = γsr in zato (aγ−s)r = 1. To bi pomenilo, da je

aγ−s = λi, iz cesar bi sledilo, da je a ∈ Z, kar pa je v nasprotju z a /∈ Z.

Zato r ne deli j, podobno r ne deli k. Naj bo a1 = ak in b1 = bj . Ker je ba = λab je

a1b1 = akbj =

k︷ ︸︸ ︷aa . . . a bb . . . b︸ ︷︷ ︸

j

= aa . . . ab︸︷︷︸=λ−1ba

b . . . b

= aa . . . a︸ ︷︷ ︸k−1

λ−1bab . . . b = λ−j a . . . a︸ ︷︷ ︸k−1

bb . . . b︸ ︷︷ ︸j

a

= (λ−j)kbjak = λ−jkbjak = λ−jkb1a1,

oznacimo µ = λ−jk ∈ Z. Ker je prastevilo r red od λ in r ne deli j ali k, je λjk 6= 1, zato je

µ 6= 1. Opazimo, da je µr = 1, saj je λr = 1.

Dobili smo dva elementa a1, b1 za katera velja:

4.4 Wedderburnov izrek 77

1. ar1 = br1 = α ∈ Z, saj ar1 = (ak)r = (ar)k = (γj)k = γjk in

br1 = (bj)r = (br)j = (γk)j = γjk.

2. a1b1 = µb1a1, kjer je µ 6= 1 element iz Z,

3. µr = 1.

Izracunajmo (a−11 b1)r.

Za kvadrat velja (a−11 b1)2 = a−11 b1a

−11 b1 = a−11 (b1a

−11 )b1 = a−11 (µa−11 b1)b1 = µa−21 b21. Ce

racunamo (a−11 b1)3, dobimo, da je enako µ1+2a−31 b31. Ce nadaljujemo z racunanjem, dobimo

naslednjo enakost (a−11 b1)r = µ1+2+...+(r−1)a−r1 br1 = µ1+2+...+(r−1) = µr(r−1)/2.

Ce je r liho prastevilo, in ker je µr = 1, sledi, da je µr(r−1)/2 = 1 oziroma (a−11 b1)r = 1.

Ker je torej a−11 b1 resitev enacbe yr = 1, je oblike a−11 b1 = λi za nek i ∈ N, iz cesar sledi

b1 = λia1. Toda potem je µb1a1 = a1b1 = b1a1, kar pa je v protislovju s predpostavko, da

je µ 6= 1. Ce je torej r liho prastevilo, je izrek dokazan.

Sedaj moramo obravnavati se primer, ko je r = 2. V tem posebnem primeru obstajata dva

elementa a1, b1 ∈ D, tako da velja a21 = b21 = α ∈ Z in a1b1 = µb1a1, kjer je µ2 = 1 in µ 6= 1.

Tako je µ = −1 in a1b1 = −b1a1 6= b1a1. Zato karakteristika od D ni enaka 2. Iz leme 4.13

sledi, da lahko najdemo dva elementa ζ, η ∈ Z, tako da velja 1 + ζ2 − αη2 = 0. Oglejmo si

(a1 + ζb1 + ηa1b1)2. Izracun pove, da je (a1 + ζb1 + ηa1b1)

2 = α(1 + ζ2 − αη2) = 0. Ker je

to element obsega, sledi, da je a1 + ζb1 + ηa1b1 = 0. Torej velja

0 6= 2a21 = a1(a1 + ζb1 + ηa1b1) + (a1 + ζb1 + ηa1b1)a1 = 0. To protislovje zakljucuje dokaz

in tako je Wedderburnov izrek dokazan.

Literatura

[1] I. N. Herstein, Topics in algebra, 2nd Edition, John Wiley & Sons, United States of

America, 1975

[2] I. N. Herstein, Abstract algebra, 3nd Edition, Prentice-Hall, United States of America,

1996.

[3] Ivan Vidav, Algebra, Paralele, Ljubljana, 1987.

[4] Joseph A. Gallian, Contemporary Abstract Algebra, 8th Edition, Cengage Learning,

United States of America, 2012.

[5] Kenneth H. Rosen, Elementary Number Theory and Its Applications, 1986 (online).

(citirano: 04. 09. 2017). Dostopno na naslovu: http://b-ok.org/ireader/968702.

[6] Marlow Anderson, Todd Feil, A First Course in Abstract Algebra, Rings, Groups and

Fields, Second Edition, Chapman and Hall/CRC, United States of America, 2005.

[7] Rudolf Lidl, Harald Niederreiter, Finite fields, Encyclopedia of Mathematics and its

Applications, Cambridge University Press, United States of America, 1997.

78