Algebra

Wykłady z algebry abstrakcyjnej

A. Paweł Wojda

6 stycznia 2014

Spis treści

1 Arytmetyka liczb całkowitych 71.1 Liczby pierwsze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Algorytm Euklidesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Grupy 152.1 Funkcja ϕ Eulera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Podgrupy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Homorfizmy grup, grupy izomorficzne . . . . . . . . . . . . . . . 212.4 Grupy cykliczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.5 Twierdzenie Cayleya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.6 Twierdzenie Lagrange’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.6.1 Wnioski z twierdzenia Lagrange’a . . . . . . . . . . . . . . 282.7 Podgrupy normalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.8 Sprzężenie podgrupy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.9 Grupy alternujące . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.10 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Arytmetyka modularna 373.1 Twierdzenie Eulera i Małe Twierdzenie Fermata . . . . . . . . . . 373.2 Chińskie twierdzenie o resztach – równania modularne . . . . . . 383.3 Residua kwadratowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.4 Zasady kryptografii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.4.1 Metoda Rabina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.4.2 Metoda RSA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4 Działanie grupy na zbiorze 474.1 Działanie grupy na zbiorze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.2 Lemat Burnside’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.3 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5 Skończone grupy abelowe 575.1 Twierdzenie Cauchy’ego dla grup abelowych . . . . . . . . . . . . 575.2 Zasadnicze twierdzenie o skończonych grupach abelowych . . . . 58

3

4 SPIS TREŚCI

5.3 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

6 Twierdzenia Sylowa 656.1 Pierwsze twierdzenie Sylowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6.1.1 Wnioski z pierwszego twierdzenia Sylowa . . . . . . . . . 676.1.2 Twierdzenie o rozkładzie na orbity . . . . . . . . . . . . . 686.1.3 Drugie twierdzenie Sylowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

6.2 Wnioski z Drugiego Twierdzenia Sylowa . . . . . . . . . . . . . . 716.3 Trzecie twierdzenie Sylowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.4 Wnioski z twierdzeń Sylowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.5 Zastosowanie w matematyce dyskretnej . . . . . . . . . . . . . . 74

6.5.1 Grafy samodopełniające . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.5.2 Twierdzenie Muzychuka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

6.6 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

7 Pierścienie i ciała 797.1 Przykłady pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 807.2 Podpierścienie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 817.3 Ideały . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 817.4 Ideały i pierścienie główne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.5 Homomorfizmy pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.6 Podzielność w pierścieniach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.7 Charakterystyka pierścienia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 887.8 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

8 Pierścienie Gaussa 938.1 Pierścienie wielomianów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.2 Pierścienie główne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.3 Pierścienie euklidesowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 998.4 Zasadnicze Twierdzenie Arytmetyki . . . . . . . . . . . . . . . . . 1018.5 Ciało ułamków pierścienia całkowitego . . . . . . . . . . . . . . . 1038.6 Homomorfizmy pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1048.7 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058.8 Wielomiany nad pierścieniami Gaussa . . . . . . . . . . . . . . . 1068.9 Twierdzenie Gaussa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1088.10 Wielomiany nieprzywiedlne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1098.11 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9 Wielomiany wielu zmiennych 1139.1 Wielomiany symetryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1139.2 Twierdzenie Wilsona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1159.3 Podstawowe twierdzenie o wielomianach symetrycznych . . . . . 116

SPIS TREŚCI 5

10 Rozszerzenia ciał 12110.1 Ciało rozkładu wielomianu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12410.2 Zasadnicze Twierdzenie Algebry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12510.3 Rozszerzenia skończone i algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . 12810.4 Rozszerzenia przestępne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13410.5 Rząd ciała skończonego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13510.6 Pochodne wielomianów i krotności pierwiastków . . . . . . . . . . 13610.7 Ciało Galois rzędu pn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13710.8 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

11 Teoria Galois 14311.1 Grupy Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14311.2 Grupa Galois rozszerzenia prostego . . . . . . . . . . . . . . . . . 14411.3 Wielomiany i ciała rozdzielcze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14711.4 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

12 Wskazówki do wybranych zadań 15112.1 Rozdział 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15112.2 Rozdział 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15112.3 Rozdział 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15112.4 Rozdział 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15212.5 Rozdział 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

13 Oznaczenia 155

Bibliografia 159

Index 159

6 SPIS TREŚCI

Rozdział 1

Arytmetyka liczb całkowitych

Poniżej przypomnimy niektóre definicje i własności liczb całkowitych, które po-trzebne nam będą w dalszym ciągu wykładu. Później zobaczymy, że twierdzenia,które podamy i udowodnimy w tym krótkim wprowadzeniu są bardzo szczegól-nymi przypadkami twierdzeń znacznie bardziej ogólnych. Niemniej warto jużteraz o nich powiedzieć ponieważ będą nam bardzo szybko potrzebne oraz dla-tego, że łatwiej będzie później dowody twierdzeń dotyczących struktur abstrak-cyjnych zrozumieć.

1.1 Liczby pierwszeLiczbami pierwszymi nazywamy liczby naturalne1, których nie da się przedsta-wić w postaci iloczynu co najmniej dwóch liczb naturalnych różnych od 0 i 1.Czasami liczby te oznacza się przez P = {2, 3, 5, 7, ...}. Znane były od starożyt-ności. Dzięki swoim bardzo praktycznym zastosowaniom w teorii szyfrowania(o czym piszemy w rozdziale 3.4) stanowią bardzo atrakcyjny przedmiot badań.Liczby naturalne, które można przedstawić jako iloczyn co najmniej dwóch liczbnaturalnych (różnych od 0 i 1) nazywamy liczbami złożonymi.Szczególnie ważny dla nas jest podany przez Euklidesa znany fakt, że zbiór liczbpierwszych jest nieskończony.Rzeczywiście, przypuśćmy, że P = {p1, p2, ..., pn}. Oznaczałoby to, że każdaliczba naturalna różna od 0 i 1 jest podzielna przez co najmniej jedną z liczbp1, p2, ..., pn. Zdefiniujmy liczbę

a = p1p2 · ... · pn + 1

a jest liczbą naturalną większą od każdej z liczb p1, p2, ..., pn, która nie jestpodzielna przez żadną z nich, bowiem reszta z dzielenia a przez pi jest równa 1.Udowodniliśmy w ten sposób fakt znany już Euklidesowi.

1Za znane przyjmujemy zbiory liczbowe i ich oznaczenia. Warto uczynić jednak wyją-tek dla zbioru liczb naturalnych N, poniewaą bywa on definiowany w różnych książkach roz-maicie. Tu przez liczby naturalne rozumieć będziemy liczby całkowite nieujemne, a więcN = {0, 1, 2, 3, ...}.

7

8 ROZDZIAŁ 1. ARYTMETYKA LICZB CAŁKOWITYCH

Twierdzenie 1.1 (Twierdzenie Euklidesa.) Zbiór liczb pierwszych jest nie-skończony.

Znacznie więcej na temat liczności zbioru liczb pierwszych mówi twierdze-nie udowodnione przez Eulera2 w 1748 roku. Twierdzenie to podajemy tu zdowodem Paula Erdősa3 z 1938 roku. W [1] można znaleźć więcej rozważańna temat rozmieszczenia liczb pierwszych (por. także [7]). W dowodzie wy-stępuje oznaczenie bac na cechę liczby rzeczywistej a, zwaną także podłogąliczby . Tak więc bac = max{x ∈ R : x ≤ a}. Przez analogię mówimy, żedae = min{x ∈ R : x ≥ a} jest sufitem liczby rzeczywistej a.

Twierdzenie 1.2 (Euler 1738) Szereg∑p∈P

1p jest rozbieżny.

Dowód (nie wprost). Przypuśćmy, że P = {p1, p2, ...} (p1 < p2 < ...) jestzbiorem wszystkich liczb pierwszych i szereg

∞∑n=1

1

pn

jest zbieżny.Wtedy istnieje takie k ∈ N, że ∑

n≥k+1

1

pn<

1

2

Nazwijmy liczby pierwszep1, p2, ..., pk

małymi liczbami pierwszymi zaś

pk+1, pk+2, ...

dużymi liczbami pierwszymi.Dla dowolnego N ∈ N mielibyśmy wówczs∑

n≥k+1

N

pi<N

2(1.1)

Dla dowolnego N ∈ N oznaczmy przez2Leonard Euler, 1707-1783.3Pál Erdős, 1913-1996. Wybitny matematyk węgierski, autor bądź współautor rekordowej

liczby naukowych prac naukowych (ponad 1500) a także bohater niezliczonej liczby anegdoti oryginalnych poglądów na wiele spraw. Wygłaszał pogląd, że Bóg ma Księgę, w której sązapisane najpiękniejsze dowody twierdzeń matematycznych. Ten pogląd Erdősa podsunąłAignerowi i Zieglerowi pomysł napisania Dowody z Księgi, która ma zawierać, zdaniem au-torów, dowody z Księgi, o której myślał Erdős. Jednym z nich jest prezentowany to dowódtwierdzenia 1.2.

1.1. LICZBY PIERWSZE 9

Nd - liczbę tych n ≤ N (n ∈ N), które mają co najmniej jeden duży dzielnikpierwszy (czyli dzielnik pierwszy w zbiorze {pk+1, pk+2, ...}).

Nm - liczbę tych n ≤ N (n ∈ N), które mają tylko małe dzielniki pierwsze.

OczywiścieNd +Nm = N

Wykażemy jednak, że przypuszczając, że szereg∑p∈P

1p jest zbieżny otrzymamy

ostrą nierówność Nd +Nm < N i to właśnie będzie szukana sprzeczność, którezakończy dowód twierdzenia 1.2.

Zauważmy, że

bNpi c jest liczbą tych liczb naturalnych, które są podzielne przez liczbę pi i niesą większe od N .4

Stąd i z nierówności (1.1) wynika następujące oszacowanie liczby Nd:

Nd ≤∑i≥k+1

bNpic < N

2

Niech n ≤ N , n ∈ Nm (tak więc tym razem przypuszczamy, że liczba n matylko małe dzielniki). Zapiszmy n w postaci

n = anb2n

gdzie an jest iloczynem różnych, czywiście małych, dzielników pierwszych liczbyn. Czynnik an nazwiemy częścią bezkwadratową, zaś b2n częścią kwadratową.Takich części bezkwadratowych może być co najwyżej 2k, bowiem różnych ma-łych dzielników jest k, każdy z nich w an może pojawić się co najwyżej jedenraz.Prawdziwe są nierówności

bn ≤√n ≤√N

z których wynika, że różnych części kwadratowych jest co najwyżej√N .

StądNm ≤ 2k

√N (1.2)

Wybierzmy N = 22k+2 (pamiętamy, że do tego momentu rozumowania N byłodowolną liczbą naturalną, możemy ją więc ustalić w dowolny sposób). Wówczas

2k√N ≤ N

2(1.3)

a więc (na podstawie nierówności (1.2) i (1.3))

Nm ≤ 2k√N ≤ N

2

4Rzeczywiście, przypuśćmy, że N = qpi + r, gdzie 0 ≤ r < pi. Wówczas bNpic = q.

Z drugiej zaś strony, liczbami naturalnymi niewiększymi od N i podzielnymi przez pi sąpi, 2pi, 3pi, ..., qpi. A więc tych liczb jest dokładnie q.

i wobec Nd < N2 otrzymujemy Nd +Nm < N , co kończy dowód.

Twierdzenie 1.2 mówi więcej o liczności zbioru liczb pierwszych niż twierdze-nie 1.1. Zbiór liczb pierwszych jest oczywiście przeliczalny jako podzbiór zbioruliczb naturalnych, jest więc z nim równoliczny. Można na jego liczność spojrzećjednak nieco inaczej.Przyjrzyjmy się wpierw zbiorowi liczb naturalnych N i porównajmy go z (równieżprzeliczalnym) zbiorem X = {n2 : n ∈ N}. Fakt, że szereg

∑n∈N

1n jest roz-

bieżny, zaś szereg∑n∈N

1n2 jest zbieżny można interpretować tak, że w zbiorze

X, który powstaje z N przez wyrzucenie z niego niektórych elementów pozo-staje co prawda nieskończona iloś’c elementów, ale już na tyle niewiele, że ichnieskończona suma jest zbieżna. W tym sensie twierdzenie 1.2 można interpre-tować tak, że liczb pierwszych jest nie tylko nieskończenie wiele, ale istotniewięcej niż liczb zbioru X kwadratów liczb naturalnych.Jak się okazuje jednak luki pomiędzy kolejnymi liczbami pierwszymi mogą byćdowolnie duże. Rzeczywiście, prawdziwe następujące twierdzenie.

Twierdzenie 1.3 Niech k ∈ N i niech n0 = 2 · 3 · 5 · ... · p będzie iloczynemwszystkich liczb pierwszych mniejszych od k + 2. Wówczas liczby n0 + 2, n0 +3, ..., n0 + (k + 1) nie są liczbami pierwszymi.

Dowód. Z definicji liczby n0 wynika, że zarówno n0 jak i dowolne i spełniającenierówności 2 ≤ i ≤ k+1 są podzielne przez jedną z liczb pierwszych 2, 3, 5, ..., p.

Na koniec rozważań o liczbach pierwszych dwa znane twierdzenia, których do-wodów tutaj nie podamy. Pierwsze z nich znane jest jako Postulat Bertranda5.

Twierdzenie 1.4 (Postulat Bertranda) Dla dowolnego n ∈ N istnieje liczbapierwsza p spełniająca n < p ≤ 2n.

Chyba najdokładniej opisuje gęstość zbioru liczb pierwszych w zbiorze liczbnaturalnych słynne twierdzenie znane jako Twierdzenie o Liczbach Pierwszych6

udowodnione niezależnie przez Hadamarda7 i Vallée de la Poussina8

Twierdzenie 1.5 (Twierdzenie o Liczbach Pierwszych)

limn→∞

{|p ≤ n : p jest liczbą pierwszą }|n

lnn

= 1

5Joseph Bertrand (1822-1900), matematyk francuski. Jego słynny postulat został w 1850roku udowodniony przez P.L. Czebyszewa i później niezależnie przez Ramanujana. W [1]można znaleźć dowód Erdősa postulatu Bertranda.

6Rozkład liczb pierwszych w zbiorze liczb naturalnych fascynował najbardziej znanych ma-tematyków. Wystarczy powiedzieć, że problemem asymptotycznego zachowania się licznościzbioru liczb pierwszych zajmowali się między innymi Legendre, Euler, Gauss i Dirichlet. Wpewien sposób ukoronowaniem tych poszukiwań jest właśnie Twierdzenie o Liczbach Pierw-szych.

7J.S. Hadamard (1865-1963).8Ch. J. de la Vallée-Poussin (1866-1962).

1.2. ALGORYTM EUKLIDESA 11

1.2 Algorytm Euklidesa

Poniższe twierdzenie o dzieleniu liczb całkowitych powinno być doskonaleznane.

Twierdzenie 1.6 (O dzieleniu liczb całkowitych.) Dla dowolnych liczb cał-kowitych a i b, b > 0, istnieją jednoznacznie wyznaczone liczby q, r ∈ Z takie,że

a = bq + r (1.4)

przy czym 0 ≤ r < b.

Dowód. Zdefiniujmy liczbę q wzorem q = max{q′ ∈ Z : bq′ ≤ a}. Łatwozauważyć, że nasze q jest dobrze określone (to znaczy istnieje dla dowolnych a, bcałkowitych takich, że b > 0).Niech r = a−bq. Wykażemy, że tak zdefiniowane liczby całkowite q i r spełniająwarunki twierdzenia.Rzeczywiście, r jest nieujemne i równość (1.4) jest oczywista. Należy jednaksprawdzić, że r < b. Zauważmy, że gdyby r ≥ b, wówczas prawdziwe byłybyzwiązki

bq < b(q + 1) = bq + b ≤ bq + r = a

Tak więc q + 1 spełniałoby b(q + 1) ≤ a, co sprzeczne jest ze sposobem wyboruq jako największej liczby całkowitej dla której bq ≤ a.Pozostaje udowodnić, że q i r spełniające tezę twierdzenia są jedyne. Przy-puśćmy, że a = bq1 + r1, a = bq2 + r2, przy czym 0 ≤ r1, r2 < b. Wówczasprawdziwa byłaby równość

bq1 + r1 = bq2 + r2

a więcb(q2 − q1) = r1 − r2

A więc r1 − r2 byłoby krotnością b. Ponieważ jednak |r1 − r2| < b, r1 − r2 jestrówne zeru, a więc r1 = r2. Stąd otrzymujemy, że b(q2 − q1) = 0, co wobeczałożenia, że b jest dodatnie daje, że i q1 = q2.

Liczby q oraz r zdefiniowane wzorem w twierdzeniu 1.6 nazywamy, odpo-wiednio, ilorazem i resztą dzielenia a przez b.

Dla dowolnych liczb całkowitych a, b, które nie są równocześnie równe zeru,zbiór liczb naturalnych, które dzielą zarówno a jak i b jest skończony. Stądoczywiście istnieje największa liczba w tym zbiorze. Liczbę tę nazywamy naj-większym wspólnym dzielnikiem a i b i oznaczamy przez NWD(a, b).

Wykażemy teraz istotną dla nas własność występujących w twierdzeniu 1.6liczb a, b i r.

Fakt 1.7 NWD(a, b) = NWD(b, r).

Rzeczywiście, oznaczmy d = NWD(a, b) oraz c = NWD(b, r). Skoro d dzielia oraz b, dzieli także r (najlepiej widać ten fakt po napisaniu wzoru (1.4) wpostaci r = a− bq). Ponieważ zaś c jest największym wspólnym dzielnikiem b ir, d dzieli c.Równie łatwo dowodzimy, że c|d, skąd już natychmiast wynika fakt 1.7.

Algorytm Euklidesa

Niech a, b ∈ Z, a, b 6= 0.Tworzymy rekurencyjnie ciąg (rn):r0 = a, r1 = brn−1 = qnrn + rn+1, gdzie 0 ≤ rn+1 < rn.Zauważmy, że skoro dla każdego n dla którego rn > 0 zachodzi 0 ≤ rn+1 < rn,ciąg (rn) jest skończony, istnieje takie k > 1, że rk 0 oraz rk+1 = 0. Mamy więcciąg k równości:

r0 = q1r1 + r2 r2 < r1r1 = q2r2 + r3 r3 < r2...rk−2 = qk−1rk−1 + rk rk < rk−1rk−1 = qkrk

(1.5)

Na mocy faktu 1.7 mamy: NWD(r0, r1) = NWD(r1, r2) = ... =NWD(rk−2, rk−1) = NWD(rk−1, rk) = rk. To oznacza, że prawdziwe jest na-stępujące twierdzenie.

Twierdzenie 1.8 Niech a, b ∈ Z, a, b 6= 0. Istnieje takie k całkowite, że rk 6= 0oraz rk+1 = 0 (gdzie ciąg (rn) jest wyznaczony przy pomocy algorytmu Eukli-desa). Co więcej, mamy wówczas rk =NWD(a, b).

Oczywiście algorytm Euklidesa kończy się w liczbie kroków ograniczonejprzez |b| i w tym sensie jest to algorytm szybki, efektywny9.

Twierdzenie 1.9 Niech a i b będą liczbami całkowitymi, nie równymi równo-cześnie zero. Wówczas

NWD(a, b) = min{d > 0 : d = ax+ by, x, y ∈ Z}

Dowód. Niech A = {d > 0 : d = αa+βb, α, β ∈ Z}. Zauważmy, że A 6= ∅ oraz,że minA istnieje. Oznaczmy d = minA. Oczywiście d ∈ A, a więc istnieją takieα i β, że d = αa+βb. Wykażemy wpierw, że d|a. Rzeczywiście, przypuśćmy, że

a = qd+ r

9Za algorytm szybki uważa się taki, który kończy działanie po czasie ograniczonym przezfunkcję wielomianową wielkości problemu. W naszym przypadku rozsądnym jest przyjąć, żewielkość problemu, to |b|.

1.2. ALGORYTM EUKLIDESA 13

gdzie d > r > 0. Wówczas

0 < r = a− qd = a− q(αa+ βb) = a(1− qα) + b(−qβ) < d

A to sprzeczne z definicją d jako najmniejszego elementu zbioru A10.W identyczny sposób dowodzimy, że d|b.Załóżmy teraz, że pewna liczba całkowita c dzieli zarówno a jak b. Wówczasc dzieli d = αa + βb, co kończy dowód faktu, że d jest największym wspólnymdzielnikiem a i b.

Korzystając ze ciągu związków (1.5) oraz faktu, że rk jest największymwspólnym dzielnikiem a i b, można w inny sposób udowodnić twierdzenie 1.9.Co więcej, widać także, że algorytm Euklidesa pozwala efektywnie wyrazićNWD(a, b) jako liniową kombinację liczb a i b.

Jeśli NWD(a, b) = 1, wówczas mówimy, że a i b są względnie pierwsze ipiszemy (a, b)= 1 lub a ⊥ b.

Wniosek 1.10 Liczby całkowite a i b są względnie pierwsze wtedy i tylko wtedygdy istnieją α, β ∈ Z takie, że

αa+ βb = 1

Co więcej, α i β dadzą się wyznaczyć przy pomocy algorytmu Euklidesa.

10A ma element najmniejszy (jak nie widzisz dlaczego, pomyśl nad uzasadnieniem, to nie-trudne!), nie musimy się więc tu zajmować subtelną różnicą pomiędzy elementem najmniej-szym a minimalnym elementem tego zbioru.

1.3 ZadaniaZadanie 1.1 Dla podanych liczb całkowitych a, b wskaż q, r ∈ Z takie, że a =bq + r, 0 ≤ r < b.

1. a = 17, b = 3

2. a = 3, b = 13

3. a = −34, b = 16

Zadanie 1.2 Wykorzystując algorytm Euklidesa, dla podanych liczb całkowi-tych a, b znajdź d = NWD(a, b) oraz takie α, β ∈ Z, że d = αa+ βb.

1. a = 246, b = 348

2. a = 105, b = 800

Rozdział 2

Grupy

Definicja 2.1 Zbiór G z działaniem łącznym ∗, posiadającym element neu-tralny w G i taki, że każdy element w G ma element odwrotny nazywamy grupą.O grupie G mówimy, że jest przemienna (lub abelowa) jeśli działanie ∗ jestprzemienne.

Przykład 2.1 Z łatwością można sprawdzić, że poniższe stuktury są grupami.

SX (zbiór permutacji zbioru X z działaniem składania funkcji).

Z (zbiór liczb całkowitych), Q (zbiór liczb wymiernych), R (zbiór liczb rzeczy-wistych), C (zbiór liczb zespolonych) z działaniem dodawania.

Q+ (zbiór liczb wymiernych dodatnich) z działaniem mnożenia.

Zn z działaniem dodawania modulo n.

Z∗5 = Z5 − {0} z działaniem mnożenia modulo 5.

Powyżej zauważyliśmy, że zbiór Z∗5 = Z5 − {0} z działaniem mnożenia (adokładniej: z działaniem indukowanym w Z5 przez mnożenie w zbiorze Z) jestgrupą. Równie łatwo jednak zauważyć, że Z8 − {0} już grupą multyplikatywnąnie jest. Rzeczywiście, w zbiorze {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} reszt z dzielenia przez 8 za-chodzi 2 ·4 ≡ 0 (mod 8), a stąd łatwo wynika, że ani 2 ani 4 nie mają ze względuna mnożenie elementów odwrotnych.Stąd pytanie: czy usuwając ze zbioru Z8 pewną liczbę elementów, można otrzy-mać grupę z działaniem mnożenia? Okazuje się, że tak. Co więcej, dla do-wolnego n ∈ N znajdziemy maksymalny podzbiór Z∗n ⊂ Zn, który jest grupąmultyplikatywną.

Twierdzenie 2.1 Niech n ∈ N∗ i niech a ∈ Zn. a jest elementem odwracalnymze względu na działanie mnożenia w Zn wtedy i tylko wtedy, gdy liczby a i n sąwzględnie pierwsze.

15

16 ROZDZIAŁ 2. GRUPY

Przykład 2.2 (Z10, ·) oczywiście nie jest grupą (elementem neutralnym dlamnożenia jest 1, nie istnieje element odwrotny do elementu 2). Co więcej, także(Z′10, ·), gdzie Z′ = Z − {0}, nie jest grupą. Grupą przemienną natomiast jest(Z∗10, ·), gdzie Z∗10 = {1, 3, 7, 9}.

Dowód twierdzenia 2.1. Przypuśćmy, że liczba całkowita a jest odwracalnaw Zn.1 Wówczas istnieje b ∈ Z takie, że ba ≡ 1 (mod n), czyli ba = 1 + kn dlapewnego k całkowitego. Wtedy ba+ (−k)n = 1 i a ⊥ n na mocy wniosku 1.10.Jeśli a ⊥ n wówczas, znowu na mocy wniosku 1.10, istnieją α i β całkowite takie,że αa + βn = 1. Stąd zaś wynika, że αa ≡ 1 (mod n), czyli α jest elementemodwrotnym do a modulo n.

Definicja 2.2 Niech n ∈ N. Definiujemy

Z∗n = {a ∈ Zn : a ⊥ n}.

Twierdzenie 2.2 Niech n ∈ N. Wówczas (Z∗n, ·) jest grupą przemienną.

Dowód. Wobec twierdzenia 2.1 oraz faktu, że istnienie elementu nautral-nego dla mnożenia (to oczywiście 1) oraz łączność mnożenia są do sprawdzeniabardzo łatwe, sprawdzimy tylko, że mnożenie jest rzeczywiście działaniem za-mkniętym w Z∗n.Niech a, b ∈ Z∗n. Wiemy (znowu na mocy wniosku 1.10), że wówczas istniejątakie całkowite liczby s, t, u oraz v, że

sa+ tn = 1

ub+ vn = 1

Stąd1 = (su)ab+ nα

gdzie α = tub+ tvn+ sav. Z wniosku 1.10 wynika natychmiast, że ab ⊥ n

W dalszym ciągu, za każdym razem gdy pisać będziemy Zn myśleć będziemyo grupie Zn z działaniem dodawania, natomiast przez Z∗n rozumieć będziemygrupę Z∗n z działaniem mnożenia. Tak więc powiemy, że elementem odwrotnymdo 4 w Z∗5 jest 4, zaś w Z5 elementem odwrotnym do 4 jest 1.

2.1 Funkcja ϕ Eulera

Większość przykładów grup, o których była do tej pory mowa a także będziemowa w dalszym ciągu, to grupy o skończonej liczbie elementów. Takie grupy

1Oczywiście liczby całkowite nie są elementami Zn, natomiast są elementami Zn ich klasymodulo n.

2.1. FUNKCJA ϕ EULERA 17

nazywamy grupami skończonymi. Liczbę elementów grupy skończonej nazy-wamy rzędem grupy. Rząd grupy G oznaczamy przez |G|.Oczywiście rzędem grupy Zn jest n. Grupy Z∗5, Z∗8 i Z∗10 są rzędu 4.

Niech n ∈ N. Przez ϕ(n) oznaczamy liczbę takich liczb naturalnych niewiększych od n, które z n są względnie pierwsze. Można tę definicję zapisaćwzorem

ϕ(n) = |{k ∈ N : k ≤ n, k ⊥ n}|Funkcję ϕ : N→ N tak zdefiniowaną nazywamy funkcją Eulera2.

Następne twierdzenie wynika bezpośrednio z twierdzenia 2.2.

Twierdzenie 2.3 (O rzędzie Z∗n) Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 2

ϕ(n) = |Z∗n|.

Przykład 2.3 ( Własności funkcji Eulera) Niech p będzie liczbą pierwszą.Z łatwością można sprawdzić następujące związki.

• ϕ(p) = p− 1,

• ϕ(p2) = p2 − p,

• ϕ(pn) = pn − pn−1

• Jeśli także q jest pierwsze, to ϕ(pq) = pq − p− q + 1 = (p− 1)(q − 1).

Zanim podamy i udowodnimy wzór na wartość ϕ(n), wykażemy następującetwierdzenie.

Twierdzenie 2.4 (Formuła Sita3 lub Zasada Włączania i Wyłączania)NiechA1, A2, ..., An będą zbiorami skończonymi. Wówczas zachodzi wzór

|A1 ∪A2 ∪ ... ∪An| =∑

1≤i1<i2<...<ik≤n

(−1)k+1|Ai1 ∩Ai2 ∩ ... ∩Aik | (2.1)

Dowód. Przedstawimy indukcyjny dowód twierdzenia 2.4. Twierdzenie jestoczywiście prawdziwe dla n = 1, jednak w drugim kroku indukcyjnym będziemy korzystać z prawdziwości formuły sita dla n = 2 to znaczy z faktu

|A1 ∪A2| = |A1|+ |A2| − |A1 ∩A2| (2.2)

Rzeczywiście, w sumie |A1|+|A2| elemanty zbioru A1∩A2 liczone są dwukrotniei stąd wynika wzór (2.2).

2Leonard Euler 1707-1783.3Dokładniej: ”sita Eratostenesa”. Eratostenes, (276-194 p.n.e) był kustoszem Biblioteki

Aleksandryjskiej i jednym z największych umysłów starożytności. Sito Eratostenesa służyłodo ”odsiewania” liczb pierwszych od ”plew” innych liczb (por. twierdzenie 2.5 i wniosek 2.6).Innym osiągnięciem Eratostenesa była próba zmierzenia promienia Ziemi przez porównaniedługości cieni rzucanych w południe przez dwie tyczki: jednej ustawionej w Aleksandrii, dru-giej zaś w Syene (dzisiejszy Asuan). Wynik jaki otrzymał różnił sie tylko o 1% od namznanego.

2.2. PODGRUPY 19

Dowód. Chwila refleksji wystarczy, żeby zrozumieć dlaczego zachodzi wzór

n− n

p1− n

p2−... n

pt+

n

p1p2+...+

n

pt−1pt− n

p1p2p3−...− n

pt−2pt−1pt+...± (−1)tn

p1p2...pt

= n

(1− 1

p1

)(1− 1

p2

)...

(1− 1

pt

)(każdy składnik postaci 1

pi1 ...pikbierze się z wyboru 1

pi1, ..., 1

piki n− k jedynek

w nawiasach po prawej stronie równości).Pozostaje więc wykazać, że

ϕ(n) = n− n

p1− n

p2−... n

pt+

n

p1p2+...+

n

pt−1pt− n

p1p2p3−...− n

pt−2pt−1pt+...± (−1)tn

p1p2...pt

Dla dowolnego i = 1, 2, ..., t oznaczmy teraz przez Ai zbiór tych liczb naturalnychniewiększych od n, które są podzielne przez pi. Zbiór liczb niewiększych od n iwzględnie pierwszych z n jest równy

Φ(n) = {1, 2, ..., n} −⋃

i=1,...,t

Ai

Łatwo zaobserwować, że

|Aj1 ∩Aj2 ∩ ... ∩Ajl | =n

pj1 ...pjl

Stąd zaś i z formuły sita (twierdzenie 2.4) nasze twierdzenie wynika już bardzołatwo:

ϕ(n) = |Φ(n)| = n− |⋃

i=1,...,t

Ai| = n+∑

1≤j1<...<jk≤t

(−1)kn

pj1 ...pjk

Przykład 2.4 ϕ(42) = ϕ(2 · 3 · 7) = 12

Dobrym ćwiczeniem i sprawdzianem zrozumienia dowodu twierdzenia 2.5będzie dla czytelnika samodzielne udowodnienie poniższego wniosku (dowód jestdokładnie taki sam jak powyższy).

Wniosek 2.6 Wzór na ϕ z twierdzenia 2.6 pozostaje identyczny jeśli położymyn = pa11 · ... · p

att gdzie p1 < ... < pt są liczbami pierwszymi, a1, ..., at ∈ N.

2.2 PodgrupyNiech (G; ∗) będzie grupą, H ⊂ G. Jeśli (H; ∗) (a dokładniej: (H, ∗|H×H)) jestgrupą, wówczas mówimy, że H jest podgrupą grupy G. Piszemy wtedy H ≤ G.


Jeśli w pewnej grupie G zbiór H jest podgrupą, to H 6= ∅, bowiem do Hnależy wtedy element neutralny e. Co więcej, dla dowolnych a, b ∈ H mamya ∗ b−1 ∈ H.Z drugiej strony, jeśli H jest niepustym podzbiorem grupy G takim, że dladowolnych spełniony jest warunek

a ∗ b−1 ∈ H (2.4)

wówczas spełnione są w H warunki grupy dla działania ∗. Rzeczywiście.

• e ∈ H. Skoro H 6= ∅, istnieje pewien element c ∈ H. Z warunku (2.4) dlac = a = b otrzymujemy c ∗ c−1 = e ∈ H.

• Dla dowolnego c ∈ H, biorąc w (2.4) a = e, b = c mamy a ∗ b = e ∗ c−1 =c−1 ∈ H, a więc dla każdego elementu naleącego do H także element doniego odwrotny należy do H.

• Dla dowolnych elementów c, d ∈ H wstawiając a = c oraz b = d−1 we wzo-rze (2.4) otrzymamy c ∗ d ∈ H. Tak więc działanie ∗ jest w H zamknięte.

• Działanie ∗ w H jest łączne, bo jest łączne w nadzbiorze G zbioru H.

Udowodniliśmy w ten sposób następujący, wygodny warunek konieczny iwystarczający by podzbiór grupy był podgrupą.

Twierdzenie 2.7 Niech G będzie grupą z działaniem ∗. Niepusty podzbiórH zbioru G jest podgrupą wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych elementówa, b ∈ H zachodzi a ∗ b−1 ∈ H.

Twierdzenie 2.8 Jeśli w grupie skończonej G zbiór S 6= ∅ jest zamknięty zewzględu na działanie grupowe (∗), to S stanowi podgrupę G.

Dowód. Przypuśćmy, że podzbiór S ⊂ G jest zamknięty ze względu na dzia-łanie ∗. Oczywiście wystarczy wykazać, że element neutralny w G, powiedzmye, należy do S a także, że dla dowolnego a ∈ S element a−1 także jest ele-mentem zbioru S. Na mocy twierdzenia 2.9 istnieje taka liczba naturalna n,że an = e. Stąd oczywiście e ∈ S (zauważmy, że skoro zbiór S jest niepusty,jakiś element a do S należy, a więc do S należy także e). Co więcej, mamye = an = an−1 ∗ a = a ∗ an−1, a więc element an−1 jest odwrotny do a i tonależy do zbioru S.

Przykład 2.5 (Grupa dihedralna) Grupą dihedralną Dn nazywamy grupęwszystkich izometrii n-kąta foremnego.

Każda z izometrii n-kąta foremnego jest albo obrotem o krotność kąta 2πn

albo symetrią względem osi zawierającej środek n-kąta. Zbiór wszystkich nobrotów, oznaczany przez On jest podgrupą grupy Dn. Elementy podgrupy Onnazywane są izometriami właściwymi (por. zadanie 2.7).

2.3. HOMORFIZMY GRUP, GRUPY IZOMORFICZNE 21

2.3 Homorfizmy grup, grupy izomorficzne

Funkcja h : G1 → G2 jest homomorfizmem grupy (G1, ∗) w grupę (G2, ◦) jeślih(x ∗ y) = h(x) ◦ h(y) dla dowolnych x, y ∈ G1.Homomorfizm h jest:

• monomorfizmem, jeśli h jest injekcją,

• epimorfizmem, jeśli h jest surjekcją,

• izomorfizmem, jeśli h jest bijekcją.

W tym ostatnim przypadku mówimy, że grupy G i H są izomorficzne.Grupy izomorficzne będziemy, w pewnym sensie, identyfikowali. Algebra-

iczne własności grup izomorficznych są bowiem identyczne. Bierze się to stąd,że wyniki działania w grupie G1 przenoszą się, przez izomorfizm właśnie, nawyniki działania w grupie G2 (i na odwrót, przez izomorfizm odwrotny). Dlaprzykładu, jeśli w grupie G1 elementem odwrotnym do a jest element b wówczas,jak łatwo sprawdzić, elementem odwronym do h(a) jest h(b).

Przykład 2.6 Przyjrzyjmy się następującym przykładom grup o czterech ele-mentach (tabele, w których przedstawione są działania w tych grupach nazywanesą tabelami Cayleya4).

(Z4,+).+ 0 1 2 3

0 0 1 2 31 1 2 3 02 2 3 0 13 3 0 1 2

(Z∗5, ·). Z∗5 = {1, 2, 3, 4}· 1 2 3 4

1 1 2 3 42 2 4 1 33 3 1 4 24 4 3 2 1

(Z∗8, ·). Oczywiście Z∗8 = {1, 3, 5, 7}.

· 1 3 5 7

1 1 3 5 73 3 1 7 55 5 7 1 37 7 5 3 1

4Arthur Cayley, 1821-1895.

Grupa Kleina. To grupa izometrii prostokąta ABCD.5

A B

D C

W grupie tej są cztery elementy:

Identyczność: e.

Obrót o π, czyli permutacja: σ = (A,C)(B,D).

Symetria względem osi pionowej: τ = (A,B)(C,D).

Symetria względem osi poziomej: ρ = (A,D)(B,C)

◦ e σ τ ρ

e e σ τ ρσ σ e ρ ττ τ ρ e σρ ρ τ σ e

Z łatwością można sprawdzić, że h : Z4 → Z∗5 zdefiniowane równościami:h(0) = 1, h(1) = 2, h(2) = 4 i h(3) = 3 jest izomorfizmem grupy Z4 na Z∗5.Nie trudniej wykazać, że grupy Kleina i Z∗8 są izomorficzne, natomiast grupy Z∗5i Z∗8 izomorficzne nie są.

Działania w grupach Z4 i Z∗5 mają identyczne własności, podobnie jak dzia-łania w grupie Z8 i grupie Kleina. Dla przykładu, skoro w Z∗8 każdy element jestdo siebie odwrotny i grupa ta jest izomorficzna z grupą Kleina, także w grupieKleina każdy element jest swoją odwrotnością.

2.4 Grupy cykliczneDla dowolnego elementu g multyplikatywnej grupy G i liczby całkowitej nmożnazdefiniować n-tą potęgę elementu g, w następujący sposób.

g0 = e (gdzie e jest elementem neutralnym grupy G),

gn+1 = gn · g, jeśli n jest nieujemne,

gn = (g−1)−n, jeśli n < 0.

Oczywiście dla dowolnego n całkowitego gn jest także elementem grupy G.Potęgom w grupach multyplikatywnych odpowiadają krotności w grupach ad-dytywnych. Niech H będzie grupą addytywną, a ∈ H, n ∈ Z.

5Felix Klein, 1849-1925.

2.4. GRUPY CYKLICZNE 23

0a = 0 (przez 0 z lewej strony równości rozumiemy tu liczbę 0, zaś po prawejstronie równości tak samo pisane 0 oznacza element neutralny grupy H),

(n+ 1)a = na+ a dla n dodatnich,

na = (−n)(−a) dla n ujemnych.

Wszystkie własności grup multyplikatywnych mają w tym kontekście swoje od-powiedniki dla notacji addytywnej.

Definicja 2.3 (Rząd elementu grupy) Najmniejszą dodatnią liczbę całkowitąn taką, że

gn = e (2.5)

nazywamy rzędem elementu g grupy, jeśli n (całkowite dodatnie) spełniające(2.5) nie istnieje, wówczas mówimy, że rzędem g jest ∞.Rząd elementu g oznaczamy przez |g|.

Twierdzenie 2.9 Jeśli grupa G jest skończona, g ∈ G, wówczas rząd elementug jest skończony.

Dowód. Rozważmy ciąg (nieskończony)

e = g0, g1, g2, g3, ...

Skoro zbiór G ma skończoną liczbę elementów, w ciągu tym pewne elementymuszą się powtarzać, to znaczy istnieją k, n ∈ N takie, że

gk = gn (2.6)

dla k 6= n. Załóżmy, że 0 ≤ k < n i na dodatek, że n jest najmniejszą liczbąnaturalną. dla której spełniony jest związek (2.6), przy czym 0 ≤ k < n.Mnożąc obie strony (2.6) przez g−1 otrzymujemy

gk−1 = gn−1

To stoi w sprzeczności z wyborem n jako najmniejszej liczby naturalnej, dlaktórej zachodzi równość postaci (2.6) chyba, że k = 0. Wtedy jednak mamyg0 = gn co oznacza, że n jest poszukiwanym rzędem elementu g.

Definicja 2.4 (Generator grupy, grupa cykliczna) Mówimy, że element gjest generatorem grupy G z działaniem ∗, jeżeli każdy element grupy G możnaotrzymać jako wynik działania ∗ na elementach g i g−1.Jeśli grupa zawiera generator g, to nazywamy ją cykliczną i piszemy G =< g >.

Przykład 2.7 1 (a także −1) jest generatorem grupy Z (addytywnej grupy liczbcałkowitych).2 jest generatorem (multyplikatywnej) grupy Z∗5.Łatwo się przekonać, że ani grupa addytywna Q, ani grupa multyplikatywnaQ∗ = Q− {0} nie jest cykliczna.Grupa (Z4,+) jest cykliczna, grupa Kleina nie.Z∗5 =< 2 >.

Twierdzenie 2.10 Jeżeli G jest multyplikatywną grupą skończoną, g ∈ G,wówczas istnieje n ∈ N takie, że gn = g−1

Dowód. Na mocy twierdzenia 2.9 g ma rząd skończony, a więc istnieje k ∈ Ntakie, że gk = e. Stąd wynika, że gk−1 · g = g · gk−1 = e, a więc, że g−1 = gk−1

(gdzie k jest rzędem elementu g).

Twierdzenie 2.11 Każda grupa cykliczna jest przemienna.

Dowód. Rzeczywiście, przypuśćmy, że a, b ∈ G, gdzie G jest grupą cykliczną,generowaną przez element g ∈ G. Wówczas istnieją takie k, l ∈ Z, że a = gk, b =gl. Wobec tego

ab = gkgl = gk+l = gl+k = glgk = ba

Twierdzenie 2.12 Każda skończona grupa cykliczna G jest izomorficzna z (Zn,+),gdzie n jest rzędem grupy G. 6

Dowód. Czytelnikowi można pozostawić nietrudny dowód faktu, że jeśli grupamultyplikatywna G rzędu n jest cykliczna, zaś g ∈ G jest jej generatorem,wówczasfunkcja F : G 3 gk → k ∈ Zn jest izomorfizmem grup G i Zn.

w2, 18.10.2011Podobnie jak, z dokładnością do izomorfizmu, Zn jest jedyną grupą cykliczną

rzędu n, tak grupa addytywna Z jest jedyną, z dokładnością do izomorfizmu,grupą cykliczną nieskończoną.

Twierdzenie 2.13 Każda nieskończona grupa cykliczna jest izomorficzna z (Z; +).

Dowód. Rzeczywiście, niech a ∈ G będzie generatorem grupy nieskończonejG. Wówczas dla dowolnych całkowitych k,m, k 6= m zachodzi ak 6= am (ła-two widać, że w przeciwnym przpadku zbiór G byłby skończony). Funkcjaf : G 3 an → n ∈ Z jest, jak łatwo sprawdzić, izomorfizmem grupy (multypli-katywnej) G na grupę Z.

Oczywiście stąd wynika, że każda grupa cykliczna jest przeliczalna, choć jestto dość oczywiste także bez odwoływania się do twierdzenia 2.13.

Twierdzenie 2.14 Każda podgrupa grupy cyklicznej jest cykliczna.

Dowód. Przypuśćmy, że G jest grupą multyplikatywną, w której g jest ge-neratorem i niech H będzie podgrupą grupy G. Jeśli H jest podgrupą trywialną,H =< 1 >, wówczas H jest generowana przez element neutralny 1. Przypu-śćmy więc, że w H poza elementem neutralnym (jedynką) istnieją inne elementy.

6Inaczej: jedyną, z dokładnością do izomorfizmu, grupą skończoną o n elementach jest(Zn,+).

2.5. TWIERDZENIE CAYLEYA 25

Skoro G jest grupą generowaną przez g, zaś H ⊂ G, wszystkie elementy H sąpostaci h = gk, k ∈ Z. Załóżmy teraz, że k0 jest najmniejszą liczbą całkowitądodatnią taką, że gk0 ∈ H, a więc

k0 = min{k ∈ Z+ : gk ∈ H} (2.7)

Niech gm będzie dowolnym elementem podgrupy H. Wykażemy, że gm = (gk0)l

dla pewnego l całkowitego. Inaczej mówiąc udowodnimy, że m jest krotnościąk0. Rzeczywiście, przypuśćmy, że tak nie jest. Wówczas m = qk0 + r, q, r ∈Z, 0 < r < k0. Mamy

gr = gm−qk0 = gm · g−qk0 = gm(gk0)−q (2.8)

Wiemy, że gm ∈ H oraz gk0 ∈ H. Wobec tego (gk0)−q ∈ H, gm · (gk0)−q ∈ H ina mocy (2.8) mamy gr ∈ H. To jednak jest sprzeczne z założeniem (definicjak0 dana wzorem 2.7), że k0 jest najmniejszą liczbą całkowitą dodatnią taką, żegk0 ∈ H. Ta sprzeczność kończy dowód twierdzenia 2.14.

2.5 Twierdzenie CayleyaOkazuje się, że tak jak dla grup cyklicznych wskazaliśmy powyżej bardzo dobrzenam znane modele, tak i dla dowolnych grup, niekoniecznie cyklicznych, takżemożna wskazać uniwersalny model.

Definicja 2.5 (Grupa transformacji) Dowolną podgrupę grupy permutacjiS(X) nazywamy grupą transformacji.

Twierdzenie 2.15 (Tw. Cayleya) Dowolna grupa jest izomorficzna z pewnągrupą tranformacji.

Dowód. Niech (G, ∗) będzie dowolną grupą. Dla dowolnego a ∈ G rozważmynastępujące odwzorowanie fa:

G 3 x→ fa(x) = a ∗ x ∈ G

fa jest permutacją zbioruG, bowiem z równości fa(x) = fa(y) wynika a∗x = a∗ya stąd, po wymnożeniu lewostronnie przez a−1, otrzymujemy x = y, a więc fajest injekcją. Jest także surjekcją, bo równanie a ∗ x = y ma dla każdego y ∈ Grozwiązanie (równe a−1y).Niech teraz T będzie zbiorem wszystkich tak zdefiniowanych funkcji.

T = {fa : a ∈ G}

Z łatwością można sprawdzić, że

fa ◦ fb = fa∗b (2.9)


dla dowolnych a, b ∈ G.Jak widzieliśmy powyżej, T jest pewnym zbiorem permutacji zbioru G. Wyka-żemy, że T jest podgrupą grupy S(G) wszystkich permutaci zbioru G (to będzieposzukiwana grupa transformacji izomorficzna z G).Oczywiście T jest podzbiorem niepustym (bo G jako grupa jest zbiorem niepu-stym). Niech fa, fb ∈ T , gdzie a, b ∈ G. Zauważny, że fa ◦ f−1b = fa∗b−1 ∈ Ti T jest podgrupą na mocy twierdzenia 2.7. Stąd i ze wzoru (2.9) oczywiściewynika, że przyporządkowanie

C : G 3 a→ fa ∈ T

jest homomorfizmem grup.C jest injekcją (C(a) = C(b) ⇒ fa(x) = fb(x), czyli a ∗ x = b ∗ x dla każdegox ∈ G, w szczególności dla x = e otrzymujemy a = b) oraz surjekcją (z definicjizbioru T ), a więc izomorfizmem.

Przykład 2.8 Jak już widzieliśmy, grupa Kleina jest izomorficzna z podgrupąS({A,B,C,D}) składającą się z następujących permutacji:

id{A,B,C,D}; (A,C)(B,D); (A,B)(C,D); (A,D)(B,C)

2.6 Twierdzenie Lagrange’aPrzyjrzyjmy się przykładowi grupy Z∗25. Korzystając z twierdzenia 2.5 z łatwo-ścią można sprawdzić, że rząd tej grupy jest równy 20. Przykładami podgrupZ∗25 są H1 = {1, 7, 18, 24}, H2 = {1, 6, 11, 16, 21} i H3 = {1, 24}. Rzędy tychpodgrup to, odpowiednio, 4, 5 i 2, a więc podzielniki rzędu grupy Z∗25.

Twierdzenie 2.16 (Lagrange’a) Niech H będzie podgrupą grupy skończonejG, a = |H|, b = |G|. Wówczas a|b.

Dowód twierdzenia Lagrange’a wynika z kilku lematów, które przedstawiamyponiżej. Wpierw jednak użyteczna definicja.

Definicja 2.6 (Przystawanie modulo półgrupa) Niech H będzie podgrupągrupy G, a, b ∈ G. Mówimy, że a przystaje do b modulo H (piszemy a ≡b (mod H)) jeżeli ab−1 ∈ H.

Lemat 2.17 Jeżeli H jest podgrupą G wówczas relacja przystawania modulo Hjest w G relacją równoważności.

Dowód lematu 2.17 pozostawiony jest do samodzielnego wykonania jako za-danie 2.9.

Lemat 2.18 Niech G będzie dowolną grupą, zaś H jej podgrupą. Wówczas klasąelementu neutralnego grupy G modulo H jest zbiór H.

2.6. TWIERDZENIE LAGRANGE’A 27

Dowód. Rzeczywiście, jeśli przez [g]H oznaczymy klasę elementu g grupy Gmodulo H, wówczas

[e]H = {h ∈ G : h ≡ e (mod H)} = {h ∈ G : g∗e−1 ∈ H} = {g ∈ G : g ∈ H} = H

Warto zwrócić uwagę na lemat następny, bowiem będziemy z niego wielo-krotnie korzystać w przyszłości.

Lemat 2.19 Niech G będzie dowolną grupą, zaś H jej podgrupą. Wówczas klasąelementu g ∈ G modulo H jest zbiór Hg = {hg|h ∈ H}.

Dowód.

[g]H = {h ∈ G : h ∗ g−1 ∈ H} = {h ∈ G|h ∈ Hg} = Hg

(warto zadać sobie trud dokładnego sprawdzenia, czy dobrze rozumiemy tenbardzo krótki dowód).

Klasa równoważności Ha dla relacji przystawania modulo podgrupa H na-zywamy warstwami modulo H lub prawostronnymi klasami przystawaniamodulo H.

Lemat 2.20 Niech G będzie dowolną grupą, zaś H jej podgrupą, a ∈ G. Wów-czas klasa Ha jest równoliczna z H.

Dowód. Oczywiście dla dowolnego h ∈ H mamy h ∗ a ∈ Ha. Zdefiniujmyfunkcję

F : H 3 h→ h ∗ a ∈ Ha

Wystarczy teraz wykazać, że funkcja F jest bijekcją.

• Jeśli F (h) = F (h′) wówczas h ∗ a = h′ ∗ a. Stąd wynika, że h = h′ a więcF jest injekcją.

• Niech g ∈ Ha. Wówczas g = h ∗ a, gdzie h jest pewnym elementem H.To zaś oznacza, że F (h) = g, udowodnlśmy więc, że F jest surjekcją.

Dowód twierdzenia Lagrange’a. Wiemy, że jeśli mamy w zbiorze zdefiniowanąrelację równoważnościową, wówczas klasy równoważności względem tej relacjitworzą podział zbioru, to znaczy są parami rozłączne i ich suma daje cały zbiór.W naszym przypadku wiemy dodatkowo, że klasy te są równoliczne (każda znich ma liczność klasy elementu neutralnego, czyli zbioru H). Możemy więcnapisać

|G| = |H| · (liczba klas równoważności) (2.10)

Stąd natychmiast wynika, że rząd |H| podgrupy H dzieli rząd |G| grupy G.


Liczba klas równoważności względem relacji przystawania modulo podgrupajest parametrem zwanym indeksem podgrupy H w grupie G. Oznaczamy tenparametr przez IndG(H). Wzór (2.10) przyjmie wtedy postać

|G| = |H| · IndG(H) (2.11)

2.6.1 Wnioski z twierdzenia Lagrange’aZbiór wszystkich prawostronnych warstw grupy G modulo podgrupa H oznaczasię często przez G : H lub przez G/H, mamy więc

G : H = {Ha : a ∈ G}

Wzór (2.10), który wykazaliśmy dowodząc twierdzenia Lagrange’a możemy za-pisać w postaci następującego wniosku.

Wniosek 2.21 Jeżeli H jest podgrupą grupy skończonej G, wówczas

|G : H| = |G||H|

Wiemy już, że każdy element g grupy skończonej generuje podgrupę o ele-mentach

g0 = e, g1 = g, g2, ..., gk−1

której rząd k jest równy rzędowi tego elementu. Stąd natychmiastowy wniosek.

Wniosek 2.22 Każdy element grupy skończonej G ma rząd będący dzielnikiemrzędu grupy G.

Jeśli grupa skończona G ma rząd, który jest liczbą pierwszą, wówczas namocy twierdzenia Lagrange’a ma tylko dwie podgrupy: G i podgrupę którejjedynym elementem jest jej element neutralny.

Wniosek 2.23 Jeśli rząd grupy G jest liczbą pierwszą, to G jest cykliczna. Cowięcej, każdy element grupy G, który nie jest elementem neutralnym, jest jejgeneratorem.

Wniosek 2.24 Jedynymi, z dokładnością do izomorfizmu, grupami grupamirzędu 4 są Z4 i grupa Kleina.

Dowód. Niech G będzie grupą rzędu 4. Jeśli w G jest cykliczna wówczas, namocy wniosku 2.12, G jest izomorficzna z Z4. Przypuśćmy więc, że G grupącykliczną nie jest. Wtedy każdy element grupy, który nie jest elementem neu-tralnym jest, na mocy wniosku 2.22 rzędu 2. Co więcej, jeśli oznaczymy przeze, a, b, c wszystkie elementy grupy G, przy czym e oznacza element neutralny

2.7. PODGRUPY NORMALNE 29

wówczas a · b = c - iloczyn7 dwóch elementów (a i b) różnych od elementuneutralnego jest równy trzeciemu elementowi (oznaczyliśmy go przez c). Rze-czywiście, gdyby a · b = a wówczas powymnożeniu tej równości z lewes stronyprzez a−1 otrzymalibyśmy b = e a to sprzeczne z założeniem, że b 6= e. Terazjuż niemal oczywistym jest, że G jest izomorficzna z grupą Kleina.

Jeszcze łatwiej niż wniosek 2.24 można udowodnić, że jedynymi grupami kelementowymi dla k = 1, 2, 3 są Zk. Stąd i z wniosku 2.24 wynika, że wszystkiegrupy rzędu co najwyżej 4 są przemienne.

Podobnie jak zdefiniowaliśmy relację przystawania modulo podgrupa H (za-leżnością a ≡ b ⇔ ab−1 ∈ H), można zdefiniować relację lewostronnego przy-stawania modulo podgrupa H zależnością aLHb⇔ a−1b ∈ H. Także relacja LHjest relacją równoważności a jej klasami równoważności są, jak łatwo można sięprzekonać, zbiory postaci [a]LH = aH (zwane lewostronnymi warstwami modulopodgrupa H).

2.7 Podgrupy normalneJuż wiemy (dowiedzieliśmy sie tego przy okazji dowodu twierdzenia Lagrange’a),że dla dowolnej podgrupy H grupy multyplikatywnej G relacja:

aRb⇐⇒ ab−1 ∈ H (2.12)

jest równoważnościowa. Klasą równoważności dowolnego elementu a ∈ G dlatej relacji jest zbiór

Ha = {ha|h ∈ H}zwany warstwą prawostronną elementu a.Podobnie można zdefiniować warstwę lewostronną elementu a:

aH = {ah|h ∈ H}

Z łatwością można sprawdzić, że warstwy lewostronne są klasami równoważno-ści dla relacji (także równoważnościowej) L zdefiniowanej w G wzorem aLb⇐⇒a−1b ∈ H (gdzie H jest podgrupą G).

Przykład. Warstwy (lewo- i prawostronne) dla podgrupy {id, (12)} grupyS3 permutacji zbioru {1, 2, 3}.

Twierdzenie 2.25 Jeśli grupa G jest przemienna, to dla dowolnej podgrupy Hi a ∈ G

aH = Ha

Definicja 2.7 Mówimy, że podgrupa H grupy G jest normalna (lub niezmien-nicza), jeśli dla dowolnego a ∈ G i dla dowolnego b ∈ H zachodzi aba−1 ∈ H.Piszemy wtedy

H EG7Stosujemy tu multyplikatywną konwencję oznaczania działania w grupie G.


Twierdzenie 2.26 Podgrupa H grupy G jest normalna wtedy i tylko wtedy gdydla każdego a ∈ G

aH = Ha

Dowód. Rzeczywiście, przypuśćmy wpierw, żeH jest podgrupą normalną grupyG, a ∈ G i x ∈ aH. Skoro x ∈ aH, istnieje takie d ∈ H, że x = ad. Możemywówczas napisać x = ad(a−1a) = (ada−1)a. Ponieważ podgrupa H jest nor-malna, mamy ada−1 ∈ H, a wobec tego x ∈ Ha.Wykazaliśmy więc, że aH ⊂ Ha. Faktu, że Ha ⊂ aH dowodzimy analogicznie.Przypuśćmy teraz, że aH = Ha dla dowolnego elementu a ∈ G. Wykażemy, żepodgrupa H jest normalna.Niech b ∈ H i a ∈ G. Wówczas oczywiście ab ∈ aH, a ponieważ aH = Hazachodzi także ab ∈ Ha. Istnieje więc takie c ∈ H, że ab = ca. Stąd już natych-miast wynika, że aba−1 = c ∈ H, co kończy dowód.

Twierdzenie 2.26 jest równoważne następującemu wnioskowi.

Wniosek 2.27 Podgrupa H grupy G jest normalna wtedy i tylko wtedy gdy

aHa−1 = H

dla dowolnego elementu a ∈ G.

Z twierdzenia 2.26 wynika, że jeżeli H jest podgrupą normalną grupy G,wówczas relacje, R i L zdefiniowane powyżej są identyczne. Zamiast pisać wtedyaRb czy też aLb będziemy pisać a

H≡ b (mówimy w takiej sytuacji, że elementa grupy G przystaje modulo H do elementu b).

Twierdzenie 2.28 Niech H będzie podgrupą grupy multyplikatywnej G. H jestpodgrupą normalną wtedy i tylko wtedy gdy relacja R (zdefiniowana wzoremaRb⇔ ab−1 ∈ H) jest zgodna z działaniem grupowym grupy G.

Dowód. Przypuśćmy, że H jest podgrupą normalną grupy G, aH≡ b oraz c H≡ d.

Wówczas istnieją takie α i β, że ab−1 = α ∈ H i cd−1 = β ∈ H. Stąd zaś łatwowynika, że ac = α(bβb−1)bd. Skoro β ∈ H i H jest podgrupą normalną, zacho-

dzi bβb−1 ∈ H. Mamy więc (ac)(bd)−1 = α(bβb−1) ∈ H, co oznacza, że acH≡ bd

a więc udowodniliśmy, że relacja przystawania modulo podgrupa normalna Hjest zgodna z działaniem grupowym w G.Załóżmy teraz, że relacja R jest zgodna z działaniem grupowym. Skorzystamyz twierdzenia 2.26 by wykazać, że podgrupa H jest normalna.Niech b ∈ Ha. Wówczas oczywiście bRa. Wiemy także, że a−1Ra−1 (re-lacja R jest zwrotna). Ze zgodności R z działaniem grupowym wynika, że(a−1b)R(a−1a), czyli (a−1bRe). Stąd zaś łatwo wywnioskować, że a−1b ∈ Hi wobec tego b ∈ aH. Wykazaliśmy, że Ha ⊂ aH, dla dowolnego a ∈ G. Po-dobnie wykazać można, że aH ⊂ Ha. Stąd wynika że aH = Ha dla dowolnegoa ∈ G i dowód wynika z twierdzenia 2.26.

2.8. SPRZĘŻENIE PODGRUPY 31

Zgodność relacji przystawania modulo podgrupa H, gdy H jest podgrupąnormalną oznacza, że w zbiorze ilorazowym G/H można zdefiniować działaniew ten sposób, że iloczynem klas jest klasa iloczynu. Inaczej mówiąc: poprawniezdefiniowane jest wtedy działanie na klasach zdefiniowane wzorem:

(Ha) · (Hb) := H(ab)

Z łatwością można wykazać, że wówczas G/H z tak określonym działaniem jestgrupą (zwaną grupą ilorazową).

Twierdzenie 2.29 Niech H będzie podgrupą normalną grupy G i niech F ≤ G.Wówczas FH = {ab|a ∈ F, b ∈ H} jest podgrupą grupy G.

Dowód. Rzeczywiście, wystarczy sprawdzić, że gdy a1, a2 ∈ F, b1, b2 ∈ H,wówczas (a1b1)(a2b2)−1 ∈ FH.

(a1b1)(a2b2)−1 = a1(b1b−12 )a−12

Ponieważ podgrupaH jest normalna, istnieje taki element b ∈ H, że (b1b−12 )a−12 =

a−12 b, stąda1(b1b

−12 )a−12 = a1a

−12 b ∈ FH

co dowodzi, że FH jest podgrupą grupy G.

Już najmniejsza nieprzemienna grupa S3 dostarcza przykładu, że założenietwierdzenia 2.29, iż jedna z grup F,H jest normalna, jest istotne.

2.8 Sprzężenie podgrupy

Sprzężeniem elementu a grupy G nazywamy każdy element b postaci b = xax−1,gdzie x ∈ G (dokładniej, mówimy wtedy, że b jest sprzężeniem a przez x. Złatwością można wykazać, że relacja ρ zdefiniowana przez

aρb jeśli b jest sprzężeniem a

jest relacją równoważności (por. zadanie 2.12).Sprzężeniem zbioru A zawartego w grupie G przez element a ∈ G nazywamy

zbiór aAa−1.

Twierdzenie 2.30 Jeśli H jest podgrupą grupy G, g ∈ G, wówczas gHg−1 jestpodgrupą grupy G.

Rzeczywiście, niech a, b ∈ gHg−1. Wówczas istnieją h, f ∈ h takie, żea = ghg−1, b = gfg−1. Wtedy ab−1 = (ghg−1)(gfg−1) = g(hf)g−1 ∈ gHg−1.

W związku z twierdzeniem 2.30 sprzężenie podgrupy H ≤ G będziemy na-zywali także podgrupą sprzężoną H w G (przez element a).


Przykład 2.9 Niech OAG będzie podgrupą obrotów sześcianu wokół osi łączącejwierzchołki A i G (oznaczenia jak w przykładzie 4.2). Inaczej mówiąc OAG ={id, σ1 = (A)(G)(B,E,D)(C,F,H), σ2 = (A)(G)(B,D,E)((C,H,F )}. Ozna-czmy przez τ = (A,B, F,E)(D,C,G,H) - obrót wokół osi łączącej środki ścianprzeciwległych o wierzchołkach A,B, F,E i D,C,G i H o π/2. SprzężeniemOAG przez τ jest

τOAGτ−1 = {id, (B)(H)(A,C, F )(G,E,D), (B)(H)(A,F,C)(D,E,G)} = OBH

a więc podgrupa obrotów wokół osi przechodzącej przez wierzchołki B i H.

Dowód następnego twierdzenia pozostawiamy czytelnikowi, jako łatwe ćwicze-nie.

Twierdzenie 2.31 Niech G będzie grupą i H podgrupą grupy G. H jest pod-grupą normalną grupy G wtedy i tylko wtedy gdy gHg−1 = H dla każdego g ∈ G.

Normalizatorem podgrupy8 H w grupie G nazywamy zbiór

NG(H) = {g ∈ G : gHg−1 = H}

Normalizator dowolnej podgrupu H zawiera H a co za tym idzie NG(H) 6= ∅.Niech a, b ∈ NG(H). Wówczas

(ab−1)H(ab−1)−1 = (ab−1)H(ba−1) = a(b−1Hb)a−1

Łatwo zauważyć (mnożąc równość bHb−1 = H przez b−1 z lewej i przez b zprawej strony), że b−1Hb = H (dla b ∈ NG(H)). A więc

(ab−1)H(ab−1)−1 = aHa−1 = a

Udowodniliśmy w ten sposób, że dla dowolnych a, b ∈ NG(H) także ab−1 ∈NG(H). Oznacza to, na mocy twierdzenia 2.7, że NG(H) ≤ G.Bardzo podobnie można udowodnić, że H jest podgrupą normalną NG(H). Cowięcej, NG(H) zawiera wszystkie elementy g ∈ G takie, że gHg−1 = H (czyligH = Hg). NG(H) jest więc największą podgrupą taką, że H jest jej podgrupąnormalną. Warto zapisać te fakty w postaci następującego twierdzenia.

Twierdzenie 2.32 Normalizator NG(H) podgrupy H w grupie G jest najwięk-szą (ze względu na zawieranie) podgrupą grupy G, której H jest podgrupą nor-malną.

Będziemy wykrzystywać twierdzenie następujące.8Podobnie jak normaliator podgrupy można zdefiniować normalizator dowolnego podzbioru

X ⊂ G, a więc NG(X) = {g ∈ G : gXg−1 = X}. Także w tym przypadku NG(X) jestpodgrupą grupy G.

2.8. SPRZĘŻENIE PODGRUPY 33

Twierdzenie 2.33 Niech G będzie grupą skończoną, H ≤ G. Liczba podgrupsprzężonych podgrupy H jest równa |G : NG(H)|.

Dowód. G : NG(H) jest zbiorem klas modulo NG(H), czyli G : NG(H) ={NG(H)a : a ∈ G}. Zbiór sprzężeń podgrupy H to C = {aHa−1 : a ∈ G}.Zauważmy, że C = {a−1Ha : a ∈ G}. Zdefiniujmy funkcją φ ze zbioru C wzbiór G : NG(H) następującym wzorem

φ : C 3 a−1Ha −→ NG(H)a ∈ G : NG(H)

Wykażemy kolejno, że φ jest:

1. dobrze określona,

2. injekcją,

3. surjekcją.

W pierwszym punkcie należy wykazać, że wartość φ na zbiorze a−1Ha niezależy od tego którego reprezentanta a−1Ha wybierzemy. Inaczej mówiąc, żejeśli a−1Ha = b−1Hb wówczas NG(H)a = NG(H)b. Rzeczywiście:

a−1Ha = b−1Hb ⇐⇒ ba−1Hab−1 = H⇐⇒ (ba−1)H(ba−1)−1 = H⇐⇒ ba−1 ∈ NG(H)⇐⇒ b ∈ NG(H)a⇐⇒ NG(H)a = NG(H)b

(2.13)

Aby udowodnić injektywność funkcji φ należy wykazać, że

φ(a−1Ha) = φ(b−1Hb) =⇒ a−1Ha = b−1Hb

czyliNG(H)a = NG(H)b =⇒ a−1Ha = b−1Hb

W tym celu wystarczy zauważyć, że w (2.13) mamy nie tylko wynikania, alerównoważności.

Dowód surjektywności odwzorowania φ jest bardzo prosty: dla dowolnegoelementu NG(H)a ∈ G : NG(H) mamy NG(H)a = φ(aHa−1).

W grupie G zbiór Z(G) = {a ∈ G|ab = ba dla wszystkich b ∈ G} nazywamycentrum grupy G. Oznacza to dokładnie tyle, że w centrum są wszystkie teelementy grupy, dla których mnożenie przez dowolny element grupy jest prze-mienne. Łatwo wykazać, że Z(G) ≤ G. Co więcej, prawdziwe jest następującetwierdzenie (por. zadanie ??).

Twierdzenie 2.34 Dla dowolnej grupy G,

Z(G)EG

.


Dla dowolnego elementu a grupy G przez C(a) oznaczamy te wszystkie elementygrupy G, dla których mnożenie przez a jest przemienne:

C(a) = {b ∈ G|ab = ba}

C(a) nazywamy centralizatorem elementu a. Prawdziwe jest następującetwierdzenie (por. zadanie 2.13).

Twierdzenie 2.35 Centralizator dowolnego elemntu grupy G jest podgrupą grupyG.

2.9 Grupy alternująceZ łatwością można sprawdzić, że dowolne dwie grupy permutacji zbioru n ele-mentowego są izomorficzne9. Przez Sn oznaczamy grupę wszystkich permutacjizbioru n elementowego {1, 2, ..., n}.Z kursu algebry liniowej, czytelnik powinien pamiętać, że każdą pemutacjęσ ∈ Sn można przedstawić jako złożenie pewnej liczby cykli długości 2, czylitranspozycji. Liczba tych transpozycji nie jest niezmiennikiem permutacji (toznaczy, że jeśli tylko n ≥ 2, dla danej permutacji istnieją rozkłady na różneliczby transpozycji), natomiast niezmiennikiem permutacji jest parzystość liczbytranspozycji. Jeśli więc permutacja σ ∈ Sn ma rozkład na parzystą liczbę trans-pozycji, wówczas każdy rozkład σ ma parzystą liczbę transpozycji. Stąd możnazdefiniować funkcję zwaną znakiem permutacji wzorem

ε(σ) =

{1 jeśli σ jest parzysta−1 jeśli σ jest nieparzysta

Przez An będziemy oznaczać zbiór wszystkich permutacji parzystych Sn, czyliAn = {σ ∈ Sn : ε(σ) = 1}. Z łatwoćią moźna sprawdzić, że An jest podgrupągrupy Sn. Podgrupę tę nazywamy grupą alternującą.Zauważmy, że zbiór Bn permutacji nieparzystych podgrupą Sn nigdy nie jest.Rzeczywiście, złożenie dwóch permutacji nieparzystych jest oczywiście permu-tacją parzystą. Stąd działanie składania permutacji w zbiorze Bn nie jest za-mknięte. Zbiory An i Bn są równoliczne i rozłączne. Rozłączność An i Bn jestoczywista. Funkcja

f : An 3 σ −→ (1, 2) ◦ σ ∈ Bnjest bijekcją zbiorów An i Bn. Jeśli bowiem f(σ) = f(σ′), wówczas (1, 2) ◦ σ =(1, 2) ◦ σ′. Mnożąc tę równość lewostronnie przez transpozycję (1, 2) otrzymu-jemy σ = σ′, a więc f jest funkcją injektywną. Co więcej, jeżeli τ ∈ Bn, wówczas(1, 2)◦ ∈ An i f((1, 2)◦τ) = τ co oznacza, że f jest także surjekcją. Wykazaliśmyw ten sposób następujące twierdzenie.

Twierdzenie 2.36 Jeżeli n ≥ 2 wówczas |An| = n!/2.

9Czytelnik zechce wskazać izomorfizm grupy permutacji n-elementowych zbiorów{a1, ..., an} i {b1, ..., bn}.

2.10. ZADANIA 35

2.10 ZadaniaZadanie 2.1 Sprawdź, które z poniższych zbiorów wraz z podanymi działa-niami są grupami? grupami abelowymi?

1. Q+ = {a ∈ Q : a > 0} z działaniem mnożenia.

2. Q− = {a ∈ Q : a < 0} z działaniem mnożenia.

3. GL(n, F ) - zbiór macierzy nieosobliwych rozmiaru n×n, o wpółczynnikachw ciele F z działaniem mnożenia macierzy.

4. {1, 3, 4, 8, 12, 24} z działaniem NWD (największy wspólny dzielnik).

5. {2, 4, 8} z działaniem NWD.

6. {3, 4, 12} z działaniem NWW (najmniejsza wspólna wielokrotna).

7. Zbiór wielomianów o współczynnikach wymiernych i wyrazem wolnym cał-kowitym. Z dodawaniem. Z mnożeniem.

Zadanie 2.2 Udowodnij, że jeśli element a ∈ Zn jest dzielnikiem zera (to zna-czy: a 6= 0 oraz istnieje taki element b ∈ Zn − {0}, że ab = 0), wówczas

1. n jest liczbą złożoną,

2. a nie ma elementu odwrotnego ze względu na mnożenie.

Zadanie 2.3 Niech G będzie grupą, g ∈ G, |g| < ∞. Udowodnij, że jeżeligm = 1 wówczas |g| dzieli m.

Zadanie 2.4 Niech a, b będą elementami skończonego rzędu grupy abelowej.Wykaż, że |ab| dzieli NWW (|a|, |b|). Wskaż przykład gdy |ab| 6= NWW (|a|, |b|).

Zadanie 2.5 Dla podanych permutacji σ, τ, ω ∈ S9 znajdź ich postaci cyklicznea następnie oblicz: σ2, σ ◦ τ, σ ◦ ω−1, σ−2, τ−3.

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 8 93 4 6 5 2 7 9 8 1

), τ =

(1 2 3 4 5 6 7 8 92 7 8 3 9 4 5 1 6

),

ω =

(1 2 3 4 5 6 7 8 93 4 5 6 7 1 2 9 8

).

Zadanie 2.6 Udowodnij, że jeśli dwie podgrupy rzędu będącego liczbą pierwsząp nie są identyczne to ich przecięciem jest {e}.

Zadanie 2.7 Niech D′n będzie grupą rzędu 2n zdefiniowaną przez

D′n = {1, a, a2, ..., an−1, b, ba, ..., ban−1}, |a| = n, |b| = 2, aba = b

1. Udowodnij, że

• akbak = b dla k ∈ Z

• |bak| = 2 dla k ∈ Z• ab = ban−1

2. Wykaż, że grupy Dn (zdefiniowana na stronie 20) i D′n są izomorficzne10.

Wskaż izomorfizm pomiędzy grupą D6 a odpowiednią grupą transformacji.

Zadanie 2.8 Niech G będzie grupą skończoną taką, w której dla dowolnegoelementu a zachodzi |a| ≤ 2.

1. Wykaż, że G jest przemienna.

2. Niech H ≤ G i g ∈ G. Wykaż. że H ∪ gH ≤ G.

3. Udowodnij, że |H ∪ gH| = 2|H|.

4. Wykaż, że rząd grupy G jest pewną potęgą dwójki.

Zadanie 2.9 Udowodnij, że dla dowolnej podgrupy H grupy G relacja przy-stawania modulo H jest relacją równoważności (lemat 2.17).

Zadanie 2.10 Niech g będzie grupą, g ∈ G.Wykaż, że

• jeśli |G| = 28, g4 6= 1, g7 6= 1 to G =< g >,

• jeśli |G| = 24, g8 6= 1, g6 6= 1 to G =< g >.

Zadanie 2.11 Niech p będzie liczbą pierwszą. Wykaż, że wszystkie właściwepodgrupy grupy G rzędu p2 są cykliczne.Sformułuj tekst tego zadania dla grup addytywnych.

Zadanie 2.12 Udowodnij, że w dowolnej grupie G relacja ρ zdefiniowana przezaρb⇔ b = xax−1 dla pewnego x ∈ G jest relacją równoważności.Wypisz tablicę Cayleya grupy D4 izometrii kwadratu i znajdź wszystkie klasyrównoważności relacji ρ w tej grupie.

Zadanie 2.13 Wykaż, że centralizator C(a) elementu a grupy G jest podgrupągrupy G.

Zadanie 2.14 Wskaż centralizatory wszystkich elementów grupy D4.

10Oznacza to, że grupę dihedralnąDn możemy zdefiniować jako grupęD′n, bez odwoływaniasię do izometrii n-kąta foremnego. Tak też często się robi.

Rozdział 3

Arytmetyka modularna

Arytmetyka modularna to arytmetyka w zbiorach Zn. W bardzo skromnymzakresie w którym jest mowa o niej tutaj jest silnie związana z teorią grup.

3.1 Twierdzenie Eulera i Małe Twierdzenie Fer-mata

Twierdzenie 3.1 (Eulera) Jeśli liczby naturalne a, n są względnie pierwsze,wówczas

aϕ(n) ≡ 1 ( mod n)

Dowód. Jak wiemy (twierdzenie 2.3), rząd grupy Z∗n jest równy ϕ(n). Oznaczmyprzez r rząd elementu a. Na mocy wniosku 2.22, istnieje k naturalne takie, żeϕ(n) = kr. Mamy więc

aϕ(n) = (ar)k ≡ 1k = 1( mod n)

Ogromnej popularności i użyteczności jest następujące twierdenie udowod-nione przez Fermata1 . Twierdzenie to ma bardzo wiele pardzo ładnych dowodów(zob. [18]), z których jeden cytujemy poniżej.

1Pierre Fermat, 1601-1665. Był matematycznym samoukiem, natomiast z zawodu byłprawnikiem. Nie tylko dlatego, że ukończył studia prawnicze na uniwersytecie w Orleanie.Był aktywnym prawnikiem w sensie tworzenia prawa, także jako parlamentarzysta (członekParlamentu Tuluzy). Jego niewątpliwie najbardziej spektakularnym odkryciem jest WielkieTwierdzenie Fermata zwane także Ostatnim Twierdzeniem Fermata. Twierdzenie to, którezapisał na marginesie czytanego właśnie dzieła Arithmetica Diofantesa mówi, że dla natural-nych n ≥ 3 nie istnieją całkowite rozwiązania równania xn + yn = zn. Obok twierdzeniaFermat zapisał także, że odkrył ciekawy dowód, który jednak na marginesie już się nie mieści.Wiekie Twierdzenie Fermata zostało ostatecznie udowodnione w 1994 roku przez brytyjskiegomatematyka Andrew Wilesa. Dowód Wilsa wykorzystuje osiągnięcia nowoczesnej matema-tyki, które Fermatowi nie były znane. Być może nigdy się nie dowiemy, czy dowód o którymwspomniał Fermat zawierał błąd, czy też opierał się na jakimś, ciągle nieznanym, genialnympomyśle.

37

38 ROZDZIAŁ 3. ARYTMETYKA MODULARNA

Twierdzenie 3.2 (Małe Twierdzenie Fermata) Jeśli p jest liczbą pierwszą,a ∈ Z, to

ap ≡ a( mod p)

Dowód.

Załóżmy wpierw, że 0 ≤ a. Dla a = 1 twierdzenie jest oczywiście prawdziwe.Pozdobnie dla a = 0.Jeśli 1 < a < p to a i p są względnie pierwsze korzystając z twierdzeniaEulera i faktu, że ϕ(p) = p− 1 mamy

1 ≡ aϕ(p) = ap−1 ( mod p)

a stąd ap ≡ a( mod p).Jeśli a ≥ p wówczas napiszmy a = qp+ r, gdzie 0 ≤ r < p. Mamy wtedy

ap = (r + pq)p =

p∑i=0

(p

i

)ri(pq)p−i

Zauważmy, że dla dowolnego i 6= p składnik(pi

)ri(pq)p−i jest podzielny

przez p a więc, przystaje do zera modulo p. Stąd mamy

ap ≡ rp ( mod p)

Ponieważ jednak 0 ≤ r < p, mamy ap ≡ rp ≡ r ≡ a( mod p).

Jeśli a < 0, to możemy rozpatrzyć dwa przypadki.

Przypadek 1: p = 2. Jeśli a jest parzyste, wówczas także a2 jest parzyste i oczywiściea2 ≡ 0( mod 2) oraz a ≡ 0( mod 2). Podobnie dla a nieparzystego:a ≡ 1( mod 2) oraz a2 ≡ 0( mod 2).

Przypadek 2: p > 2. Każda liczba pierwsza różna od 2 jest nieparzysta. Korzystając więcz udowodnionego już przypadku gdy a ≥ 0 mamy

ap = (−1)p(−a)p ≡ (−1)(−a) = a( mod p)

3.2 Chińskie twierdzenie o resztach – równaniamodularne

Twierdzenie 3.3 Równanie modularne

ax ≡ 1 (mod n) (3.1)

ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy gdy a i n są względnie pierwsze (oczywiścietakie rozwiązanie jest jedyne w Zn i jest postaci x ≡ a−1b (mod n), lub inaczej:x = x0 + kn, gdzie k ∈ Zn, zaś x0 jest równy a−1b przy czym a−1 jest el.odwrotnym do a w Zn ze względu na mnożenie).

3.2. CHIŃSKIE TWIERDZENIE O RESZTACH – RÓWNANIAMODULARNE39

Sposobem znajdowania elementu odwrotnego do elementu a w Zn jest sko-rzystanie z algorytmu Euklidesa. Jest to możliwe zawsze wtedy gdy taki elementistnieje, a mianowicie gdy a i n są względnie pierwsze. Rzeczywiście, a⊥n wtedyi tylko wtedy, jeśli istnieją s i t całkowite spełniające

sa+ tn = 1

Wówczas sa = 1 + (−t)n, co oznacza, że s jest w Z∗n elementem odwrotnym doa.

Twierdzenie 3.4 (Chińskie o resztach2) Niech a, b ∈ Z, m,n ∈ N, m⊥n.Wówczas układ równań {

x ≡ a (mod m)x ≡ b (mod n)

(3.2)

ma rozwiązanie. Co więcej, każde dwa rozwiązania tego układu różnią się owielokrotność mn (można też powiedzieć, że rozwiązanie jest jedyne modulo mnlub, że zbiór rozwiązań (3.2) jest postaci {x0 + k(mn)|k ∈ Z}).

Dowód Chińskiego Twierdzenia o Resztach, w zupełnie naturalny sposób składasię z dwóch części: dowodu istnienia rozwiązania układu równań modularnych(3.2) modulo nm i dowodu jedyności takiego rozwiązania.

Istnienie. Z pierwszego z równań układu (3.2) wynika, że

x = a+ αm (3.3)

gdzie α ∈ Z. Po wstawieniu tego wyrażenia do drugiego równania układuotrzymamy

a+ αm ≡ b( mod n)

a więcαm = (b− a)( mod n) (3.4)

Ponieważ m i n są względnie pierwsze, w grupie Z∗n istnieje element kodwrotny do m. Mnożąc równanie (3.4) przez k, otrzymamy

α ≡ k(b− a)( mod n)

czyliα = k(b− a) + γn

gdzie γ ∈ Z. Stąd, po wstawieniu obliczonego α do równania (3.3) otrzy-mujemy

x = a+ (k(b− a) + γn)m

a więcx ≡ a+ k(b− a)m( mod mn)

rozwiązanie naszego układu modulo mn.2Twierdzenie to ukazało się po raz pierwszyl ok. 350 roku n.e. w książce Sun Tsu.


Jedyność rozwiązania modulo mn. Przypuśćmy, że x0 i x1 są rozwiąza-niami układu równań modularnych (3.2). Wówczas{

x0 ≡ a (mod m)x0 ≡ b (mod n)

oraz{x1 ≡ a (mod m)x1 ≡ b (mod n)

i wobec tego {x0 − x1 ≡ 0 (mod m)x0 − x1 ≡ 0 (mod n)

Ostatnie przystawania (modulo m i modulo n) oznaczają, że m|x0 − x1oraz n|x0−x1. Ponieważ jednakm⊥n, wynika stąd, żemn|x0−x1 czyli, żex0 − x1 ≡ 0 (mod mn) (naprawdę przekonywującego uzasadnienia ostat-niej aplikacji dostarcza zasadnicze twierdzenie arytmetyki, o którym będziemowa później) .

Zauważmy, że dowód Chińskiego Twierdzenia o Resztach zawiera algorytmrozwiązywania równań mdularnych. Warto także zwrrócić uwagę na fakt, że wmetodzie tej ważną rolę odgrywa umiejętność znajdowania elementów odwrot-nych modulo, a więcd i tym razem mamy tu zastosowanie algorytmu Euklidesa.

Twierdzenie 3.4 pozwala łatwo (indukcyjnie) udowodnić następujące uogólnie-nie chińskiego twierdzenia o resztach.

Twierdzenie 3.5 Niech m1, . . . ,mk ∈ N będą parami pierwsze (t.zn. mi⊥mj

dla i 6= j). Wówczas układ równańx ≡ a1 ( mod m1)x ≡ a2 ( mod m2)

. . .x ≡ ak ( mod mk)

(3.5)

ma jednoznaczne rozwiązanie modulo m1 · · · · ·mk.

3.3 Residua kwadratoweNiech n ∈ N, a ∈ Zn. Mówimy, że a jest kwadratowym residuum modulon, jeżeli istnieje b ∈ Zn takie, że a = b2 (mod n).

Można więc powiedzieć, że residua kwadratowe modulo n to elementy Zn,które są kwadratami pewnych elementów Zn.

Wypiszmy w tabelce wszystkie elementy Z8 i ich kwadraty.

a 0 1 2 3 4 5 6 7a2 0 1 4 1 0 1 4 1

Przede wszystkim, nie każdy element Z8 jest residuum kwadratowym. Co więcej,z łatwością zauważamy, że nasza tabelka jest niemal symetryczna (niemal, gdyż

3.3. RESIDUA KWADRATOWE 41

symetryczna staje się po pominięciu pierwszej kolumny). Rzeczywiście, jeśliw. 423.10.2012 b2 ≡ a (mod n) wówczas:

(n− b)2 = n2 − 2nb+ b2 ≡ b2 ≡ a (mod n)

Wniosek stąd taki, że jeśli b jest pierwiastkiem kwadratowym modulo n z a,wówczas także n − b (czyli −b (mod n)) jest pierwiastkiem modulo n z a. Sy-tuacja jest więc taka, że zawsze (poza przypadkiem najmniejszego nietrywial-nego zbioru modulo, to znaczy Z2) istnieją takie elementy, które są kwadratamidwóch różnych lelementów Zn. Ponieaż zaś zbiór Zn jest skończony, jeśli tylkon > 2, nie wszystkie elementy Zn są residuami kwadratowymi. Jeśli n jest liczbąpierwszą, wówczas sytuacja jest szczególnie prosta.

Twierdzenie 3.6 Niech p będzie liczbą pierwszą i niech a ∈ Zp będzie residuumkwadratowym. Wówczas a ma dokładnie dwa pierwiastki kwadratowe w Zp.

Dowód. Przypuśćmy, że x i y są dwoma różnym pierwiastkami kwadratowymiz a w Zp, przy czym y 6≡ −x (mod p). Mamy więc

y 6≡ x oraz y 6≡ −x (mod p)

a wobec tegox− y 6≡ 0 oraz x+ y 6≡ 0 (mod p)

Otrzymujemy więc (x − y)(x + y) = x2 − y2 ≡ a − a = 0 (mod p). To zaśjest sprzeczne z faktem, że w Zp (dla p pierwszego) iloczyn dwóch elementówróżnych od zera jest także różny od zera. Tak więc nie istnieje element y ∈ Zp,różny od x i od −x (mod p), który jest kwadratowym pierwiastkiem z a.

W zastosowaniach arytmetyki modularnej w kryptografii z kluczem publicz-nym będzie nam niezbędna praktyczna umiejętność obliczania pierwiastkówkwadratowych modulo n. Nie zawsze jest to możliwe, dla nas wystarczy, żebedziemy umieli to robić dla residuów kwadratowych modulo p, gdzie p jestliczbą pierwszą przystającą do 3 modulo 4.

Twierdzenie 3.7 Niech p ∈ N będzie liczbą pierwszą, p ≡ 3 (mod 4) i niech abędzie residuum kwadratowym w Zp. Wówczas pierwiastkami kwadratowymi aw Zp są a

p+14 (mod p) oraz −a

p+14 (mod p).

Dowód. Niech a będzie residuum kwadratowym modulo p,gdzie p ≡ 3 (mod 4).Wówczas istnieje b ∈ Z takie, że b2 ≡ a (mod p). Stąd wynika, że(

ap+14

)2=(

(b2)p+14

)2= bp · b

Na mocy Małego Twierdzenia Fermata bp ≡ b (mod p), a więc(ap+14

)2≡ b2 ≡ a (mod p)


Oczywiście mamy także(ap+14

)2= (−1)2

(ap+14

)2≡ a (mod p)

co kończy dowód twierdzenia.

Zauważmy, że obliczanie pierwiastków kwadratowych z wykorzystaniem twier-dzenia 3.7 jest algorytmicznie łatwe: należy wykonać p+1

4 mnożeń.

3.4. ZASADY KRYPTOGRAFII 43

3.4 Zasady kryptografii z kluczem publicznym

Wyobraźmy sobie, że mamy trzy osoby: Alicję, Boba i Ewę. Alicja chce przeslaćBobowi pewne informacje tak, by Ewa (ani nikt inny poza Bobem) nie mógłodgadnąć ich treści mimo, że informacje te przekazywane są w sposób jawny3.Warto w tym miejscu zdać sobie sprawę, że każdą informację można traktowaćjako liczbę. Standardowym zapisem jest powszechnie znany kod ASCII którymożna z łatwością zdobyć, na przykład za pomocą internetu (w kodzie tymkażdemu znakowi odpowiada 3-cyfrowa liczba, a to 097, spacja to 032, o to 111itd). Kod ASCII ma jednak oczywistą wadę: wszyscy go znają, a w każdym raziewiedzą jak sie w niego zaopatrzyć. Tak więc Alicja i Bob będą musieli przesyłanedane zaszyfrować (funkcję szyfrującą oznaczać będziemy przez E4, na dodatekwychodząc z założenia, że wszystkie przesyłane wiadomości są podsłuchiwane(przez Ewę).

Powiedzmy, że Alicja chce zaszyfrować i następnie przesłać Bobowi liczbęnaturalną l. By osiągnąć swój cel, Alicja i Bob będą postępowali według nastę-pującego schematu:

1 Bob znajduje funkcję szyfrującą (szyfrującą) E oraz dekodującą D,a więc takie by D(E(l)) = l

2 Bob przesyła tekstem otwartym (Ewa widzi przekaz) funkcję E Alicji3 Alicja koduje informację którą chce przesłać Bobowi według

otrzymanej przez niego instrukcji (tę instrukcje zna także Ewa).Inaczej mówiąc Alicja oblicza wartość m = E(l)

4 Alicja wysyła Bobowi m(Ewa oczywiście także widzi przesyłaną informację)

5 Bob liczy D(m) i poznaje treść przesyłki Alicji

Wydaje się, że znalezienie w tej sytuacji skutecznej metody szyfrowania chro-niącej przesyłane informacje przed niezdrową5 ciekawością Ewy będzie bardzotrudne. Okazuje się, że taka metoda istnieje, choć opiera się na bardzo, na pozór,kruchej podstawie. Tą podstawą jest przekonanie (hipoteza), że nie istnieje sku-teczna metoda faktoryzacji liczb naturalnych. Rzeczywiście, choć pomnożenieręcznie, a więc bez użycia komputera dwóch dużych, powiedzmy o 500 pozycjachdziesiętnych liczb, wydaje się czynnością kłopotliwą, wymagającą dużej ilościczasu i papieru, dla komputera jest proste i odbywa się w mgnieniu oka, dającw rezultacie liczbę o 1000 miejscach dziesiętnych. Nawet naszemu domowemukomputerowi taka czynność zajmie mniej niż sekundę. Jeśli jednak odwrócimyzagadnienie, czyli jeśli otrzymamy 1000-pozycyjną liczbę n = pq, gdzie p i q są

3Rozszyfrujmy kilka spraw. Dlaczego Alicja, Bob i Ewa? To proste. Alicja, bo na literęA, Bob bo na literę B, E bo po angielsku podsłuchiwacz to eavesdropper (a więc na literę E,jak Ewa (Eve)). Rozsądnie jest także założyć, że wszystkie przesyłane informacje mogą byćśledzone. Czyż nie tak jest gdy wyjmujemy pieniądze z bankomatu lub, w jeszcze większymstopniu, gdy płacimy za zakupy dokonywane za pośrednictwem internetu?

4E od angielskiego encoding5A przede wszystkiem niebezpieczną dla Alicji i Boba!

nieznanymi nam liczbami pierwszymi, i zadanie nasze będzie polegało na zna-lezieniu p i q, to będziemy musieli wykonać liczbę dzieleń (prób) rzędu 10500,co nawet najszybszemu komputerowi zajmie niewyobrażalną ilość czasu6. Nadodatek, gdyby wynaleziono komputery o wiele szybsze niż znane do tej pory,wystarczy zwiększyć liczbę cyfr znaczących n z 1000 do 2000 by liczba operacjipotrzebnych do znalezienia faktoryzacji wzrosła 101000 krotnie.

Poniżej pokażemy w jaki sposób rozważania na temat złożoności oblicze-niowej mnożenia i znajdowania rozkładu liczb na czynniki pierwsze mogą byćprzydatne w kryptografii.

3.4.1 Metoda RabinaMetodę szyfrowania Rabina7 można opisać następująco. Niech n będzie usta-loną, wystarczająco dużą, powiedzmy 300-cyfrową liczbą (okaże się, że celemuniknięcia zniekształcenia informacji l w procesie szyfrowania n musi być do-brane tak, by l < n). Funkcją kodującą jest

E(l) = l2( mod n)

Oznacza to tyle, że Bob prześle Alicji liczbę n i funkcję kodującą. Alicja ob-liczy l2 (mod n), prześle tę informacje Bobowi. Ewa, podsłuchiwaczka, będzieznała zarówno l2 jak i n, a jednak, z powodów opisanych wyżej, nie będzie wstanie obliczyć l. Zauważmy. że tak świetnie liczące pierwiastki kalkulatory (czykomputery) są w tej sytuacji zupełnie bezużyteczne. Na przykład gdybyśmy ob-liczyli przy pomocy kalkulatora

√10 to otrzymalibyśmy 3.1621..., co nijak ma

się do pierwiastka z 10 (mod 13) (dwie liczby dają w kwadracie 10 (mod 13),mianowicie 6 i 7). Jak to jednak możliwe, że Bob będzie w stanie zrobić to,czego nie jest w stanie uczynić Ewa, to znaczy obliczyć l?

1. Bob wybiera dwie duże liczby pierwsze p i q takie, by p ≡ q ≡ 3 (mod4). Następnie oblicza n = pq i przesyła Alicji (zakładamy, że Ewa widziprzepływ tych informacji).

2. Alicja konwertuje swoją wiadomość w kodzie ASCII otrzymując liczbę l ioblicza m = l2 (mod n). Następnie przesyła Bobowi m. Ewa widzi m, znajuż n, nie umie jednak obliczyć p i q, bo to jest właśnie trudny problemfaktoryzacji.

3. Bob znajduje pierwiastki z m obliczając wpierw a = mp+14 (mod p), b =

−mp+14 (mod p), c = m

q+14 (mod q) oraz d = −m

q+14 (mod q), a następnie

rozwiązując cztery układy równań modularnych:{x ≡ a (mod p)x ≡ c (mod q)

{x ≡ a (mod p)x ≡ d (mod q)

6Sam sprawdź. Przyjmij, że jedno dzielenie wymaga 1 mikrosekundy, a dla ułatwieniaobliczeń, że minuta ma 100 sekund, doba 100 godzin, rok 1000 dni.

7Nazwa od twórcy metody: Michaela Rabina

3.4. ZASADY KRYPTOGRAFII 45{x ≡ b (mod p)x ≡ c (mod q)

{x ≡ b (mod p)x ≡ d (mod q)

Układy równań modularnych mają jednoznaczne rozwiązania modulo n = pqdzięki chińskiemu twierdzeniu o resztach. Otrzymamy więc aż cztery rozwiaza-nia, choć wiemy, że dobre jest tylko jedno z nich. To jednak, by wśród rozwiązańodróżnić właściwe będzie dla Boba bardzo proste. Po przejściu z kodu ASCIIna litery otrzyma jedną wiadomość sensowną i trzy ciągi znaków nie mającychsensu.

Na pierwszy rzut oka może się wydawać, że metoda liczenia pierwiastkówwykorzystująca twierdzenie 3.7 nie jest zbyt efektywna. Należy przecież liczyćbardzo wysokie potęgi. Na szczęście okazuje się, ż celem obliczenia k-tej potęgiliczby b wystarczy wykonać liczbę mnożeń, która jest proporcjonalna nie do ka do log k. Przyjrzyjmy się tej sytuacji na przykładzie.

Przykład 3.1 Policzmy 712 (mod 9).72 = 49 ≡ 4 (mod 9) ⇒ 74 ≡ 16 ≡ 7 (mod 9) ⇒ 78 ≡ 49 ≡ 4 (mod 9)⇒ 712 = 78 · 74 ≡ 4 · 7 = 28 ≡ 1 (mod 9)Tak więc udało się obliczyć wysoką potęgę liczby 7 modulo 9 wykonując 5 mnożeńi bez konieczności operacji arytmetycznych na dużych liczbach.

3.4.2 Metoda RSA

O ile metoda Rabina wykorzystuje Małe Twierdzenie Fermata, to metoda RSA8

opiera się na twierdzeniu Eulera. Podobnie jak to było w przypadku opisu me-tody Rabina załóżmy, że Alicja chce przesłać Bobowi zaszyfrowaną informacjęl ∈ N.

Opis metody RSA.

1. Bob:

(a) Znajduje 2 duże liczby pierwsze p, q, liczy n = pq orazϕ(n) = (p− 1)(q− 1) (także w tym przypadku zakładamy, że n ≥ l).

(b) Wybiera (dowolne) e ∈ Z∗ϕ(n) (a więc e jest względnie pierwsze zϕ(n)).

(c) Przesyła Alicji n i e

(d) Oblicza d = e−1 w Z∗ϕ(n).

2. Ewa: Widzi! Widzi zarówno n jak i e. Wie także jaka jest funkcja szyfru-jąca.

3. Alicja:

(a) Liczy m = le (mod n)

8Nazwa metody od pierwszych liter nazwisk jej twórców: Rivest, Shamir i Adleman.

(b) Wysyła m Bobowi.

Bob: Liczymd = (le)d ≡ l (mod n) (3.6)

Prawdziwość wzoru 3.6 wymaga uzasadnienia. Oto one.

(a) Przypadek: l ⊥ n. Skoro ed ≡ 1 (mod ϕ(n)) mamy: ed = 1 + kϕ(n)(gdzie n jest pewną liczbą całkowitą. Wówczas możemy wykorzystaćtwierdzenie Eulera:

led = l1+kϕ(n) = l(lϕ(n))k ≡ l( mod n)

(b) Przypadek: l i n nie są względnie pierwsze. Wtedy albo p|l albo q|l(gdyby p|l i q|l to mielibyśmy sprzeczność z założeniem, że l < n.Załóżmy, że p|l oraz q 6 |l.Mamy teraz: led = l1+k(p−1)(q−1) = l(lq−1)k(p−1). Ale q ⊥ l (bo qjest liczbą pierwszą i q nie dzieli l). Wiemy że, ϕ(q) = q − 1. A więcled ≡ l · 1k(p−1) = l (mod q).Ostatecznie otrzymaliśmy

led ≡ l (mod q)

Mamy takżeled ≡ l (mod p)

(bo l ≡ 0 (mod p). Z chińskiego twierdzenia o resztach l jest jedynymmodulo n = pq rozwiązaniem układu równań

l ≡ md (mod q)

l ≡ md (mod p)

w. 530.10.2012

Rozdział 4

Działanie grupy na zbiorze

4.1 Działanie grupy na zbiorzeNiech G będzie grupą multyplikatywną. Mówimy, że G działa na zbiorze Xjeśli jest określone odwzorowanie ρ : G ×X → X spełniające następujące dwawarunki (piszemy g(x) zamiast ρ(g, x)):

1. dla dowolnych g1, g2 ∈ G oraz dla każdego x ∈ X (g1 · g2)(x) = g1(g2(x))

2. dla dowolnego x ∈ X e(x) = x (gdzie e jest elementem neutralnym grupyG).

Przykład 4.1 Grupa Kleina jest, w oczywisty sposób, grupą działającą nazbiorze X = {A,B,C,D} wierzchołków prostokąta.

Przykład 4.2 Grupa obrotów sześcianu.

uA

uB

��

��u

Du

C

uE

��

uF

uH u G��

��

Przy oznaczeniach jak na rysunku, elementami grupy będą:

• Obroty wokół osi łączących naprzeciwległe wierzchołki, czyli permutacje(łącznie 8 permutacji):

47

48 ROZDZIAŁ 4. DZIAŁANIE GRUPY NA ZBIORZE

(A)(G)(B,E,D)(C,F,H), (A)(G)(B,D,E)(C,H,F ),(B)(H)(C,F,A)(G,E,D), (B)(H)(A,F,C)(D,E,G),(C)(E)(B,G,D)(A,F,H), (C)(E)(B,D,G)(A,H,F ),(D)(F )(A,C,H)(E,B,G), (D)(F )(A,H,C)(E,G,B).

• Obroty wokół osi łączących środki przeciwległych ścian, czyli permutacje:(A,B, F,E)(D,C,G,H), (A,F )(E,B)(D,G)(C,H), (A,E, F,B)(D,H,G,C),(A,E,H,D)(B,F,G,C), (A,H)(E,D)(B,G)(F,C), (A,D,H,E)(B,C,G, F ),(A,B,C,D)(E,F,G,H), (A,C)(B,D)(E,G)(F,H), (A,D,C,B)(H,G,F,E).- tych permutacji jest łącznie 9.

• Sześć obrotów wokół osi łączących środki przeciwległych krawędzi, czylipermutacje:(E,A)(G,C)(F,D)(H,B),(F,B)(H,D)(E,C)(A,G),(A,B)(H,G)(F,D)(E,C),(E,F )(D,C)(A,G)(B,H),(E,H)(B,C)(A,G)(D,F ),(A,D)(F,G)(C,E)(B,H)

Ponieważ musimy także uwzględnić identyczność (A)(B)(C)(D)(E)(F )(G)(H),grupa obrotów sześcanu jest rzędu 24.

Twierdzenie 4.1 Jeśli grupa G działa na zbiorze X, g ∈ G, to g jest bijekcjązbioru X.

Dowód.

• Niech g ∈ G i niech x i y będą takimi elementami zbioru X, że g(x) =g(y). Wówczas g−1(g(x)) = g−1(g(y)) i stąd oraz z pierwszego postulatudefinicji działania grupy na zbiorze (g−1 · g)(x) = (g−1 · g)(y). Mamy więce(x) = e(y) i na mocy drugiego warunku x = y. Dowolny element grupyG jest więc jako funkcja zbioru X w X, injekcją.

• Niech teraz y ∈ X. Zdefiniujmy x := g−1(y). Korzystając z dwóch wa-runków definicji działania grupy na zbiorze łatwo moźna sprawdzić, żey = g(x). Dowolny element g ∈ G jako funkcja działająca na zbiorze Xjest więc surjekcją.

Dla grupy G działającej na zbiorze X oraz el. x ∈ X stabilizatorem xnazywamy

Gx = {g ∈ G : g(x) = x}

Przykład 4.3 Przyjmując oznaczenia takie, jak w przykładzie 4.2 stabilizato-rem elementu A w grupie obrotów sześcianu jest zbiór złożony z trzech permu-tacji: {idX , (A)(G)(B,E,D)(C,F,H), (A)(G)(B,D,E)(C,H,F )}.

4.1. DZIAŁANIE GRUPY NA ZBIORZE 49

Przykład 4.4 Bryłą platońską, inaczej: bryły foremne, nazywamy bryłę,której wszystkie ściany są wielokątami foremnymi, częścią wspólną dwóch ścianjest albo zbiór pusty, albo zbiór jednoelementowy - wierzchołek bryły, albowspólny bok (krawędź wieloboku).Okazuje się, że istnieje jedynie pięć brył platońskich: czworościan, sześcian,ośmiościan, dwunastościan i dwudziestościan1. Siatki brył platońskich są przed-stawione na rysunkach. Ich izometrie można traktować jako działania grupy nazbiorach wierzchołków, ścian lub krawędzi (por. zad 4.2).

Twierdzenie 4.2 Stabilizator dowolnego elementu x ∈ X jest podgrupą grupyG.

Orbitą elementu x ∈ X nazywamy zbiór

Orb x = {g(x) : g ∈ G}

Relacja R określona przez

xRy ⇐⇒ ∃g ∈ G : g(x) = y

jest w X równoważnościowa.Następne twierdzenie (oraz wynikający z niego wniosek 4.4) będziemy wie-

lokrotnie wykorzystywać. Nazwiemy go twierdzeniem o orbicie i stabiliza-torze.

Twierdzenie 4.3 Jeśli skończona grupa G działa na zbiorze X, wówczas dlakażdego x ∈ X

|Orb x| = |G : Gx| (4.1)

Dowód. Zdefiniujmy funkcję

φ : G : Gx 3 Gxg → g−1(x) ∈ Orb x

Udowodnimy, że φ jest bijekcją zbiorów G : Gx prawostronnych klas podgrupyGx na orbitę elementu x i stąd oczywiście będzie wynikała równoliczność zbiorówG : Gx oraz Orb x.Nim jednak udowodnimy, że φ jest bijekcją wykażemy, że funkcją φ jest dobrzeokreślona. Musimy więc udowodnić, że jeśli g, h ∈ G są takimi elementami, żeGxg = Gxh, wówczas φ(Gxg) = φ(Gxh). Inaczej mówiąc, że wartość funkcji φnie zależy od tego jakiego reprezentanta warstwy wybierzemy. Dowód możnaprzedstawić jako ciąg implikacji:

1Odkrycie tego faktu zawdzięczamy starożytnym Grekom (por. [12]). Hermann Weil w [22]odkrycie dwunastościanu i dwudziestościanu foremnego nazywa jednym z najpiękniejszych inajbardziej osobliwych odkryć w całej historii matematyki. Ciekawostką może być, że grupyobrotów brył platońskich znajdują ważne zastosowania w nanofizyce (jako grupy symetrii nie-których fulleroidów). Potwierdza to kilka znanych i lubianych przez matematyków powiedzeńo tym, że jak coś jest ważne, to jest i piękne, a jak piękne to i użyteczne (prędzej czy później).


Gxg = Gxh ⇒ g = f ◦ h dla pewnego f ∈ Gx (pamiętamy, że e ∈ Gx)⇒ g−1 = h−1 · f−1⇒ g−1(x) = (f · h)−1(x)⇒ g−1(x) = (h−1 · f−1)(x)⇒ g−1(x) = h−1(f−1(x)) (z drugiego

warunku działaniagrupy na zbiorze)

Skoro f ∈ Gx, to także f−1 ∈ Gx a zatem f−1(x) = x i ostatecznie g−1(x) =h−1(x), czyli φ(Gxg) = φ(Gxh.Injektywność funkcji φ. Przypuśćmy, że φ(Gxg) = φ(Gxh). Wówczasg−1(x) = h−1(x), a więc h ◦ g−1(x) = x, czyli h ◦ g−1 ∈ Gx, a więc g ≡ hmodulo Gx i wobec tego Gxg = Gxh.Surjektywność φ. Niech y ∈ Orb x. Wówczas istnieje g ∈ G takie, że y = g(x),czyli y = (g−1)−1(x) = φ(Gxg

−1).

Z wniosku 2.21 wynika następująca postać twierdzenia 4.3.

Wniosek 4.4 Jeśli skończona grupa G działa na zbiorze X, wówczas dla każ-dego x ∈ X

|G| = |Gx| · |Orb x| (4.2)

Wniosek 4.4 (lub, co na jedno wychodzi, twierdzenie 4.3) jest ważnym i wie-lokrotnie wykorzystywanym twierdzeniem teorii grup. Jednym z takich ważnychzastosowań jest lemat Burnside’a, o którym będzie mowa poniżej. Warto zauwa-żyć, że formalnie lewa strona wzoru (4.2) nie zależy od elementu x, zaś prawatak. To bardzo silna własność polegająca na fakcie, że dla dowolnego elementux ∈ X iloczyn |Gx||Orb x| przyjmuje taką samą wartość (równą |G|).

4.2 Lemat Burnside’a

Bardzo często bywa tak, że chcemy wiedzieć jaka jest liczba istotnie różnychstruktur. Dla przykładu, przynajmniej dla pewnych celów, można przyjąć, żejest tylko jeden sześcian, pomijając bowiem wielkość, wszystkie są do siebie po-dobne. Inaczej jednak będzie, jeżeli będziemy moglo pomalować ściany naszegosześcianu, na przykład dwoma kolorami: czerwonym i niebieskim. Powiedzmy,że interesuje nas, ile jest różnych pokolorowań ścian sześcianu na czerwono iniebiesko tak, by dwie ściany były czerwone, pozostałe zaś cztery niebieskie.Krótka chwila refleksji wystarczy by się przekonać, że są dokładnie dwa takiepokolorowania: w jednym ściany pokolorowane na czerwono są przeciwległe, wdrugim zaś sąsiednie.Nie zawsze jednak musi być aż tak łatwo. Przyjrzyjmy się innemu przykładowi,mianowicie powiedzmy, że dwoma kolorami, czarnym i niebieskim malujemywierzchołki naszego sześcianu tak, by trzy wierzchołki były niebieskie a pozo-

4.2. LEMAT BURNSIDE’A 51

stałe czarne. Także ten przykład nie jest bardzo trudny, na rysunku widać, żepokolorowań takich są co najmniej trzy, ale czy to już wszystkie?

sA

sB��

sD s C��

�� sF

��

H s GsEs

sA

sB��

sD C

�� s

F

��

H s GsEs

s

sB��

��sD C

�� s

F

��

H s GsEs

ssA

Trzy różne pokolorowania wierzchołków sześcianu dwoma kolorami

Problemy zliczania nieizomorficznych obiektów pomaga zliczać teoria, którejjednym z pierwszych i najważniejszych wyników jest twierdzenie zwane Lema-tem Burnside’a2.

Dla danej grupy G działającej na zbiorze X oraz g ∈ G zbiór punktówstałych g oznaczamy przez Fix g:

Fix g = {x ∈ X : g(x) = x}

Twierdzenie 4.5 (Lemat Burnside’a) Niech G będzie grupą skończoną dzia-łającą na zbiorze skończonym X. Wówczas liczba N orbit zbioru X ze względu

2William Burnside (1852-1927) był wybitnym matematykiem angielskim. Tak zwany Le-mat Burnside’a opublikował w swojej książce Theory of Groups of Finite Order w 1897 rokuzaznaczając, że twierdzenie to zostało udowodnione przez Frobeniusa (1849-1917) 10 lat wcze-śniej. Niemniej twierdzenie (zwane czasami Twierdzeniem o przeliczaniu związane pozostałoz nazwiskiem Burnside’a. Ciekawe, jaką rolę w tym odegrał fakt, że Burnside zapomniałwspomnieć o autorstwie Frobeniusa w drugim wydaniu swojej książki (1911), które stało sięna wiele lat podstawową pracą w tej dziedzinie.


na G wynosi

N =1

|G|∑g∈G|Fix g|

Nim udowodnimy Lemat Burnside’a, przyjrzymy się jeszcze jednemu przykła-dowi.

Przykład 4.5 Powiedzmy, że mamy naszyjnik z pięcioma koralikami, z którychdwa są niebieskie zaś pozostałe trzy czarne. Problem jest następujący: ile jestistotnie różnych takich naszyjników?Dla tylko pięciu koralików problem jest bardzo prosty i jego wszystkie rozwiązaniamożna podać natychmiast, bez wykorzystywania teorii grup. Widać, że są dwarozwiązania i można je przedstawić na rysunku.

��

AAA �

��

@@@

uu

u

uu �

��

AAA �

��

@@@

uu

u

uu

Sprawdźmy jednak, jak zastosować można w naszym przykładzie Lemat Burn-side’a.

Nasz naszyjnik to pięciokąt foremny, którego grupę izometri D5 doskonaleznamy. Oznaczmy przez g izometrię odpowiadającą permutacji g = (1, 2, 3, 4, 5).Wówczas D5 = {id, g, g2, g3, g4, h, hg, hg2, hg3, hg4}, gdzie h = (1)(2, 5)(3, 4)jest symetrią (oś symetrii przechodzi przez wierzchołek 1 (oczywiście oznaczeniasą tu takie, jak na kolejnym rysunku).

��

AAA �

��

@@@

u3

u2

u1

u4

u5

Liczba różnych naszyjników, to liczba N orbit.Rząd grupy równy D5 = 10. Natomiast liczby |Fix g| będą różne, w zależnościod typu izometrii.

• |Fix id|: Każdy naszyjnik przechodzi przez identyczność w samego sie-bie, a wszystkich naszyjników jest tyle, na ile sposobów można ze zbioru{1, 2, 3, 4, 5} wybrać dwa elementy odpowiadające koralikom niebieskim.Tak więc |Fix id| =

(102

)= 10.


• Obroty: Żaden naszyjnik nie przejdzie w siebie przez żaden obrót. Rze-czywiście, na przykład dla obrotu (1, 2, 3, 4, 5) zawsze znajdzie się koralikniebieski, po którego lewej stronie będzie koralik czarny. Stąd dla dowol-nego obrotu f mamy |Fix f | = 0.

• Symetrie: Dla każdej symetrii są dokładnie dwa naszyjniki, które przejdąprzez tę symetrię w siebie. Na przykład dla symetrii (1)((2, 5)(3, 4) takiminaszyjnikami są te, które mają nieiebuieskie koraliki na pozycjach 2 i 3lub na pozycjach 3 i 4. Pamiętamy, że takich symetrii jest 5.

Ze wzoru na liczbę orbit w Lemacie Burnside’a otrzymujemy więc

N =1

10(10 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2) =

20

10= 2

a więc wynik, którego się spodziewaliśmy.Dowód Lematu Burnside’a przeprowadzimy metodą, która w kombinato- w. 6

6.11.2012ryce jest znana pod nazwą metody podwójnego zliczania. Ta metoda polega naoczywistej zasadzie, że jeśli liczymy liczność jakiegoś zbioru na dwa sposobyto wynik za każdym razem musi być ten sam (oczywiście zakładamy, że obiemetody są poprawne).Policzymy liczbę elementów zbioru

S = {(x, g) ∈ X ×G : g(x) = x}

Utwórzmy zero-jedynkową macierz M = (mg,x)g∈G,x∈X zdefiniowaną wzo-rem

mg,x =

{1 jeśli g(x) = x0 jeśli g(x) 6= x

O takiej macierzy mówimy, że ma wiersze indeksowane elementami zbioru G,zaś kolumny indeksowane elementami zbioru X.Liczba elementów zbioru S jest oczywiście równa liczbie jedynek w macierzyM .Liczbę tę można obliczyć na dwa sposoby.

Sposób 1. Sumujemy wyrazy w każdym wierszu macierzy S otrzymując dla wierszao indeksie g ∑

x∈Xmg,x = |Fix g|

a następnie liczymy sumę wszystkich wierszy i mamy w wyniku

|S| =∑g∈G|Fix g|

Sposób 2. Sumujemy wyrazy w każdej z kolumn otrzymując dla kolumny o ideksie x∑g∈G

mg,x = |Gx|


i następnie sumujemy po wszystkich x ∈ X co daje w wyniku

|S| =∑x∈X|Gx|

Powiedzmy, że mamy N orbit (rozłącznych i dających w sumie cały zbiórX) O1, O2, ..., ON . Możemy teraz napisać∑

g∈G |Fix g| =∑x∈X |Gx|

=∑Ni=1(

∑x∈Oi |Gx|)

Dla każdej z orbit Oi wybierzmy (dokładnie jeden) element xi ∈ Oi. Skoro, namocy wniosku 4.4, dla każdego x ∈ X prawdziwy jest wzór |Gx| · |Orb x| = |G|,mamy także |Gx| = |Gxi | dla każdego x ∈ Oi. Stąd (i korzystając ponownie zwniosku 4.4) otrzymujemy∑

g∈G |Fix g| =∑Ni=1(|Oi| · |Gxi |)

= N · |G|

Co kończy dowód naszego twierdzenia.

Przykład 4.6 (Kontynuacja przykładu w którym kolorowaliśmy wierzchołki sze-ścianu kolorami czarnym i niebieskim).Utwórzmy tabelkę, w której wypiszemy:

• wszystkie typy permutacji grupy działającej na sześcianie (pierwsza ko-lumna),

• |Fix g| - a więc dla każdego typu permutacji liczba sześcianów z trzemawierzchołkami niebieskimi i pozostałymi czarnymi, które przez g przecho-dzą w siebie, to znaczy: kolory wierzchołków pozostają zachowane (drugakolumna)

• liczbę permutacji danego typu (trzecia kolumna).

Typ permutacji |Fix g| liczba permutacji typu

Identyczność(

83

)= 56 1

Obroty wokół osi łączącychwierzchołki przeciwległe 2 8Obroty wokół osi łączącychśrodki przeciwległych ścian 0 9Obroty wokół osi łączącychśrodki przeciwległych krawędzi 0 6

Zgodnie z Lematem Burnside’a, liczba N różnych pokolorowań wierzchołkówsześcianu, w których trzy wierzchołki są niebieskie a pięć czarnych jest równa

N =1

21(1 · 56 + 2 · 8 + 0 · 9 + 6 · 0) =

72

24= 3


Tak więc na rysunku ze strony 51 przedstawione są wszystkie możliwe, istotnieróżne takie pokolorowania.


4.3 ZadaniaZadanie 4.1 Pola szachownicy o wymiarach 4 × 4 kolorujemy dwoma kolo-rami: niebieskim i czarnym. Ile jest różnych pokolorowań w których 4 pola sąniebieskie a pozostałe czrne, przy założeniu, że

• szachownica jest wykonana z drewna,

• szachownica jest przeźroczysta (dwustronna).

Zadanie 4.2 Ile jest istotnie różnych pokolorowań ścian ośmiościanu regular-nego, w których trzy ściany są niebieskie a pozostałe czarne?Porównaj otrzymany wynik z przykładem 4.6. Wyjaśnij fakt, że wyniki są iden-tyczne.

Zadanie 4.3 Porównaj kolorowanie ścian dwudziestościanu foremnego z kolo-rowaniem wierzchołków dwunastościanu foremnego. Ile jest różnych pokolo-rowań ścian dwunastościanu foremnego, w których 5 ścian jest niebieskich apozostałe są czarne?Odpowiedz na podobne pytanie dotyczące liczby pokolorowań wierzchołkówdwudziestościanu.

Rozdział 5

Skończone grupy abelowe

Niech H1, H2, ...,Hk będą grupami. Przez H1⊕H2⊕ ...⊕Hk będziemy oznaczalizbiór H1 × H2 × ... × Hk (iloczyn kartezjański zbiorów H1, H2, ...,Hk) z dzia-łaniem określonym wzorem (x1, x2, ..., xk)(y1, y2, ..., yk) = (x1y1, x2y2, ..., xkyk).Oczywiście każde działanie xiyi, zapisane tu multiplikatywnie czyli jako mnoże-nie, jest działniem w odpowiedniej grupie Hi.Z łatwością można wykazać, że H1 ⊕H2 ⊕ ... ⊕Hk jest wtedy grupą, abelowąjeśli grupy G i H są abelowe (por. zad. 5.13). H1 ⊕H2 ⊕ ... ⊕Hk nazywamyiloczynem prostym grup H1, H2, ...,Hk.Iloczynem wewnętrznym podgrup H1, H2, ...,Hk grupy G nazywamy zbiórH1 ·H2 · ... ·Hk = {h1h2 · ... ·hk|hi ∈ Hi gdzie i = 1, 2, ..., k}, o ile Hi∩Hj = {e}dla wszystkich i 6= j. Zamiast H1 ·H2 · ... ·Hk piszemy wtedy H1⊗H2⊗ ...⊗Hk

Nietrudno udowodnić, że dla grup abelowych pojęcia obu iloczynów w pe-wien sposób się pokrywają (por. zad. 5.14).

Twierdzenie 5.1 Jeżeli grupa G jest abelowa, Hi ≤ G dla i = 1, 2, ..., k, iHi ∩Hj = {e} dla i 6= j, wówczas grupy H1⊕H2⊕ ...⊕Hk i H1⊗H2⊗ ...⊗Hk

są izomorficzne.

Najważniejszym twierdzeniem niniejszego rozdziału jest Twierdzenie o skoń-czonych grupach abelowych udowodnione w 1858 roku przez Leopolda Kronec-kera. W dowodzie tego twierdzenia wielokrotnie będziemy korzystać z twier-dzenia Cauchy’ego dla grup skończonych. Twierdzenie to jest zaprezentowanew rozdziale 6 poświęconym twierdzeniom Sylowa (wniosek 6.4), niemniej wersjętego twierdzenia dla grup abelowych udowodnimy niezależnie, już teraz, by niestracić okazji do przedstawienia jej nietrudnego i kształcącego dowodu.

5.1 Twierdzenie Cauchy’ego dla grup abelowychTwierdzenie 5.2 Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeśli G jest skończoną grupąabelową i p dzieli |G|, wówczas w G istnieje element rzędu p.

57

58 ROZDZIAŁ 5. SKOŃCZONE GRUPY ABELOWE

Dowód. Twierdzenie udowodnimy indukcyjnie, ze względu na rząd grupy G.

• Bardzo łatwo sprawdzić, że twierdzenie jest prawdziwe jeśli |G| = 2.

• Przypuśćmy więc, że |G| > 2 i twiedzenie jest prawdziwe dla wszystkichgrup rzędu mniejszego niż |G|.Udowodnimy teraz, że w G istnieje element rzędu pierwszego. Rzeczy-wiście niech x 6= e i niech |x| = nq, gdzie q jest pewną liczbą pierwszą.Wówczas |xn| = q.Przypuśćmy teraz, że x jest rzędu pierwszego q.Jeśli q = p, to twierdzenie już jest udowodnione. Przypuśćmy więc, żeq 6= p.Niech G′ = G/ < x >. Ponieważ G jest grupą abelową, podgrupa < x >jest normalna i G′ jest grupą abelową, |G′| = |G|/q < |G| i p dzieli rządgrupy G′.Na mocy założenia indukcyjnego istnieje element y < x >∈ G′ rzędu p.Wtedy (y < x >)p = yp < x >=< x > i yp ∈< x >. Wobec tego yp = elub |yp| = q (w podgrupie < x > rzędu pierwszego q każdy element pozaelementem neutralnym jest rzędu q).Gdyby rząd yp był równy qwówczas mielibyśmy (y < x >)q =< x >.Wtedy p dzieliłoby q - sprzeczność, która kończy dowód.

5.2 Zasadnicze twierdzenie o skończonych gru-pach abelowych

Twierdzenie 5.3 (Zasadnicze twierdzenie o skończonych grupach abelowych)Każda skończona grupa abelowa G jest izomorficzna z sumą prostą grup cyklicz-nych rzędów będących potęgami liczb pierwszych.Co więcej, zarówno liczba czynników w tym iloczynie jak ich rzędy są jednoznacz-nie wyznaczone przez grupę G.

Dowód twierdzenia 5.3 wynika z kilku, przedstawionych poniżej, lematów.

Lemat 5.4 Jeśli G jest grupą abelową rzędu pnm, gdzie p jest liczbą pierwszą,p ⊥ m, wtedy G = H ·K, gdzie H = {x ∈ G|xm = e},K = {x ∈ G|xpn = e} sąpodgrupami grupy G oraz H ∩K = {e}. Co więcej, |H| = m, |K| = pn.

Dowód. Bardzo łatwo jest sprawdzić, że H ≤ G oraz K ≤ G (por zadanie 5.6).Skoro p ⊥ m, istnieją s, t ∈ Z takie, że

spn + tm = 1

Dla dowolnego x ∈ G mamy wtedy x = x1 = xspn+tm = xsp

n

xtm.Z wniosku 2.22 z twierdzenia Lagrange’a: x|G| = e i stąd:

(xspn

)m = (xpnm)s = es = e a więc xsp

n

∈ H

5.2. ZASADNICZE TWIERDZENIE O SKOŃCZONYCHGRUPACHABELOWYCH59

Podobnie(xtm)p

n

= (xpnm)t = et = e a więc xm ∈ K

Otrzymaliśmy więc, że dla dowolnego x ∈ G istnieją y ∈ H, z ∈ K takie, żex = yz, inaczej mówiąc G = HK.

• Wykażemy, że H ∩K = {e}.Niech x ∈ H ∩K. Wówczas xm = e = xp

n

. Stąd |x| dzieli m i |x| dzielipn i skoro zaś pn ⊥ m mamy |x| = 1. Jedynym elementem rzędu 1 jestelement neutralny e i wobec tego x = e.

• pnm = |HK| = |H| · |K|Rzeczywiście, funkcja φ : H × K 3 (x, y) → x · y ∈ HK jest bijekcją.Surjektywność φ jest oczywista. Jeśli x1y1 = x2y2 dla pewnych x1, x2 ∈ Hi y1, y2 ∈ K, wówczas x1x−12 = y−11 y2 a stąd x1x−12 , y−11 y2 ∈ H ∩K a więcx1x−12 = y−11 y2 = e, czyli x1 = x2 i y1 = y2 skąd wynika, że φ jest

iniekcją. Udowodniliśmy więc, że |H × K| = |HK| skąd i z faktu, żeG = HK wynika, że |H| · |K| = |HK| = pnm.

Rzędy wszystkich elementów z H dzielą m. Gdyby |H| (rząd podgupy H)był podzielny przez p, wówczas na mocy twierdzenia Cauchy’ego dla grup abelo-wych, istniałby element rzędu p w H, a więc p dzieliłoby m. Tymczasem wiemy,że p ⊥ m. Tak więc p nie dzieli |H| a zatem pn dzieli |K|.Podobnie, dla dowolnego q - dzielnika pierwszego liczby m, q nie dzieli |K| (wprzeciwnym przypadku w K istniałby element rzędu q i q dzieliłoby pn, sprzecz-ność). Wynika stąd, że m dzieli |H| i stąd |H| = m, |K| = pn.

Z lematu 5.4 wynika bardzo łatwo istnienie rozkładu, na iloczyn prosty grupo rzędach będących potęgami różnych liczb pierwszych. Sformułujmy ten wynikw postaci wniosku.

Wniosek 5.5 Jeśli G jest grupą abelową, |G| = pn11 pn2

2 ·...·pnkk , gdzie p1, p2, ..., pk

są różnymi liczbami pierwszymi, G(pi) = {x ∈ G|xpini = e}, wówczas G =G(p1) ·G(p2) · ... ·G(pk) ' G(p1)⊕G(p2)⊕ ...⊕G(pk), przy czym |Gpi | = pniioraz G(pi) ∩G(pj) = {e} dla i 6= j.

Lemat 5.6 Jeśli a ∈ G, gdzie G jest pewną grupą, |a| = n, k ∈ N, wówczas< ak >=< aNWD(n,k) >.

Dowód. Oznaczmy przez d = NWD(k, n) i niech k = rd (r ∈ N). Ponieważak = (ad)r, ak ∈< ak >, a więc < ak >⊂< ad >.Niech s, t będą tak dobranymi liczbami całkowitymi, że d = sn+ tk. Wówczasad = asn+tk = (an)s(ak)t = e(ak)t ∈< ak >. Stąd wynika, że < ad >=< ak >.

Lemat 5.7 Niech G będzie grupą abelową rzędu pn, gdzie p jest liczbą pierwszą,n ≥ 1, i niech a ∈ G będzie elementem największego rzędu w G.Wtedy G '< a > ⊕K, gdzie K jest pewną podgrupą grupy G.

Dowód (indukcyjny ze względu na rząd grupy G).

Jeżeli |G| = p, wówczas, na mocy twierdzenia Cauchy’ego, G = {a, a2, ..., ap =e} i G =< a > ⊕ < e >.

Przypuśćmy, że lemat jest prawdziwy dla grafów rzędu pk jeśli k < n. Niecha będzie elementem maksymalnego rzędu w G, powiedzmy |a| = pm. Założyćmożemy, że G 6=< a > (w przeciwnym przypadku G =< a > ⊕ < e > i dowódjest zakończony).Niech b ∈ G będzie elementem największego rzędu wśród tych, które nie należądo < a >. Zachodzi wtedy równość: |bp| = |b|/p. Rzeczywiście, oznaczmy przezpr rząd elementu bp. Mamy bp

r+1

= (bpr

)p = e, skąd wynika, że |b| ≤ pr+1 =|br| · p. Gdyby |b| < pr+1 to, skoro rząd b jest potęgą p, istniałoby r′ ≤ r takie,że bp

r′

= e, stąd (bp)r′−1 = e a to sprzeczność z faktem, że rzędem bp jest pr.

Ponieważ b jest elementem o najmniejszym rzędzie w G− < a > i |bp| < |b|element bp ∈< a >, powiedzmy bp = ai. Zauważmy, że bp

m

= e. Stąd e =(bp)p

m−1

= (ai)pm−1

a więc |ai| ≤ pm−1. ai nie jest więc generatorem ‘< a >.Na mocy lematu 5.6 NWD(pm, i) 6= 1 a więc p|i. Możemy więc napisać i = pj,gdzie j ∈ N. Mamy więc bp = ai = apj . Oznaczmy przez C = a−jb.c /∈< a > w przeciwnym przypadku mielibyśmy b = caj ∈< a >, tymczasemwiemy, że b /∈< a >).cp = a−jpbp = a−ibp = b−pbp = e, a więc c jest elementem rzędu p.Skoro b jest elementem nie należącym do < a > i o najmniejszym rzędzie o tejwłasności, mamy

|b| = p

Zachodzi także równość< a > ∩ = {e}

- łatwo sprawdzić, że dwie podgrupy rzędu pierwszego p są albo identyczne, alboich jedynym wspólnym elementem jest e (por. zadanie 2.6).Rozważmy teraz grupę ilorazową G′ = G/ .Przez [x] będziemy oznaczali klasę elementu x, a więc [x] = x .Udowodnimy, że |[a]| = |a| (= pm).Zachodzi nierówność |[a]| ≤ |a|, bowiem a jest maksymalnego rzędu pm w G,|G| = pn, a więc ap

l

= e dla l ≥ m i wobec tego (a )pl

= apl

=(element neutralny w G/ ).Gdyby |[a]| < |a|, mielibyśmy [a]p

m−1

= [e], czyli

(a )pm−1

= apm−1

=

a więc apm−1 ∈< a > ∩ = {e} a to sprzeczność z |a| = pm.

5.2. ZASADNICZE TWIERDZENIE O SKOŃCZONYCHGRUPACHABELOWYCH61

[a] jest elementem o maksymalnym rzędzie w G′. Rzeczywiście, jeśli c ∈G, |c| = pα, wówczas α ≤ m i (c )p

α

= cpα

=.Mamy:

|G′| = |G/ | = |G|/pp

a więc|G′| < |G|

Na mocy założenia indukcyjnego

G′ '< [a] > ⊕K ′

gdzie K ′ ≤ G′.Niech

K = {x ∈ G : [x] ∈ K ′}

Naszym celem będzie wykazanie, że < a > K = G i < a > ∩K = {e} (skąd jużwynika, że G '< a > ⊕K).Udowodnimy wpierw, że < a > ∩K = {e}.Niech x ∈< a > ∩K. Wówczas x = aα, α ∈ N a więc [x] = x = aα ∈< [a] >.Z kolei z faktu, że x ∈ K wynika, że x ∈ K ′ a więc [x] ∈ K ′Ostatecznie [x] ∈< [a] > ∩K ′. Z założenia indukcyjnego wiemy jednak, że< [a] > K ′ jest iloczynem wewnętrznym, czyli < [a] > ∩K ′ = [b] (pamiętamy,że [b] jest elementem neutralnym w G′).Mamy więc

| < a > K| = | < a > ||K| = |[a]| · |K ′| · p = |G′|p = |G|

(w drugiej z powyższych równości wykorzystaliśmy fakt, że |[a]| = |a| oraz, żez definicji K i K ′: K ′ = K/ i | | = |b| = p; w trzeciej, żeG′ =< [a] > K ′ i < [a] > ∩K ′ = {e}). Stąd < a > K = G, co kończy dowódlematu.

Z lematu 5.7 wynika bardzo łatwo lemat następujący.

Lemat 5.8 Każda grupa abelowa rzędu potęgi liczby pierwszej jest iloczynemprostym grup cyklicznych.

Z lematów 5.4 i 5.8 wynika istnienie rozkładu dowolnej skończonej grupyabelowej na sumę prostą grup cyklicznych. Jedyność tego rozkładu udowodnimyjako lemat kolejny.

Lemat 5.9 Niech G będzie skończoną grupą abelową rzędu będącego potęgą liczbypierwszej. Jeżeli

G = H1 ⊕H2 ⊕ ...⊕Hm oraz

G = K1 ⊕K2 ⊕ ...⊕Kk

gdzie Hi oraz Kj (i = 1, ...,m, j = 1, ..., n) są nietrywialnymi grupai cyklicz-nymi, |H1| ≥ |H2| ≥ ... ≥ |Hm| oraz |K1| ≥ |K2| ≥ ... ≥ |Kn|, wówczas m = ni |Hi| = |Ki| dla wszystkich i.

5.3 ZadaniaZadanie 5.1 Udowodnij, że jeśli G i H są grupami, wówczas G⊕H także jestgrupą.

Zadanie 5.2 Wykaż, że dla dowolnych grup G,H i F : GH ∼ GF wtedy i tylkowtedy gdy H ' F .

Zadanie 5.3 Podaj rząd elementu a w grupie G.

• a = (2, 5), G = Z4Z7,

• a = ((1, 2)(3, 4, 5), (1, 2, 3, 4)), G = S5S6.

Zadanie 5.4 Niech p będzie liczbą pierwszą. Udowodnij, że jeśliG jest p-grupą,wówczas

• Każda podgrupa grupy G jest p-podgrupą.

• Dla dowolnej podgrupy normalnej H grupy G grupa ilorazowa G/H jestp-grupą.

Zadanie 5.5 Wykaż, że jeśli G jest skończoną grupą przemienną, H,F ≤ G,H ∩ F = {e}, wówczas |H ⊗ F | = |H| · |F |.

Zadanie 5.6 Niech G będzie grupą abelową. Wykaż, że Gn := {xn|x ∈ G} ≤G.

Zadanie 5.7 Niech G będzie p-grupą abelową, gdzie p jest pewną liczbą pierw-szą.

• Wykaż, że |G| = p|Gp|.

• Udowodnij, że Gp < G.

Zadanie 5.8 Udowodnij, że jeśli p jest liczbą pierwszą, G grupą, x ∈ G, x 6= ei xp = e wówczas |x| = p.

Zadanie 5.9 (Kwaterniony.) Niech G = {±1,±i,±j,±k} będzie zbiorem zdziałaniem multiplikatywnym określonym wzorami i2 = j2 = k2 = −1, (−1)i =−i, (−1)j = −j, (−1)k = −k, (−1)2 = 1, ij = −ji = k, jk = −kj = i, ki =−ik = j, 1 jest elementem neutralnym.

• Utwórz tablicę Cayleya dla G.

5.3. ZADANIA 63

• Wykaż, że G jest grupą (zwaną grupą kwaternionów (W. Hamilton1943)).

• Wykaż, że H = {1,−1} jest podgrupą normalną G.

• Skonstruuj tabelę Cayleya grupy G/H. Czy G/H jest izomorficzna z Z4

lub Z2Z2?

Zadanie 5.10 Znajdź przykład grupy G i podgrup H,F ≤ G takich, że HFnie jest podgrupą.

Zadanie 5.11 Udowodnij, ż jeśli H jest normalną podgrupą grupy G i F ≤ G,to HF ≤ G.

Zadanie 5.12 Znajdź rząd grupy Z12 ⊕ Z9/ < (3, 5) >.

Zadanie 5.13 Udowodnij, że jeśli (Hi, ∗) są grupami dla i = 1, 2, ..., k, wówczasH1H2...Hk jest grupą (abelową jeśli grupy Hi są abelowe).

Zadanie 5.14 Udowodnij, że iloczyn prosty GH skończonych grup cyklicznychG i H jest grupą cykliczną wtedy i tylko wtedy gdy rzędy grup G i H sąwzględnie pierwsze.

Wykaż twierdzenie 5.1. Podaj przykład dowodzący, że założenie przemiennościjest istotne a więc, że przez opuszczenie tego założenia otrzymujemy zdanienieprawdziwe.

Rozdział 6

Twierdzenia Sylowa

Głównym celem rozdziału jest zaprezentowanie trzech twierdzeń zwanych twier-dzeniami Sylowa. Twierdzenia te są uważane za jedne z najważniejszych twier-dzeń teorii grup, obok twierdzenia Lagrange’a. Podczas referowania twierdzeńSylowa wykorzystamy wiadomości o podgrupach normalnych i sprzężeniach,które poznaliśmy w podrozdziałach 2.7 i 2.30. Warto sobie przypomnieć tewiadomości przed czytaniem następnych odrozdziałów, poświęconych twierdze-niom Sylowa.

Zgodnie z twierdzeniem Lagrange’a, Jeśli H jest podgrupą skończonej grupyG, |H| = k, |G| = n, wówczas k dzieli n. Można w związku z tym zapytać,czy jeśli rząd n grupy G jest podzielny przez k ∈ N to istnieje podgrupa Hrzędu k? Okazuje się, że nie musi tak być. Jeśli jednak p jest liczbą pierwszą,wówczas dla dowolnego l naturalnego takiego, że pl dzieli |G| podgrupa rzędu plistnieje. Ten wynik, a także dwa inne, które zostaną podane w tym podrozdziale,zawdzięczamy norweskiemu matematykowi Sylowowi1, który udowodnił swojetwierdzenie w 1872 roku. Dowód, który tu zostanie przytoczony jest znaczniebardziej współczesny. Został podany w 1959 roku przez Wielanda i korzysta ztechniki działania grup na zbiorach.

6.1 Pierwsze twierdzenie SylowaTwierdzenie 6.1 Niech G będzie grupą skończoną a p liczbą pierwszą, l ∈ N.Jeśli pl dzieli rząd grupy G wówczas istnieje w G podgrupa rzędu pl.

Dowód. Zdefiniujmu zbiór X wzorem

X = {U ⊂ G : |U | = pl}

Na tak utworzonym zbiorze określmy działanie grupy

X 3 U → gU ∈ X1Ludwig Sylow 1832-1918.

65

66 ROZDZIAŁ 6. TWIERDZENIA SYLOWA

Przez GU uznaczmy stabilizator zbioru U ∈ X, a więc

GU = {g ∈ G : gU = U}

Przyjmijmy także, że |G| = plm, m = prw, przy czym p nie dzieli w (czylip ⊥ w).

W dowodzie kluczową rolę będzie odgrywał następujący fakt.

Fakt 6.2 W zbiorze X istnieje taki element V (a więc pl-elementowy podzbiórzbioru G), że

pr+1 6 | |G : GV |

Dowód faktu 6.2. Orbitą zbioru U ∈ X jest

Orb U = G · U = {gU : g ∈ G} = {{g · h : h ∈ U} : g ∈ G}

Zgodnie z twierdzeniem 4.3 o orbicie i stabilizatorze (str. 49)

|Orb U | = |G : GU |

dla każdego U ∈ X.Przypuśćmy, że dla każdego U ∈ X liczba pr+1 dzieli |G : GU |. Wówczas pr+1

dzieliłoby liczność każdej orbity |Orb U |, a ponieważ X jest sumą wszystkichorbit, pr+1 dzieliłoby liczność zbioru X. Oczywiście

|X| =(plm

pl

)=plm(plm− 1) · ... · (plm− i) · ... · ... · (plm− (pl − 1))

pl(pl − 1) · ... · (pl − i) · ... · (pl − (pl − 1))

a więc

|X| =(plm

pl

)=m(plm− 1) · ... · (plm− i) · ... · ... · (plm− (pl − 1))

(pl − 1) · ... · (pl − i) · ... · (pl − (pl − 1))

Zauważmy teraz, że jeśli pα dzieli czynnik plm − i licznika, to α < l. Gdybybowiem α ≥ l to także mielibyśmy pl | pl − i i wobec tego pl | i, podczas gdywiemy, że i < pl.Dla α < l prawdziwa jest równoważność

pα | plm− i ⇔ pα | pl − i

Ostatecznie: gdyby pr+1 dzieliło wszystkie indeksy |G : GU | wówczas pr+1 dzie-liłoby m, podczas gdy m = prw, gdzie p ⊥ w. Ta sprzeczność kończy dowódfaktu 6.2.

Konkluzja dowodu twierdzenia 6.1. Niech V ∈ X będzie zbiorem, którego ist-nienie gwarantuje fakt 6.2 (czyli takim, że pr+1 nie dzieli |G : GV |). Grupa Gjest skończona, mamy więc

|G : GV | =|G||GV |

=pl+rw

|GV |

6.1. PIERWSZE TWIERDZENIE SYLOWA 67

Ponieważ pr+1 nie dzieli |G : GV | i p nie dzieli w, pl dzieli |GV |. Stąd oczywiściewynika, że

pl ≤ |GV |

Niech v ∈ V . Oczywiście mamy wtedy GV · v ⊂ V a stąd ciąg prostych zależ-ności:

|GV | = |GV v| ≤ |V | = pl

i ostatecznie |GV | = pl - szukaną podgrupą rzędu pl jest stabilizator GV .

6.1.1 Wnioski z pierwszego twierdzenia Sylowa

Niech p będzie liczbą pierwszą. Grupę (lub podgrupę) nazywamy p-grupą (p-podgrupą jeżeli jej rząd jest potęgą liczby p. Jeżeli pk dzieli rząd grupy G,powiedzmy, że |G| = pkw, przy czym w nie jest podzielne przez p (inaczejmówiąc k jest maksymalną potęgą p, która dzieli |G|), wówczas każdą podgrupęH rzędu pk nazywamy p-podgrupą Sylowa grupy G.Pierwszym wnioskiem jest twierdzenie, zwane Pierwszym Twierdzeniem Sylowa(twierdzenie 6.1 jest jego mocniejszą wersją).

Wniosek 6.3 (I Twierdzenie Sylowa) Jeśli p jest liczbą pierwszą dzielącąrząd skończonej grupy G, wówczas istnieje p-podgrupa Sylowa grupy G.

Jeśli G jest grupą skończoną, której rząd jest podzielny przez liczbę pierwsząp wówczas, na mocy twierdzenia 6.1, istnieje podgrupa H rzędu p. Skoro rządpodgrupy H jest liczbą pierwszą, podgrupa ta nie ma nietrywialnych podgrup(jedynymi podgrupamiH jest zbiór składający sie wyłącznie z elementu neutral-nego oraz cała grupa H). Ponieważ zaś każdy element h ∈ H (poza elementemneutralnym) generuje pewną podgrupę H, wobec tego generuje cała podgrupęH, a więc jest rzędu p. W ten oto sposób twierdzenie 6.1 implikuje twierdze-nie zwane twierdzeniem Cauchy’ego23. Twierdzenie to poznaliśmy już wcześniej(strona 57), jednak udowodniliśmy je wtedy tylko dla grup przemiennych.

Wniosek 6.4 (Twierdzenie Cauchy’ego) Jeśli grupa skończona G jest rzę-du podzielnego przez liczbę pierwszą p, wówczas w G istnieje element rzędu p.

Ćwiczenie 6.1 Udowodnij, że istnieją jedynie dwie grupy rzędu 6, mianowicieZ6 oraz grupa symetryczna S3 (czyli grupa permutacji zbioru {1, 2, 3} 4

2A.L. Cauchy (1789-1857)3Twierdzenie Cauchy’ego jest oczywiście znacznie starsze niż twierdzenie Sylowa. Co wię-

cej, w bardzo znanym dowodzie twierdzenia Sylowa podanym przez Frobeniusa (1849-1917)to właśnie twierdzenie Cauchy’ego było wykorzystywane w dowodzie twierdzenia Sylowa.

4Jedyność oznacza tu oczywiście jedyność z dokładnością do izomorfizmu. Dokładniejnależałoby powiedzieć, że każde grupa rzędu 6 jest izomorficzna z Z6 albo z grupą symetrycznąS3.


Przykład 6.1 Korzystając z ćwiczenia 6.1 wykażemy, że 12-to elementowa gru-pa permutacji parzystych A4 nie zawiera podgrupy rzędu 6, choć 6 dzieli jejrząd 12. Rzeczywiście, gdyby podgrupa o 6 elementach istniała, to zgodnie zćwiczeniem 6.1 byłaby izomorficzna z Z6 albo z S3. Tymczasem w Z6 istniejeelement rzędu 6, podczas gdy żadna permutacja 4 elementów nie jest rzędu 6.Nie może to być także grupa S3, bo w S3 istnieją nieprzemienne elemnty rzędu2, natomiast w A4 są 3 elementy rzędu 2: (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) i (1, 4)(2, 3),które są parami przemienne.

w. 7,29.11.2011

Przykład 6.2 Jak stwierdziliśmy w przykładzie 4.2, grupa obrotów sześcianuma 24 = 3·23 elementów. Wobec tego każda jej 2-podgrupa Sylowa ma 23 = 8 ele-menty. Przy oznaczeniach jak w przykładzie 4.2 taką podgrupą jest na przykładpodgrupa P = {id, σ, σ2, σ3, τ, σ◦τ, τ◦σ, τ◦σ2}, gdzie σ = (A,B,C,D)(E,F,G,H)i τ = (A,H)(E,D)(B,G)(F,C).

6.1.2 Twierdzenie o rozkładzie na orbityDla dowolnej grupyH działającej na skończonym zbiorzeX przezXfix oznaczmyzbiór tych elementów x ∈ X, dla których h(x) = x dla dowolnego h ∈ H. Ina-czej mówiąc Xfix jest zbiorem tych elementów zbioru X, które mają orbityjednoelementowe.

Załóżmy, że grupa G i zbiór X są skończone. Oznaczmy przez x1, ..., xn takieelementy zbioru X, że

X = Xfix ∪Orb x1 ∪ ... ∪Orb xn (6.1)

przy czym

Xfix ∩Orb xi = ∅, Orb xi ∩Orb xj = ∅ dla i 6= j

(x1, ..., xn istnieją dzięki temu, żeX jest zbiorem skończonym). Rzeczywiście, Xjest sumą wszystkich orbit jednoelementowych, czyli składających się na zbiórXfix i pozostałych (a więc orbit więcej niż jednoelementowych, o ile takie ist-nieją). Z (6.1) wynika natychmiast, że

|X| = |Xfix|+n∑i=1

|Orb xi|

a stąd i z twierdzenia 4.3 otrzymujemy twierdzenie znane jako twierdzenieo rozkładzie na orbity. Z twierdzenia tego, następującego po nim lematu iniektórych wniosków będziemy wielokrotnie korzystać.

Twierdzenie 6.5 Jeśli H jest grupą działającą na zbiorze X 6= ∅, x1, ..., xn ∈X są elementami orbit między sobą różnych i więcej niż jednoelementowych,wówczas

|X| = |Xfix|+n∑i=1

|H : Hxi | (6.2)

6.1. PIERWSZE TWIERDZENIE SYLOWA 69

Wzór (6.2) zwany wzorem o rozkładzie na orbity i ma szczególnie ważne konse-kwencje gdy H jest p-grupą.

Lemat 6.6 Jeżeli p jest liczbą pierwszą a H jest p-grupą działającą na zbiorzeX, wówczas |X| − |Xfix| jest podzielne przez p.

Dowód lematu 6.6 wynika ze wzoru (6.2). Rzeczywiście, przyjmijmy, że x1, ..., xnsą wybranymi reprezentantami różnych orbit o licznościach większych od 1. Po-nieważ H jest p-grupą, dla każdego i indeks podgrupy Hxi w H, czyli |H :

Hxi | = |H||Hxi |

= |Orb xi| jest podzielny przez p. Stąd i z (6.2) także∑ni=1 |H :

Hxi | = |X| − |Xfix| jest podzielne przez p.

Twierdzenie 6.7 Niech Z(G) będzie centrum grupy G. Jeśli grupa G : Z(G)jest cykliczna, wówczas Gjest grupą abelową.

Dowód. Wystarczy wykazać, że G : Z(G) = {Z(G)}, a więc, że jedynym ele-mentem grupy ilorazowej G : Z(G) jest Z(G)5.Skoro G : Z(G) jest grupą cykliczną, istnieje taki element g ∈ G, że dla dowol-nego elementu a ∈ G

aZ(G) = gkZ(G)

- inaczej: dowolna klasa aZ(G) jest pewną potęgą generatora gZ(G) grupy ilo-razowej G : Z(G). Ponieważ element neutralny grupy należy do centralizatora,wynika stąd, że istnieje z ∈ Z(G) takie, że

a = gkz, gdzie z ∈ Z(G)

Oczywiście g ∈ C(g) i z ∈ C(g) (gdzie C(h) jest centralizatorem elementu hgrupy, por. str. 34), a więc

a ∈ C(g)

co oznacza, że dowolny element a ∈ G jest przemienny z g, czyli g ∈ Z(G). Awięc aZ(G) = gkZ(G) = Z(G) i Z(G) jest jedynym elementem G : Z(G).

Twierdzenie 6.8 W dowolnej nietrywialnej p-grupie G, gdzie p jest dowolnąliczbą pierwszą, w centrum Z(G) są co najmniej dwa elementy (inaczej: jeślipewna p-grupa jest nietrywialna, wówczas także jej centrum jest nietrywialne).

Dowód. Nietrudno jest sprawdzić, że g : G 3 x → gxg−1 ∈ G jest działaniemgrupy G na G (por. zad. 6.1). Dla tego działania Gfix = Z(G). Z lematu 6.6wynika więc, że |G|−Z(G)| jest podzielne przez p. Ponieważ p dzieli |G|, |Z(G)|nie może być równe 1.

5Warto w tym miejscu przypomnieć, że centrum grupy jest zawsze podgrupą przemienną,a więc normalną grupy G. Stąd G : Z(G) jest grupą (ilorazową) (por str. 33).


Wniosek 6.9 Każda grupa G rzędu p2, gdzie p jest pewną liczbą pierwszą, jestprzemienna.

Dowód. Z twierdzenia Lagrange’a wynika, że |Z(G)| ∈ {1, p, p2}.

• Na mocy twierdzenia 6.8, |Z(G)| 6= 1.

• Gdyby |Z(G)| = p wówczas |G : Z(G)| = p. Stąd grupa ilorazowa G :Z(G) byłaby cykliczna a więc, na mocy twierdzenia 6.7, G abelowa (stądjednak G = Z(G) i w konskwencji |Z(G)| = p2).

• Jeśli |Z(G)| = p2 to G jest abelowa na mocy definicji centrum.

Twierdzenie 6.10 Jeżeli p jest liczbą pierwszą i P ≤ G jest p-podgrupą Sylowaswojego normalizatora, wówczas jest także p-podgrupą Sylowa grupy G.

W dowodzie6 twierdzenia 6.10 wykorzystamy następujący lemat.

Lemat 6.11 Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeśli H jest p-podgrupą grupy skoń-czonej G to |NG(H) : H| ≡ |G : H| ( mod p).

Dowód. Można sprawdzić, że przyporządkowanie zdefiniowane dla każdego dlaa ∈ H wzorem

a : G/H 3 Hb→ Hba−1 ∈ G/H

jest działaniem podgrupy H na G/H (por. zadanie 6.3). Dla tak określo-nego działania grupy H na zbiorze G/H fakt, że Hb ∈ (G/H)fix oznacza,że dla dowolnego a ∈ H zachodzi Hba−1 = Hb a więc Hbab−1 = H, czylibab−1 ∈ H. Element b jest więc wtedy elementem normalizatora NG(H), a więcHb ∈ NG(H) : H. Na mocy lematu 6.6 |G/H| − |NG(H)/H| jest podzielneprzez p, a więc |G/H| ≡ |NG(H)/H| ( mod p).

Konkluzja dowodu twierdzenia 6.10. Jeśli P jest p-podgrupą Sylowaswojego normalizatora NG(P ) to |NG(P ) : P | 6≡ 0( mod p) i wobec lematu 6.11|G : P | 6≡ 0 ( mod p), co oznacza, że P jest p-podgrupą Sylowa grupy G.

6.1.3 Drugie twierdzenie Sylowa

Twierdzenie 6.12 (Drugie Twierdzenie Sylowa) Jeśli P jest p-podgrupą Sy-lowa grupy skończonej G zaś H jest p-podgrupą grupy G, wówczas

H ⊂ gPg−1

dla pewnego g ∈ G.6Dowód ten zawdzięczam profesorowi Kazimierzowi Szymiczkowi.

6.2. WNIOSKI Z DRUGIEGO TWIERDZENIA SYLOWA 71

Dowód. Niech X = {gP : g ∈ G}. Podgrupa H działa na X w następującysposób.

H 3 h : X 3 gP −→ h · gP ∈ X

Warto zwrócić uwagę, że elementy zbioru X to klasy lewostronne modulo pod-grupa P . Ponieważ P jest p-podgrupą Sylowa grupyG, możemy napisać |P | = pl

oraz |G| = plw, gdzie p ⊥ w. Zauważmy, że zbiór X jako zbiór lewostronnychklas przystawania modulo podgrupa P jest równoliczny ze zbiorem prawostron-nych klas a więc mamy

|X| = |G : P | = w

i wobec tego |X| nie jest podzielne przez p.Elementy zbioru X są postaci g1 ·P, g2 ·P, ..., gw ·P , gdzie g1, g2, ..., gw są stosow-nie dobranymi elementami G (stosownie dobrane oznacza tu, że gi ·P ∩gj ·P = ∅dla i 6= j).

Zastosujmy lemat 6.6 do naszej sytuacji (czyli sytuacji takiej, że mamy p-grupę H działającą na zbiór klas X i |Orb gi · P | = |H|

|Hgi·P |). Skoro |X| jest

niepodzielne przez p i |X| − |Xfix| jest podzielne przez p liczba |Xfix| jestniepodzielna przez p. W szczególności Xfix 6= ∅.Niech g · P ∈ Xfix (g ∈ G). Oznacza to dokładnie tyle, że

hg · P = g · P dla wszystkich h ∈ H

a wobec tego g−1hg ∈ P dla wszystkich h ∈ H, czyli g−1Hg ⊂ P , co możnainaczej zapisać H ⊂ gPg−1.

Przykład 6.3 Kontynuujmy przykłady 4.2 i 6.2. Jedną z 2-podgrup obrotówsześcianu jest

Q = {id, (A,B, F,E)(D,C,G,H), (A,F )(E,B)(D,G)(C,H),

(A,E, F,B)(D,H,G,C)}

zbiór obrotów wokół osi przechodzącej przez środki ścian ABFE i DCGH. Wprzykładzie 6.2 widzieliśmy, że jedną z 2-podgrup Sylowa wszystkich obrotów sze-ścianu jest P = {id, σ, σ2, σ3, τ, σ◦τ, τ◦σ, τ◦σ2}, gdzie σ = (A,B,C,D)(E,F,G,H)i τ = (A,H)(E,D)(B,G)(F,C). Dla permutacji ρ = (A,D,H,E)(B,C,G, F )mamy Q ⊂ ρPρ−1.

6.2 Wnioski z Drugiego Twierdzenia Sylowa

Twierdzenie Sylowa z 1872 jest dość oczywistym wnioskiem z twierdzenia 6.12.

Wniosek 6.13 (Sylow) Dowolne dwie p-podgrupy Sylowa grupy skończonej sąsprzężone.


Stąd łatwo wynika następny wniosek.

Wniosek 6.14 p-podgrupa Sylowa grupy skończonej jest normalna wtedy i tylkowtedy gdy jest jedyna.

Jeśli P jest p-podgrupą Sylowa pewnej grupy skończonej (gdzie p jest liczbąpierwszą), wówczas dla dowolnego elementu g grupy także gPg−1 jest p-podgrupąSylowa. Stąd i z twierdzenia 6.12 wynika natychmiast następujący wniosek.

Wniosek 6.15 Jeśli p jest liczbą pierwszą, wówczas każda p-podgrupa grupyskończonej G jest zawarta w pewnej p-podgrupie Sylowa grupy G.

6.3 Trzecie twierdzenie SylowaIstotą drugiego twierdzenia Sylowa jest fakt, że dowolne p-podgrupy H1 i H2

grupy skończonej G takie, że |H1| = |H2| są sprzężone, w trzecim twierdzeniuSylowa mowa jest o liczbie różnych p-podgrup Sylowa.

Twierdzenie 6.16 (Trzecie Twierdzenie Sylowa) Niech p będzie liczbą pierw-szą, G grupą skończoną, |G| = plw, l > 1, w ⊥ p.Oznaczmy przez np liczbę p-podgrup Sylowa grupy G. Wówczas

1. np = |G : NG(P )|, gdzie P jest dowolną p-podgrupą Sylowa grupy G.

2. np ≡ 1 (mod p)

3. np | w

Dowód. Punkt pierwszy twierdzenia wynika natychmiast z drugiego twierdze-nia Sylowa i twierdzenia 2.33.Wykażemy, że np ≡ 1 (mod p).Niech X oznacza zbiór wszystkich p-podgrup Sylowa grupy G i niech P będzieustaloną podgrupą Sylowa grupy G. Bardzo łatwo sprawdzić, że

P 3 g : X 3 Q −→ gQg−1

jest działaniem grupy P na zbiorze X. Dla tego działania

Xfix = {Q : Q jest p-podgrupą Sylowa grupy G i gQg−1 = Q dla każdego g ∈ P}

Skoro P jest p-podgrupą Sylowa (a więc także p-grupą), na mocy lematu 6.6mamy

np = |X| ≡ |Xfix| (mod p)

Oczywiście prawdą jest, że P ∈ Xfix. Wykażemy, że P jest jedynym elementemzbioru Xfix, czyli Xfix = {P}, co zakończy dowód części drugiej twierdzenia.Przypuśćmy, że Q jest p-podgrupą i Q ∈ Xfix. Wtedy P ⊂ NG(Q) i wobec tego

6.4. WNIOSKI Z TWIERDZEŃ SYLOWA 73

P ≤ NG(Q) (P jest podgrupą grupy NG(Q)). Wiemy także, że Q jest podgrupąnormalną swojego normalizatora (twierdzenie 2.32). Co więcej, grupy P i Q sąp-podgrupami Sylowa grupy NG(Q) mają bowiem rząd maksymalny podzielnyprzez p. Korzystając z wniosku 6.14 otrzymujemy P = Q.

W dowodzie trzeciej części twierdzenia, wykorzystamy udowodnione już dwapunkty twierdzenia. Skoro np = |G : NG(P )| = |G|/|NG(P )|, gdzie P jestpewną p-podgrupą Sylowa grupy G, np dzieli |G|. Wiemy jednak, że |G| = plw,gdzie p ⊥ w. Na dodatek np ⊥ p (bo np ≡ 1 (mod p)). Stąd np | w.

6.4 Wnioski z twierdzeń SylowaPoniżej użyteczne wnioski, które wynikają z co najmniej dwóch twierdzeń Sy-lowa.

Wniosek 6.17 Jeśli G jest grupą rzędu pq, gdzie p i q są liczbami pierwszymi,p < q oraz p nie dzieli q − 1, wówczas G jest cykliczna (a zatem izomorficzna zZpq).

Dowód. Na mocy pierwszego twierdzenia Sylowa, w G istnieją p-podgrupaSylowa H i q-podgrupa Sylowa K. Niech, podobnie jak to zdefiniowano wtrzecim twierdzeniu Sylowa, np oznacza liczbę p-podgrup Sylowa, zaś nq liczbęq-podgrup Sylowa w G.

Na mocy trzeciego twierdzenia Sylowa, np = 1+kp, gdzie k ∈ N oraz (punkt(3) tego twierdzenia) np|q. Skoro jednak q jest liczbą pierwszą wynika stąd , żenp = 1 lub np = q.

Gdyby np = q wówczas q = 1+kp a stąd p|(q−1), sprzeczność z założeniem.Tak więc np = 1.

Dalej, z trzeciego twierdzenia Sylowa, nq = 1 + lq, gdzie l ∈ N, oraz nq|p.Stąd nq = 1 lub nq = p. Gdyby nq = p to mielbyśmy 1 + lq = p, a skoro p < qto l = 0. Wykazaliśmy więc, że także nq = 1.

Na mocy wniosku 6.14 podgrupy H i K są normalne. Skoro ich rzędy sąliczbami pierwszymi, podgrupy te są cykliczne. Powiedzmy, że H =< x >,K =< y >. Wykażemy, że xy = yx. Rzeczywiście:

xyx−1y−1 = (xyx−1)y−1 ∈ Ky−1 = K

xyx−1y−1 = x(yx−1y−1) ∈ xH = H

Stąd xyx−1y−1 ∈ K ∩ H = {e} i wobec tego xyx−1y−1 = e, skąd już łatwowynika, że xy = yx. Wobec tego |xy| = |x||y| = pq, co oznacza, że element xyjest generatorem G.

Przykład 6.4 Rząd 6 nie spełnia założenia, że p 6 |(q− 1) i rzeczywiście, jednąz dwóch grup rzędu 6 jest S3, która nie tylko nie jest cykliczna, ale także jestnieprzemienna.


BBBBB

@@@@@

��

s5

s1

s2s 4

s 3

��

Rysunek 6.1: Γ = ({1, 2, 3, 4, 5}; {{1, 2}, {2, 4}, {3, 4}, {3, 5}, {1, 5}})

6.5 Zastosowanie w matematyce dyskretnej

Poniżej pewne zastosowanie twierdzeń Sylowa w teorii grafów.

6.5.1 Grafy samodopełniające

Grafem nazywamy parę Γ = (V ;E), gdzie V jest dowolnym zbiorem, zaś E pew-nym podzbiorem dwuelementowych podzbiorów zbioru V . Elementy zbioru Vnazywamy wierzchołkami grafu, natomiast elementy zbioru E krawędziami7grafu Γ. Grafy, które tu będą rozważane będą grafami skończonymi to jest ta-kimi, że ich zbiory wierzchołków będą skończone.Grafy mają bardzo prostą i wygodną interpretację geometryczną. Wierzchołkigrafu interpretujemy jako punkty na płaszczyźnie, natomiast krawędzie {x, y}jako krzywe łączące wierzchołki x z y.

Twierdzenie 6.18 Jeśli σ jest antymorfizmem grafu samodopełniającego wierz-chołkowo przechodniego, wówczas każdy cykl tej permutacji (w rozkładzie σ nacykle rozłączne) ma długość podzielną przez 4, poza jednym cyklem długości 1(punkt stały σ).

Wniosek 6.19 Jeśli Γ jest grafem samodopełniającym i regularnym, wówczas|Γ| ≡ 1( mod 4).

6.5.2 Twierdzenie Muzychuka

Twierdzenie 6.20 Jeśli Γ iest wierzchołkowo przechodnim grafem samodopeł-niającym, |Γ| = pα1

1 · ... · pαss , gdzie p1, ..., ps są różnymi liczbami pierwszymi,wówczas

pαii ≡ 1( mod 4)

7Inaczej mówiąc E ⊂ {{x, y} : x, y ∈ V, x 6= y}. Skoro piszemy, że E jest zbioremdwuelemntowych podzbiorów V to jasne jest, że zbiory jednoelementowe krawędziami (wsensie tu podanej definicji grafu) nie są.

6.5. ZASTOSOWANIE W MATEMATYCE DYSKRETNEJ 75

Twierdzenie 6.20 wynika z wniosku 6.19 oraz następującego lematu.

Lemat 6.21 Niech Γ = (V ;E) będzie grafem samodopełniającym i wierzchoł-kowo przechodnim. Jeżeli p jest liczbą pierwszą, |Γ| = pmw, gdzie p ⊥ w,wówczas istnieje zbiór W ⊂ V, |W | = pm taki, że graf (W ;E ∩

(W2

)) jest samo-

dopełniającym grafem wierzchołkowo przechodnim.

Dowód. Oznaczmy przez G = Aut(Γ) grupę automorfizmów grafu Γ, to znaczyzbiór permutacji g zbioru V (Γ) takich, że dla dowolnych dwóch wierzchołkówu, v ∈ V (Γ) zachodzi: uv ∈ E(Γ)⇔ g(u)g(v) ∈ E(Γ). Przez Anty(Γ) oznaczmyzbiór antymorfizmów grafu Γ, to znaczy taki zbiór permutacji σ zbioru wierz-chołków V (Γ), że uv ∈ E(Γ)⇔ σ(u)σ(v) 6∈ E(Γ).

FAKT 1 Anty(Γ) ∪Aut(Γ) ≤ S(V )

Niech n, b ∈ N będą takie, że |G| = pnb i b ⊥ p.

FAKT 2 m ≤ n i ∀v ∈ V |Gv| = pn−mc, c ⊥ p

Dla p-podgrupy grupy G oznaczmy przez

c(P ) = {σ ∈ Anty(Γ) : σPσ−1 = P ∧ |Pϕ(σ)| = pn−m}

gdzie ϕ(σjest punktem stałym permutacji σ.Przez P oznaczamy zbiór (rodzinę) tych p-podgrup P ≤ G, dla których c(P ) 6= ∅.

FAKT 3 P 6= ∅

Od tej chwili do końca dowodu P oznacza p-podgrupę G taką, że

1. c(P ) 6= ∅ oraz

2. P jest maksymalną (ze względu na zawieranie) p-podgrupą grupy G z tąwłasnością.

Także σ jest od teraz nie dowolną, ale taką permutacją w Anty(Γ), że σPσ−1 =P i |Pϕ(σ|| = pn−m (a więc są spełnione warunki definiujące c(P )). Oznaczmyprzez K normalizator podgrupy P w G, to znaczy K = NG(P ) = {x ∈ G :xPx−1 = P}.

FAKT 4 σKσ−1 = K

Przez P oznaczmy p-podgrupę Sylowa K.

FAKT 5 P C P

FAKT 6 σPσ−1 jest p-podgrupą Sylowa K.

Z drugiego twierdzenia Sylowa wynika, że istnieje k ∈ K spełniające σPσ−1 =kPk−1 a więc (k−1σ)P (k−1σ)−1 = P . Oznaczmy przez σ = k−1σ.


FAKT 7 σ ∈ c(P )

Wobec definicji σ, dla dowodu faktu 7 wystarczy wykazać, że |Pϕ(σ)| =pn−m.Oznaczmy przez ∆ = |[k(ϕ(σ)) : k ∈ K} = K(ϕ(σ)).

7.1. σ(∆) = ∆Udowodnimy wpierw zawieranie σ(∆) ⊂ ∆.a ∈ σ(∆)⇒ a = σ(f(ϕ(σ))), f ∈ KFakt 4=⇒ a = σ(σ−1gσ(ϕ)σ)), g ∈ K⇒ a = g(ϕ(σ)) ∈ ∆⇒ σ(∆) ⊂ ∆.Zawieranie ∆ ⊂ σ(∆) wynika z faktu, że powyższe wynikania są, jak łatwostwierdzić, równoważnościami8

7.2. |∆| ≡ 1( mod 4)Rzeczywiście, jeśli pewien element u należy do ∆, to na mocy 7.1 takżewszystkie elementy cyklu permutacji σ, do którego należy u także należądo tegoż cyklu9. Wszystkie cykle permutacji σ są długości przystającej dozera modulo 4 poza dokładnie jednym cyklem długości 1 składającym sięz wierzchołka ϕ(σ) - stąd już wynika równość 7.2.

7.3. σ(∆) = ∆

Rzeczywiście: σ(∆) = k−1(σ(∆))7.1= k−1(∆) = {k−1(g(ϕ(σ)) : g ∈

K} k−1g∈K

= {f(ϕ(σ)) : f ∈ K} = ∆.

7.4. ϕ(σ) ∈ ∆.Z 7.2 wiemy, że ∆| ≡ 1( mod 4). Z kolei z 7.3 wiemy, że σ(∆) = ∆, awięc ∆ musi zawierać punkt stały ϕ(σ), element jedynego cyklu długości1 permutacji σ (która także jest antymorfizmem naszego grafu Γ, a więcma wszystkie cykle podzielne przez 4 poza jednym, długości 1).

7.5. Istnieje l ∈ K takie, że lPϕ(σ)l−1 ≤ Gϕ(σ)Teraz jesteśmy już gotowi do udowodnienia faktu 7 (pozostaje nam wykazać, że|Pϕ(σ)| = pn−m).Niech l ∈ K będzie takie, że lPϕ(σ)l−1 ≤ Gϕ(σ) (istnienie l spełniającego tenwarunek gwarantuje nam 7.5). Mamy wtedy

lPϕ(σ)l−1 ≤ lP l−1 = P

bo l należy do K - normalizatora P . Stąd zaś wynika, że

lPϕ(σ)l−1 ≤ Pϕ(σ)

8Innym sposobem przekonania się, że mamy nie tylko zawieranie σ(∆) ⊂ ∆, ale równośćzbiorów jest zauważenie, że zbiory ∆ i σ(∆) są równoliczne (σ : ∆ 3 v → σ(v) ∈ σ(∆) jestbijekcją).

9Można bardziej szczegółowo wyjaśnić to tak: powiedzmy u = u1 jest elemetem cyklu(u1, u2, ..., ul) permutacji σ (w rozkładzie σ na cykle rozłączne). Skoro σ(∆) = ∆, σ(u1) =u2 ∈ ∆. Na tej samej zasadzie σ(u2) = u3 ∈ ∆ i tak dalej, aż dojdziemy do ul ∈ ∆.

6.5. ZASTOSOWANIE W MATEMATYCE DYSKRETNEJ 77

a wobec tegopn−m

P∈P= = |lPϕ(σ)l−1| ≤ |Pϕ(σ)|

Pamiętamy jednak, że pn−m jest rzędem p-podgrupy Sylowa Gϕ(σ) (fakt 2), czyli

pn−m = |Pϕ(σ)|

co kończy dowód faktu 7. �

FAKT 8 P = P

Rzeczywiście, z założenia P jest maksymalnym ze względu na zawieranie ele-mentem w P. Wiemy także, że P C P (fakt 5) a także P ∈ P (z faktu 7). Stądwynika oczywiście równość P = P . �

FAKT 9 P jest p-podgrupą Sylowa grupy G.

Fakt 9 wynika z faktu 8 oraz stąd, że jeśli p-podgrupa P grupy G jest p-podgrupą Sylowa swojego normalizatora, wówczas P jest p-podgrupą sylowagrupy G (twierdzenie 6.10). �

Niech W := ϕ(σ) = {g(ϕ(σ)) : g ∈ P}.

FAKT 10 σ(W ) = W

Rzeczywiście:σ(W ) = {σf(ϕ(σ)) : f ∈ P}

σ−1Pσ=P= {σ(σ−1gσ)(ϕ(σ)) : g ∈ P}= {g(ϕ(σ)) : g ∈ P} = W

�

FAKT 11 Grupa P jest przechodnia na zbiorze W . |W | ≡ 1( mod 4).

Niech u, v ∈W . Powiedzmy u = g1(ϕ(σ)), v = g2(ϕ(σ)). Wtedy v = g2 ·g−1(u).Równość |W | ≡ 1( mod 4) wynika z faktu 10. Rzeczywiście, jeśli jakiś element vnależy do pewnego cyklu c permutacji σ, wówczas, na mocy faktu 10, wszystkiewierzchołki cyklu c należą do zbioru W . Wiemy zaś (twierdzenie 6.18), żedługości tych cykli, poza jednym cyklem długości 1, są podzielne przez 4. Cowięcej, ponieważ idV ∈ P , ϕ(σ) ∈W . Fakt 11 został w ten sposób udowodniony.�Finał dowodu twierdzenia Muzychuka. Z faktu 9 |P | = pn. Z kolei ztwierdzenia o orbicie i stabilizatorze i z faktu 11 mamy:

1 ≡ |W | = |OrbPϕ(σ)| = |P |Pϕ(σ)|

=pn

pn−m= pm


6.6 ZadaniaZadanie 6.1 Wykaż, że G 3 g : G 3 x → gxg−1 ∈ G jest działaniem grupy G(na zbiorze G).

Zadanie 6.2 Sprawdź, że centrum grupy S3 jest trywialne. Jak się to ma dotwierdzenia 6.8?Znajdź centrum D4.

Zadanie 6.3 Niech G będzie grupą i H ≤ G. Wykaż, że zdefiniowane napodgrupie H przyporządkowanie H 3 h : G/H 3 Ha → (Ha)h−1 ∈ G/Hokreśla działanie grupy H na zbiorze G/H.

Zadanie 6.4 Ile jest 5-podgrup Sylowa w S5? A ile 3-podgrup?

Zadanie 6.5 Na dwa sposoby wykaż, że istnieje tylko jedna grupa rzędu 35 ijest to grupa izomorficzna z Z35.

Zadanie 6.6 Czy grupa rzędu 45 może być nieprzemienna?Wykaż, że każda grupa rzędu 45 ma element rzędu 15.

Zadanie 6.7 Znajd"x wszystkie grupy rzędu 45.

Zadanie 6.8 Powiedzmy, że G jest grupą rzędu 396. Ile G ma 11-podgrupSylowa jesli wiadomo, że n11 6= 1?

Zadanie 6.9 Wskaż 2-podgrupy Sylowa grupy diedralnej Dn gdy n = 2m i mjest liczbą nieparzystą. Ile jest takich 2-podgrup?

Zadanie 6.10 Niech G będzie grupą rzędu pm gdzie p jest liczbą pierwszą ip > m.Wykaż, że p-podgrupa Sylowa jest normalna.

Zadanie 6.11 Wykaż, że Aut(Γ) (zdefiniowany na stronie 75 Γ jest grupą.

Rozdział 7

Pierścienie i ciała

W definicji pierścienia, którą podajemy poniżej, stosujemy powszechnie znanąze zbiorów liczbowych (R,N,Z etc) konwencję nie pisania znaku działania ·(inaczej: działania multyplikatywnego), o ile tylko nie prowadzi to do nieporo-zumień. W wyrażeniach postaci (ab)+c opuszczamy nawias i piszemy ab+c, cooznacza, że jeśli nie ma nawiasu, to stosujemy regułę pierwszeństwa mnożeniaprzed dodawaniem (właściwie powinniśmy powiedzieć: pierwszeństwa działaniamultyplikatywnego (to znaczy: oznaczanego przez ·) przed działaniem addytyw-nym (to znaczy: oznaczanym przez +)).Będziemy pisać a− b zamiast a+ (−b).

Definicja 7.1 Zbiór P z dwoma działaniami + (dodawania) oraz · (mnożenia)nazywamy pierścieniem jeśli:

• P z działaniem dodawania jest grupą przemienną,

• działanie mnożenia jest łączne,

• dla dowolnych elementów a, b, c ∈ P : a(b+ c) = ab+ ac oraz (a+ b)c =ac+ bc (rozdzielność mnożenia względem dodawania)

Element neutralny dla działania + pierścienia P nazywamy zerem pierście-nia (i najczęściej oznaczamy przez 0).

Jeśli działanie · jest przemienne to P nazywamy pierścieniem przemien-nym.

Jeśli ab = 0 ⇒ a = 0 lub b = 0 to P jest pierścieniem bez dzielnikówzera.

Jeśli zaś w P istnieje taki element 1 ∈ P , że dla dowolnego x ∈ P zachodzi:1x = x1 = x to P nazywamy pierścieniem z jedynką (a element 1 jedynkąpierścienia P ).Pierścień przemienny z jedynką i bez dzielników zera nazywamy pierścieniemcałkowitym.

79

80 ROZDZIAŁ 7. PIERŚCIENIE I CIAŁA

Pierścien całkowity P w którym każdy element różny od zera ma elementodwrotny ze względu na mnożenie1 nazywamy ciałem.

Twierdzenie 7.1 Pierścień P jest bez dzielników zera wtedy i tylko wtedy dladowolnych elementów spełniony jest warunek:

∀a, b, c ∈ P, c 6= 0

{ac = bc ⇒ a = bca = cb ⇒ a = b

( prawa skracania) (7.1)

Dowód. Przypuśćmy wpierw, że w pierścieniu P spełniony jest warunek (7.1)oraz, że dla pewnych a, b ∈ P zachodzi ab = 0. Wówczas mamy ciąg implikacji:ab = 0 ⇒ ab = a0 ⇒ ab− a0 = 0 ⇒ a(b− 0) = 0 ⇒ a(b− 0) = a0. Z ostatniejrówności oraz z drugiej z implikacji warunku (7.1) wynika, że jeśli a 6= 0, wów-czas b− 0 = 0, a więc b = 0.Przypuśćmy teraz, że pierścień P jest bez dzielników zera. Wówczas, dla dowol-nego c ∈ P, c 6= 0 prawdziwe są implikacje ac = bc⇒ ac−bc = 0⇒ ac+(−b)c =0 ⇒ (a + (−b))c = 0 ⇒ a + (−b) = 0 ⇒ a = b. Podobnie dowodzimy prawalewostronnego skracania.

7.1 Przykłady pierścieniZ pewnością najlepiej znanymi pierścienimi są zbiory liczbowe: liczb całkowi-tych, wymiernych, rzeczywistych i zespolonych ze zdefiniowanymi w znany spo-sób działaniami dodawania zczególną rolę w teorii pierścieni odgrywa pierścieńliczb całkowitych.Z łatwością można sprawdzić, że poniższe zbiory ze wskazanymi w nich działa-niami są pierścieniami.

• Zbiór macierzy Rn×n (o n wierszach i n kolumnach) z działaniami okre-ślonymi w zwykły sposób.

• Łatwo sprawdzić, że w zbiorze liczb całkowitych Z relacja przystawaniamodulo n zdefiniowana przez

a ≡ b (mod n) ⇐⇒ n|b− a

jest zgodna z działaniami dodawania i mnożenia w Z. Można więc zdefinio-wać działania indukowane dodawania i mnożenia w zbiorze klasZ/(mod n). Nietrudno także wykazać, że z tymi działaniami Z/(mod n)jest pierścieniem (z jedynką, bez dzielników zera wtedy i tylko wtedy gdyn jest liczbą pierwszą).Jeśli n jest liczbą pierwszą, wówczas Z/(mod n) jest ciałem.

• Niech P będzie pierścieniem przemiennym. Zbiór {∑∞i=0 aix

i|ai ∈ P} na-zywamy zbiorem szeregów formalnych Łatwo można wykazać, że zbiórten tworzy pierścień

1Inaczej: dla każdego a ∈ P, a 6= 0 istnieje a′ ∈ P taki, że aa′ = 1.

7.2. PODPIERŚCIENIE 81

• Pierścień wielomianów P [x] o współczynnikach w pierścieniu P to zbiórszeregów formalnych, w których skończona liczba współczynników jestróźna od zera.Inaczej: oznaczmy przez xi = (0, ..., 0︸︷︷︸

i zer

, 1, 0, ...︸︷︷︸zera

). Zdefiniujmy mnożenie na-

szych x-ów wzorem xixj = xi+j . Wówczas, jak to łatwo można udowod-nić, zbiór szeregów foralnych o skończonej liczbie współczynników różnychod zera z działaniami określonymi wzorami:

– (∑∞i=0 aix

i) + (∑∞i=0 bix

i) =∑∞i=0(ai + bi)x

i

– (∑∞i=0 aix

i) · (∑∞j=0 bjx

j) =∑∞l=0 clx

l, gdzie cl =∑lk=0 akbl−k jest

pierścieniem przemiennym (z jedynką, o ile w P jest jedynka).

7.2 PodpierścieniePodpierścieniem pierścienia P nazywamy dowolny podzbiór A ⊂ P, A 6= ∅jeśli A wraz z działaniami + i · (zacieśnionymi do zbioru A) jest pierścieniem.

Bez trudu można wykazać następujący warunek konieczny i wystarczający,by podzbiór pierścienia był jego podpierścieniem (poz. zadanie 7.5).

Twierdzenie 7.2 Niech P będzie pierścieniem. A ⊂ P, A 6= ∅. A jest podpier-ścieniem P wtedy i tylko wtedy, gdy

1. ∀a, b ∈ A a− b ∈ A,

2. ∀a, b ∈ A ab ∈ A.

7.3 IdeałyDefinicja 7.2 Niech P będzie pierścieniem, I ⊂ P, I 6= ∅. Mówimy, że I jestideałem pierścienia P jeśli spełnione są następujące dwa warunki:

1. a, b ∈ P ⇒ a− b ∈ I

2. α ∈ P, a ∈ I ⇒ αa ∈ I, aα ∈ I

Łatwo zauważyć, że każdy ideał pierścienia P jest podpierścieniem tego pier-ścienia.

Przykład 7.1 W dowolnym pierścieniu P zbiory {0} i P są ideałami.

Rola ideałów w teorii pierścieni przypomina nieco tę, którą w teorii grupodgrywają podgrupy normalne. Wyjaśnia to następujące twierdzenie.

Twierdzenie 7.3 Niech P będzie pierścieniem i niech A będzie podpierścieniempieścienia P . Zbiór P/A = {a + A : a ∈ P} jest działaniami określonymiwzorami:

(a+A)⊕ (b+ a) = (a+ b) +A (7.2)


(a+A) ◦ (b+A) = ab+A (7.3)

jest pierścieniem wtedy i tylko wtedy, gdy A jest ideałem.

Dla dowolnego pierścienia P i jego ideału A pierścień P/A z działaniamiokreślonymi wzorami (7.2) i 7.3 nazywamy pierścieniem ilorazowym. Dzia-łania w pierścieniu ilorazowym oznaczamy tak jak w pierścieniu, a więc piszemy(a+A) + (b+A) oraz (a+A)(b+A), jeśli tylko nie prowadzi to do nieporozu-mień2

Oczywiście zbiór P/A (oznaczany także przez P : A) jest zbiorem klas równo-ważności relacji R zdefiniowanej w P przez

aRb⇔ b− a ∈ A

- mówimy wtedy, że elementy a i b pierścienia przystają modulo A .

Dowód twierdzenia 7.3. Przypuśćmy wpierw, że A jest ideałem pierście-nia P . Wykażemy, że wtedy P : A jest pierścieniem.Ze względu na dodawanie P jest grupą przemienną, stąd A jest addytywnąpodgrupą normalną. Wobec tego P : A jest grupą przemienną ze względu nadodawanie (w której A = 0 +A jest elementem neutralnym).Wykażemy, że działanie mnożenia zdefiniowane na klasach wzorem 7.3 jest do-brze określone (inaczej: relacja R jest zgodna z tym działaniem), to znaczy,że

aRb ∧ a′Rb′ ⇒ (aa′)R(bb′)

Rzeczywiście, jeśli aRb i a′Rb′ to b−a ∈ A, b′−a′ ∈ A a stąd a = b+α, a′ = b′+α′, gdzie α, α′ ∈ A. Wtedy aa′ = bb′+bα′+b′α, a więc aa′−bb′ = bα′+b′α ∈ A(A jest ideałem, α, α′ ∈ A).Pozostaje teraz wykazać, że (ciągle zakładając, iż A jest ideałem) z działaniamizdefiniowanymi wzorami (7.2) i (7.3) P : A jest pierścieniem. To jednak jestnietrudnym zadaniem, które pozostawiam do wykonania czytelnikowi3.Przypuśćmy teraz, że podpierścień A nie jest ideałem. Wówczas istnieją a ∈ Ai α ∈ P takie, że aα 6∈ A lub αa 6∈ A. Powiedzmy, że aα 6∈ A (przypadek gdyαa 6∈ A jest podobny). Mamy oczywiście a = a− 0 ∈ A i 0 = α− α ∈ A a stądaP0 i αRα. Z drugiej strony aα − 0α = aα 6∈ A a więc aα nie jest w relacji Rz 0α co oznacza, że R nie jest zgodna z mnożeniem w A a więc wzór (7.3) niedefiniuje działania w P : A.

W dalszym ciągu działania na klasach (a więc działania określone wzorami(7.2) i (7.3) w P : A) oznaczamy przez + i ·, a więc dokładnie tak jak wpierścieniu i zachowujemy konwencję niepisania kropki dla mnożenia wszędzietam, gdzie nie prowadzi to do nieporozumień. Wzory (7.2) i (7.3) przybierająwtedy postać

(a+A) + (b+A) = (a+ b) +A

2A nigdy nie prowadzi.3Warto jednak zwrócić uwagę na fakt, że elementem neutralnym dla dodawania w P : A

jest oczywiście 0 +A (piszemy także 0 +A = A).

7.4. IDEAŁY I PIERŚCIENIE GŁÓWNE 83

i(a+A)(b+A) = ab+A

Pierścień P : A z tak określonymi działaniami nazywamy pierścieniem ilora-zowym. Z łatwością można stwierdzić (por. zadanie 7.6), że prawdziwe jestnastępujące twierdzenie.

Twierdzenie 7.4 Jeśli I jest ideałem pierścienia P i pierścień P jest pierście-niem z jedynką lub przemiennym, wówczas P : I jest pierścieniem, odpowiednio,z jedynką lub ilorazowym.

7.4 Ideały i pierścienie główne

W dowolnym pierścieniu przemiennym P , dla dowolnego a ∈ P , zbiór (a) ={αa|α ∈ P} jest ideałem. Ideały tej postaci nazywać będziemy ideałami głów-nymi. W takiej sytuacji mówimy też, że ideał główny (a) jest generowanyprzez element a.Jeśli w pierścieniu przemiennym P każdy ideał jest ideałem głównym wówczasP nazywamy pierścieniem głównym.

Najlepiej znanym przykładem pierścienia głównego jest pierścień liczb cał-kowitych.

Twierdzenie 7.5 Pierścień liczb całkowitych Z jest pierścieniem głównym.

Dowód. Ideał zerowy {0} jest oczywiście ideałem głównym generowanym przez0. Przypuśćmy, że A jest ideałem w Z, A 6= {0}. Zauważmy, że do A należyco najmniej jedna liczba dodatnia. Rzeczywiście, skoro A 6= {0}, w A jest jakaśliczba a 6= 0. Wobec tego także −a ∈ A (wiemy, że 0 jest w dowolnym ideale, azatem i 0− a = a ∈ A), zaś jedna z liczb: a lub −a jest dodatnia.Niech teraz a0 będzie najmniejszą liczbą dodatnią w A. Oczywiście A zawierawszystkie wielokrotności liczby a, a więc A ⊃ (a). Wystarczy więc wykazać, żeA ⊂ (a).Na mocy twierdzenia o dzieleniu z resztą w zbiorze liczb całkowitych, istniejąq, r ∈ Z spełniające

b = qa+ r, 0 ≤ r < a

r = b− qa, a więc r ∈ A, a ponieważ a jest najmniejszym dodatnim elementemA, mamy r = 0 i w konsekwencji a|b.

7.5 Homomorfizmy pierścieni

Niech P,Q będą pierścieniami. Odwzorowanie f : P → Q nazywamy homo-morfizmem jeśli


• dla dowolnych a, b ∈ P zachodzi warunek f(a+b) = f(a)+f(b) - mówimywtedy, że f jest addytywne oraz

• dla dowolnych a, b ∈ P zachodzi warunek f(ab) = f(af (b) - mówimy, że fjest multyplikatywne.

Tak więc homomorfizm to odwzorowanie, które jest addytywne i multyplika-tywne.

Homomorfizm, który jest surjektywny nazywamy epimorfizmem a taki,który jest injektywny epimorfizmem. Homomorfizm, który jest epimorfizmemi monomorfizmem (a więc jest bijekcją) nazywamy izomorfizmem.

Jądrem homomorfizmu pierścieni f nazywamy zbiór Ker f = f−1({0}) ={a ∈ P : f(a) = 0}. Łatwo wykazać, że dla dowolnego homomorfizmu f pier-ścieni f(0) = 0, stąd 0 ∈ Ker f i w konsekwencji jądro homomorfizmu pierścieninigdy nie jest zbiorem pustym.

Dowody następujących twierdzeń są nietrudnymi ćwiczeniami, pozostawiamje do wykonania samodzielnie, jako zadania 7.12 i 7.13.

Twierdzenie 7.6 Homomorfizm f pierścieni jest monomorfizmem wtedy i tylkowtedy gdy Ker f = {0}.

Twierdzenie 7.7 Dla dowolnego homomorfizmu pierścieni f : P → Q jądrojest ideałem pierścienia P .

Przez Im f oznaczamy zbiór wartości homomorfizmu pierścieni f : P →Q, czyli Im f = {f(a)|a ∈ P}. Z łatwością można wykazać, że Im f jestpodpierścieniem pierścienia Q.

Twierdzenie 7.8 (Twierdzenie o izomorfizmie pierścieni) Niech f : P →Q będzie homomorfizmem pierścieni. Wtedy

f = f ◦ k (7.4)

gdzie k : P 3 a → a + Ker f ∈ P/Ker f jest homomorfizmem (zwanym homo-morfizmem kanonicznym), zaśf : P/Ker f 3 a + Ker f → f(a + A) = f(a) ∈ Im f jest izomorfizmem pier-ścieni - ilorazowego P/Ker f na Im f .

Funkcjonowanie twierdzenia o izomorfizmie pierścieni wygodnie jest prześledzićna ilustującym je diagramie.

P/Ker f��>

?

P - Im f ⊂ Q

kf

f

7.6. PODZIELNOŚĆ W PIERŚCIENIACH 85

Dowód. Bardzo łatwo można udowodnić, że jądro dowolnego homomorfizmuf : P → Q jest ideałem pierścienia Q (por. zadanie 7.13). P/Ker f jest więcpierścieniem.Udowodnimy teraz, że odwzorowanie f zdefiniowane wzorem F (a + Ker f) =f(a) jest dobrze określone to znaczy, że wartość f na klasie elementu a, czyli naa + Ker f nie zależy od tego jakiego reprezentanta klasy wybraliśmy. Inaczejmówiąc, powinniśmy mieć f(a+Ker f) = f(b+Ker f) o ile tylko b−a ∈ Ker f .Mamy jednak ciąg równoważności:

a+ Ker f = b+ Ker f ⇔ a− b ∈ Ker f ⇔ f(a− b) = 0⇔ f(a) = f(b)

Stąd wynika zaś, że funkcja f jest dobrze określona.f jest homomorfizmem, bowiem mamy

f((a+ Ker f) + (b+ Ker f)) = f((a+ b) + Ker f) = f(a+ b) = f(a) + f(b)

= f(a+ Ker f) + f(b+ Ker f)

oraz

f((a+ Ker f)(b+ Ker f)) = f(ab+ Ker f) = f(ab) = f(a)f(b)

= f(a+ Ker f)f(b+ Ker f)

Mamy także ciąg wynikań:

f(a+Ker f) = f(b+Ker f)z def. f

=⇒ f(a) = f(b)⇒ f(a−b) = 0⇒ a−b ∈ Ker f

⇒ a− b+ Ker f = Ker f ⇒ a+ Ker f = b+ Ker f

a więc f jest monomorfizmem. Fakt, że f jest epimorfizmem oraz zachodzi wzór(7.4) jest oczywisty z definicji f .

7.6 Podzielność w pierścieniachDefinicja 7.3 Niech P będzie pierścieniem całkowitym, a, b ∈ P . Mówimy, żea dzieli b jeżeli istnieje c ∈ P takie, że b = ac. Piszemy wówczas a|b.Jeśli a|b i b|a to elementy a i b nazywamy stowarzyszonymi.

Oczywiście jeśli a ∈ Z, a 6= 0, wówczas a i−a są elementami stowarzyszonymiw Z, zaś a,−a, ai,−ai są elementami stowarzyszonymi w pierścieniu Z[i] ={a+ bi : a, b ∈ Z}.W Z/(mod6) elementy 1 i 5 są stowarzyszone. Co więcej, każdy element a ∈ Zntaki, że a ⊥ n jest stowarzyszony z 1.W ciele każde dwa różne od zera elementy są stowarzyszone.

Definicja 7.4 Elementy stowarzyszone z 1 (jedynką pierścienia) nazywamy je-dnościami pierścienia.


Twierdzenie 7.9 Zbiór jedności pierścienia P tworzy grupę (multyplikatywną).(Grupę tę nazywamy grupą jedności pierścienia).

Przykłady.

1. Zbiór {−1, 1} jest zbiorem jedności w pierścieniu liczb całkowitych.

2. W pierścieniu Z[√

3] = {a + b√

3 : a, b ∈ Z} (sprawdź, że to pierścień!)prawdziwy jest wzór

(2−√

3)(2 +√

3) = 1

Stąd(2−

√3)k(2 +

√3)k = 1

dla dowolnego k naturalnego. A więc w pierścieniu Z[√

3] zbiór jednościjest nieskończony.

Każde przedstawienie elementu a pierścienia P w postaci

a = a1 · · · · · an (7.5)

nazywamy rozkładem na czynniki. O rozkładzie 7.5 mówimy, że jest wła-ściwy, jeśli

1. n ≥ 2,

2. żaden z czynników a1, . . . , an nie jest jednością.

Jeśli żaden właściwy rozkład elementu a nie istnieje, wówczas mówimy, że a jestnierozkładalny.

Element a pierścienia P nazywamy pierwszym, jeżeli zachodzi implikacja:

a|bc⇒ a|b lub a|c

Pamiętamy ze szkoły, że liczby całkowite nierozkładalne i pierwsze to tosamo. Tak jest w istocie. Niemniej przekonamy się, że w pewnych pierścieniachi to, na dodatek, w pierścienich liczbowych, istnieją elementy nierozkładalne,które nie są pierwsze4. Poniższe twierdzenie podaje relację zawierania pomię-dzy zbiorami elementów pierwszych i nierozkładalnych dowolnego pierścieniacałkowitego.

Twierdzenie 7.10 W dowolnym pierścieniu całkowitym P , każdy element pier-wszy jest nierozkładalny.

4Odkrycie tego zaskakującego faktu zawdzięczamy niemieckiemu matematykowi ErnestowiKummerowi (1810-1893), jednemu z twórców algebraicznej teorii liczb (wspólnie z Dedekin-dem i Kroneckerem). Kummer jest także znany jako ten, kto wykazał Ostatnie TwierdzenieFermata dla najbardziej obszernej klasy liczb aż do kompletnego dowodu tego słynnego twier-dzenia w 1993 roku przez Andrew Wilesa (1953 -).

7.6. PODZIELNOŚĆ W PIERŚCIENIACH 87

Dowód. Niech a ∈ P będzie elementem pierwszym pierścieni całkowitego P .Przypuśćmy, że istnieje rozkład a, czyli

a = a1 · · · · · ak (7.6)

dla pewnego k ≥ 2. Wówczas istnieje i ∈ {1, . . . , k} takie, że a|ai. Ponieważ(na mocy (7.6)) ai|a, elementy a oraz ai są stowarzyszone.Wykażemy teraz, że jeśli dwa elementy x, y są stowarzyszone w pierścieniu cał-kowitym P , powiedzmy x|y i y|x, wówczas x = yz, gdzie z jest jednością.Rzeczywiście,

x|y ⇒ ∃z ∈ P : y = zxy|x⇒ ∃t ∈ P : x = ty

}⇒ y = zty

Stąd i z faktu, że P jest pierścieniem całkowitym (a więc z jedynką i prawemskracania) wnioskujemy łatwo, że zt = 1, czyli, że z i t są stowarzyszone z je-dynką, czyli jednościami pierścienia P .Odnosząc te rozważania do a i ai otrzymujemy a = a1 · · · · ·ai−1ai+1 · · · · ·akai =aiz, przy czym z jest jednością. Korzystając z przemienności i ponownie z prawaskracania otrzymujemy, że a1 · · · · · ai−1ai+1 · · · · · ak = z, a więc, jak łatwo za-uważyć, także a1, . . . , ai−1, ai+1, . . . , ak są jednościami, co kończy dowód.

Bardzo znanym przykładem na to, że twierdzenie odwrotne do twierdze-nia 7.10 nie jest prawdziwe, jest pierścień Dedekinda Z <

√5i >= {a +

bi√

5|a, b ∈ Z}.Wykażemy wpierw, że liczba 2 jest elementem nierozkładalnym pierścienia De-dekinda. rzeczywiście,

2 = (a+ bi√

5)(c+ di√

5)

daje układ równańac− 5bd = 2bc+ ad = 0

Traktując ten układ jako układ o niewiadomych c i d otrzymamy

c =2a

a2 + 5b2d =

−2b

a2 + 5b2

(zauważmy, że a i b nie mogą być równocześnie równe zero).Ponieważ c i d są całkowite, zachodzi a2 + 5b2 ≤ 2|a| (lub a = 0). Stąd

|a| ≤ 2

i wobec tegoa ∈ {0,−1, 1,−2, 2}

• Gdyby a = 0 wówczas mielibyśmy ac = 0 i w konsekwencji 2 = −5bd, codla całkowitych b i d jest niemożliwe.

• Gdyby a = 1 mielibyśmy c = 21+5b2 , a więc b = 0 i w konsekwencji c = 2

i d = 0. Nasz rozkład byłby więc z konieczności postaci 2 = 1 · 2, a więcnie byłby rozkładem właściwym (jeden z czynników jest jednością).

• Gdyby a = 2 wówczas mielibyśmy c = 44+5b2 a stąd wnioskujemy łatwo, że

b = 0, c = 1, d = 0 i wobec tego 2 = 2 · 1 – sprzeczność z przypuszczeniem,że rozkład liczby 2 (w Z <

√5i >) jest właściwy.

• Podobnie jak powyżej sprawdzamy, że a nie może być równe ani −1 ani−2.

Zauważmy teraz, że

6 = 2 · 3 = (1 + i√

5)(1− i√

5)

Wobec tego 2|6. Łatwo także sprawdzić, że 2 nie dzieli ani 1 +√

5 ani 1−√

5.Sprawdziliśmy, że w pierścieniu Dedekinda Z <

√−5 > liczba 2 jest elementem

nierozkładalnym, który nie jest elementem pierwszym.w. 9,13.12.2011

7.7 Charakterystyka pierścieniaCharakterystyką pierścienia P nazywamy najmniejszą dodatnią liczbę całkowitątaką, że na = 0P dla każdego elementu a ∈ P , o ile taka liczba n istnieje. Wprzeciwnym przypadku mówimy, że charakterystyką P jest 0 lub, że P nie macharakterystyki. Dla pierścieni mających charakterystykę (lub o charakterystycedodatniej) mamy więc

char (P ) = min{n ∈ N− {0}|nP = {0}}

Rzędem elementu a pierścienia P nazywamy jego rząd w addytywnejgrupie P (stąd, dla przypomnienia tego faktu i uniknięcia bałaganu spowodo-wanego istnieniem dwóch działań w pierścieniu, będziemy też mówić o addy-tywnym rzędzie elementu pierścienia. Podobnie jak w przypadku rzędówelementów w grupach, rząd elementu a ∈ P oznaczamy przez |a|.

Przykład 7.2

Twierdzenie 7.11 Jeśli P jest pierścieniem z jedynką 1P i rzędem 1P jest n,wówczas char (P ) = n.

Dowód. Rzeczywiście, powiedzmy, że rzędem (addytywnym) jedynki 1P pier-ścienia P jest n. Wtedy n · 1P = 0P i n jest najmniejszą liczbą naturalną o tejwłasności. Wówczas dla każdego a ∈ P mamy n · a = (n · 1P )a = 0Pa = 0, awięc n jest charakterystyką pierścienia P .

Twierdzenie 7.12 Jeśli P jest pierścieniem całkowitym o charakterystyce p,wówczas p jest liczbą pierwszą.

7.7. CHARAKTERYSTYKA PIERŚCIENIA 89

Dowód. Gdyby charakterystyka pierścienia P była liczbą złożoną, powiedzmychar (P ) = mn, n,m ∈ N, n,m > 1, wówczas mielibyśmy 0 = (mn) · 1P =(m · 1P )(n · 1P ) (por. 7.11). Ponieważ założyliśmy, że P jest pierścieniem cał-kowitym, a więc bez dzielników zera, mielibyśmy m · 1P = 0 lub n · 1P = 0, ato sprzeczne z twierdzeniem 7.11. Stąd charakterystyka pierścienia całkowtegomusi być liczbą pierwszą.

Twierdzenie 7.13 Jeśli pierścień P jest całkowity to rzędy dowolnych dwóchelementów różnych od zera są identyczne. (Inaczej: ∀a, b ∈ P − {0} : |a| = |b|.)

Dowód. Przypuśćmy, że a, b ∈ P −{0P }, gdzie P jest pierścieniem całkowitymi |a| = m, |b| = n. Mamy 0P = (m · a)b = a(m · b). Stąd i z faktu, że w P niema dzielników zera wynika, że m · b = 0P . Bardzo podobnie wykazujemy, żen · a = 0P . Gdyby n 6= m, powiedzmy m < n, druga z tych równości oznaczasprzeczność z przyjętym założeniem |b| = n.

7.8 ZadaniaZadanie 7.1 Sprawdź, że zbiory:

• Z <√−1 >= {a+ ib|a, b ∈ Z}

• Z <√

3 >= {a+√

3b|a, b ∈ Z}

z działaniami dodawania i mnożenia w zbiorze liczb zespolonych lub rzeczywi-stych, są pierścieniami. Podaj przykłady innych, podobnie skonstruowanychpierścieni.

Zadanie 7.2 W pierścieniu P oznaczmy przez P ′ zbiór dzielników zera pier-ścienia P . Sprawdź, że w zbiorze P − P ′ mnożenie jest działaniem.Zbadaj własności mnożenia w P − P ′ dla pierścienia Z/(mod 6)

Zadanie 7.3 Element a pierścienia P nazywamy nilpotentnym, jeżeli istniejeliczba całkowita l taka, że ap = 0. Jeśli dodatkowo zachodzi al−1 6= 0, to l nazy-wamy rzędem elementu nilpotentnego a 6= 0. Rzędem elementu nilpotentnego0 jest z definicji 1.Co można powiedzieć o elementach nilpotentnych w pierścieniu całkowitym?Zbadaj elementy nilpotentne pierścienia Z/( mod 12).Wykaż, że suma i iloczyn elementów nilpotentnych jest nilpotenna. Co możnapowiedzieć o ich rzędzie (nilpotencji)?

Zadanie 7.4 W przykładzie pierścieni Z/mod(n) wystąpiły sformułowania ła-two sprawdzić i nietrudno wykazać. Sprawdź więc i wykaż. Przyjrzyj się pier-ścieniom Z/mod(6) i Z/mod(7) (wypisz elementy tych pierścieni, utwórz tabelkiziałań, wskaż dzielniki zera (o ile istnieją)).

Zadanie 7.5 Udowodnij twierdzenie 7.2

Zadanie 7.6 Udowodnij twierdzenie 7.4.

Zadanie 7.7 Sprawdź, że 16Z jest ideałem pierścienia 2Z. Z którym pierście-niem jest izomorficzny pierścień ilorazowy 2Z/16Z?

Zadanie 7.8 Wykaż, że jeśli I i J są ideałami pierścienia P wówczas I + J ={a+ b|a ∈ I, b ∈ J} jest także ideałem pierścienia P .

Zadanie 7.9 < x2 + 1 > oznacza ideał generowany przez wielomian x2 + 1w pierścieniu R[x]. Wykaż, że R[x]/ < x2 + 1 > jest pierścieniem elementów(klas) postaci v+ < x2 + 1 >, gdzie v jest wielomianem stopnia co najwyżejpierwszego.Sprawdź, że x2+ < x2 + 1 >.

Zadanie 7.10 Opisz pierścień ilorazowy Z[i]/ < 3+i >. Wypisz wszystkie jegoelementy.

7.8. ZADANIA 91

Zadanie 7.11 Wykaż, że jeśli n,m ∈ Z, a ∈ P (gdzie P jest pewnym pierście-niem, wówczas

n(ma) = (nm)a

Zadanie 7.12 Udowodnij, że homomorfizm f pierścieni jest monomorfizmemwtedy i tylko wtedy gdy Ker f = {0}.

Zadanie 7.13 Wykaż, że jeśli f : P → Q jest homomorfizmem pierścieni wów-czas Ker f jest ideałem pierścienia P .

Rozdział 8

Pierścienie Gaussa

Wniniejszym rozdziale będziemy rozważali wyłącznie pierścienie całkowite (prze-mienne, bez dzielników zera i z jedynką) chyba, że zostanie to wyraźnie zazna-czone.

Definicja 8.1 Pierścień P nazywamy pierścieniem z rozkładem jeżeli każdyelement a ∈ P nie będący jednością pierścienia P da się przedstawić jako iloczynskończonej liczby elementów nierozkładalnych w P .Dwa rozkłady elementu a:

a = a1 · ... · am a = b1 · ... · bn

nazywamy jednakowymi jeżeli

1. m = n,

2. istnieje permutacja σ : [1,m] → [1,m] taka, że elementy ai oraz bσ(i) sąstowarzyszone.

Pierścień całkowity P nazywamy pierścieniem Gaussa 1 jeśli każdy nie będącyjednością element pierścienia P ma rozkład jednoznaczny (tzn. ma rozkład nailoczyn elementów nierozkładalnych i każde dwa rozkłady dowolnego elementuna iloczyn elementów nierozkładalnych są jednakowe).

Przykład 8.1 Z, K[x] - gdzie K jest dowolnym ciałem, są pierścieniami Gaussa(dowód tych faktów będzie nieco później).Pierścień Dedekinda nie jest pierścieniem Gaussa (np. rozkład liczby 6 w tympierścieniu nie jest jednoznaczny: 6 = 3 · 2 = (1 +

√−5)((1−

√−5)).

1Carl Friedrich Gauss (1777-1855). Nawet pobieżne wymienienie matematycznych osią-gnięć Gaussa wykracza poza ramy niniejszego skryptu. Warto jednak wspomnieć, że uważasię go także za niemniej wybitnego fizyka, astronoma i geodetę. Ciekawostką jest, że podobniejak najwybitniejszy polski matematyk Stefan Banach, nigdy nie ukończył studiów matema-tycznych i swój doktorat uzyskał bez zdawania obowiązkowego egzaminu doktorskiego.

93

94 ROZDZIAŁ 8. PIERŚCIENIE GAUSSA

Twierdzenie 8.1 Pierścień całkowity z rozkładem P jest pierścieniem Gaussawtedy i tylko wtedy gdy każdy element nierozkładalny a ∈ P jest w P elementempierwszym.

Dowód.

• Przypuśćmy, że P jest pierścieniem Gaussa, a ∈ P jest elementem nieroz-kładalny oraz a | bc (b, c ∈ P ). Wówczas istnieje d ∈ P takie, że bc = ad.Niech

b = b1 · ... · bnc = c1 · ... · cmd = d1 · ... · dk

będą rozkładami elementów b, c i d. Wówczas

b1 · ... · bn · c1 · ... · cm = a · d1 · ... · dk

Z jednoznaczności rozkładu w pierścieniu Gaussa wynika, że a jest stowa-rzyszone z jednym z elementów bi (wówczas a | b) lub a jest stowarzyszonez jednym z cj (i wtedy a | c). Tak więc a | b lub a | c, dla dowolnychb, c ∈ P takich, że a = bc, a to oznacza, że a est elementem pierwszym wP .

• Przypuśćmy teraz, że każdy element nierozkładalny jest elementem pierw-szym pierścienia P . Wykażemy, że P jest pierścieniem Gaussa czyli, żekażdy rozkład dowolnego elementu a ∈ P na iloczyn elementów nierozkła-dalnych jest jednoznaczny.Załóżmy, że

a = a1 · ... · am = b1 · ... · bn (8.1)

gdzie a1, ..., am, b1, ..., bn są elementami nierozkładalnymi. Wykażemy, żete rozkłady elementu a są jednakowe, za pomocą indukcji matematycznej.Jeśli m = n = 1 otrzymujemy a = a1 = b1 i rozkłady jednakowymi oczy-wiście są.Załóżmy teraz, że każde dwa rozkłady (8.1) takie, że m,n ≤ k są jedna-kowe i niech

a = a1 · ... · ak · ak+1 = b1 · ... · bn (8.2)

gdzie n ≤ k + 1. Zatem ak+1 dzieli iloczyn b1 · ... · bn. Element ak+1

jest nierozkładalny z założenia, a więc pierwszy w P . Stąd dzieli jedenz elementów b1, ..., bn, powiedzmy, dla ustalenia uwagi, że ak+1 | bn, awięc istnieje element α ∈ P taki, że bn = αak+1. Zauważmy, że bn jestelementem nierozkładalnym, a więc α jest jednością. Wstawiając αak+1

w miejsce bn otrzymujemy (korzystając z przemienności)

a1 · ... · ak · ak+1 = αb1 · ... · bn−1ak+1

Teraz korzystamy z prawa skracania i oznaczamy αb1 przez b′1 (zauważmy,że skoro b1 jest nierozkładalne, także b′1 jest nierozkładalne) i otrzymujemy

a1 · ... · ak = b′1 · b2 · ... · bn−1 (8.3)

8.1. PIERŚCIENIE WIELOMIANÓW 95

Wzór (8.3) to równość dwóch rozkładów elementu na iloczyny co najwyżejk elementów nierozkładalnych a więc, z założenia indukcyjnego, rozkłady(8.3) są jednakowe. Poniważ na dodatek elementy bn i ak+1 są stowarzy-szone, rozkłady (8.2) są jednakowe.

Pierścień Z[√−5] jest pierścieniem liczbowym, który nie jest pierścieniem

Gaussa. Rzeczywiście w tym pierścieniu element 6 ma dwa różne rozkłady nailoczyny czynników nierozkładalnych2:

6 = 2 · 3 = (1 +√−5)(1−

√−5)

8.1 Pierścienie wielomianówDla wielomianu v = v0+v1x+· · · ∈ P [x] największe k0 dla którego vk0 6= 0 nazy-wamy stopniem wielomianu v i oznaczmy przez ∂(v). Stopniem wielomianuzerowego jest −∞3. Współczynnik vk0 nazywamy wtedy współczynnikiemdominującym wielomianu v.

Z łatwością można sprawdzić, prawdziwość następujących dwóch twierdzeń.

Twierdzenie 8.2 Dla dowolnego pierścienia P zbiór P [x] jest pierścieniem.Jeśli P jest pierścieniem całkowitym, wówczas także P [x] jest pierścieniem cał-kowitym.

Twierdzenie 8.3 Dla dowolnego pierścienia P i wielomianów v, w ∈ P [x] za-chodzą wzory:

∂(v + w) ≤ max{∂v, ∂w}∂(vw) ≤ ∂v + ∂w

Co więcej, druga z tych nierówności jest równością o ile P jest pierścieniem(przemiennym) bez dzielników zera.

Zauważmy, że z każdym wielomianem w ∈ P [x], w = w0 +w1x+ · · ·+wnxn

można skojarzyć funkcję wielomianową:

w : P 3 x→ w(x) = w0 + w1x+ · · ·+ wnxn ∈ P

Zbiór funkcji wielomianowych o współczynnikach w pierścieniu P oznaczamyprzez P (x). Jest oczywiste, że także P (x) jest pierścieniem (przemiennym jeśliP jest przemienny, całkowitym, jeśli P jest całkowity).

2Czytelnikowi pozostawiam samodzielne wykazanie, że elementy 2, 3, 1 +√−5, 1−

√−5 są

w pierścieniu Z[√−5] (por. zadanie 8.1).

3Zauważmy, że wielomian zerowy v = 0 nie ma współczynnika vk06= 0. Można więc

postąpić na dwa sposoby: albo nie definiować w ogóle stopnia wielomianu zerowego, albozdefiniować go jako −∞ i definiując a+−∞ = 0, max{a,−∞} = a, dla dowolnego a ∈ Z, bywzory na stopień sumy i iloczynu wielomianów pozostały prawdziwe (sprawdź, że rzeczywiścietak jest!).

Twierdzenie 8.4 Niech P będzie pierścieniem całkowitym i niech p ∈ P [x]będzie wielomianem którego współczynnik dominujący jest odwracalny. Dla ka-żdego wielomianu v ∈ P [x] istnieją wielomiany q, r ∈ P [x] takie, że

v = qp+ r, ∂r < ∂p lub r = 0 (8.4)

Wielomiany q i r o tych własnościach wyznaczone są jednoznacznie.

Dowód. Wykażemy wpierw istnienie wielomianów p oraz r.Oznaczmy przez k stopień wielomianu v i przez m stopień wielomianu p. Dowódpoprowadzimy przez indukcję ze względu na k.Twierdzenie jest prawdziwe dla k < m. Rzeczywiście, wówczas v = 0p + v,k = deg v < deg p = m.Przypuśćmy, że k ≥ m a także, że jeśli v∗ ∈ P [x] jest wielomianem stop-nia k′ < k wówczas istnieją wielomiany q∗ oraz r∗ takie, że v∗ = q∗p + r∗,deg r∗ < deg p lub r = 0.Oznaczmy przez vk i pm współczynniki dominujące wielomianów v i p. Z zało-żenia element pm jest odwracalny. Wielomian v = v− vkp−1m xk−mp jest stopniamniejszego od k. Z założenia indukcyjnego istnieją więc wielomiany q oraz rtakie, że v = qp+r, deg r < deg p lub r = 0. Wówczas v−vkp−1m xk−mp = qp+r,a zatem v = (vkp

−1m xk−m + q)p+ r, co kończy dowód istnienia wielomianów q i

r.Pozostaje wykazać jedyność wielomianów q i r spełniających warunki (8.4).

Przypuśćmy, żev = qp+ r

orazv = qp+ r

przy czym ∂r < ∂p lub r = 0 i ∂r < ∂p lub r = 0. Wówczas r − r = (q − q)p,∂(r − r) < ∂p lub r − r = 0. Stąd już łatwo wywnioskować, że q = q i r = r.

w. 927.11.2012

Wniosek 8.5 Niech P będzie pierścieniem z jedynką. Reszta z dzielenia wielo-mianu v ∈ P [x] przez wielomian x− c jest równa v(c).

Dowód. Na mocy twierdzenia 8.4 możemy napisać

v = q(x− c) + r

gdzie deg r = 0 lub r = 0. Wówczas v(c) = q(c)(c − c) + r(c), co oznacza,że r(c) = v(c). Ponieważ zaś wielomian r może mieć jedynie współczynnik r0różny od zera (mówimy, że r jest stały), r0 = v(c).

Element c pierścienia P nazywamy pierwiastkiem wielomianu v ∈ P [x]jeśli v(c) = 0.Niech v ∈ P [x], gdzie P jest pewnym pierścieniem całkowitym, v = q(x −c) + r, gdzie r jest wielomianem stopnia zero. Z wniosku 8.5 wynika, że c jestpierwiastkiem wielomianu v wtedy i tylko wtedy, gdy x − c dzieli v. Zapiszmyto spostrzeżenie

8.2. PIERŚCIENIE GŁÓWNE 97

Wniosek 8.6 Niech P będzie pierścieniem całkowitym. Wielomian v ∈ P [x]jest podzielny przez wielomian x − c wtedy i tylko wtedy, gdy c jest pierwiast-kiem wielomianu v.

Z wniosku 8.6 bardzo łatwo można wykazać jeszcze jeden, bardzo ważnywniosek.

Wniosek 8.7 Niech P będzie pierścieniem całkowitym. Dowolny wielomianv ∈ P [x] stopnia k ma co najwyżej k pierwiastków.

Twierdzenie 8.8 Pierścień wielomianów K[x] nad dowolnym ciałem K jestpierścieniem głównym.

Dowód. Niech B będzie ideałem pierścienia K[x]. Jeśli B = {0}, to B jestoczywiście ideałem głównym, B = (0). Przypuśćmy więc, że B 6= {0}. Wtedyw B są wielomiany niezerowe. Niech d będzie wielomianem niezerowym, mini-malnego stopnia w B. Wykażemy, że B = (d). W tym celu wystarczy wykazać,że dla dowolnego b ∈ B istnieje q ∈ K[x] takie, że b = qd.

Z twierdzenia o dzieleniu wielomianów (twierdzenie 8.4) wynika, że istniejątakie wielomiany q, r ∈ K[x], że

b = qd+ r deg r < deg d

Stąd r = b − qd ∈ B. Jednak w ideale B jedynym wielomianem stopnia silniemniejszego niż deg d jest wielomian r = 0, a więc b = qd, co należało udowodnić.

8.2 Pierścienie główneMówimy, że ciąg ideałów (In) pierścienia P jest wstępujący jeżeli

I1 ⊂ I2 ⊂ ... ⊂ Ik ⊂ ...

Dla dowolnego ciągu wstępującego ideałów (In) także ich mnogościowa suma⋃+∞n=1 In jest ideałem. Rzeczywiście, jeśli a, b ∈ I, wówczas istnieją i, j ∈ N

takie, że a ∈ Ii, b ∈ Ij . Bez straty ogólnoći można założyć, że i ≤ j. Wówczasa, b ∈ Ij i a − b ∈ Ij a stąd oczywiście wynika, że a − b ∈ I. Dla dowolnegoα ∈ P (i przy założeniu, że jak poprzednio, a ∈ Ii) αa ∈ Ii a więc αa ∈ I.

Twierdzenie 8.9 W pierścieniu głównym P każdy wstępujący ciąg ideałów

I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ Ik ⊂ . . .

jest stacjonarny, tzn. istnieje k0 ∈ N takie, że

Ik0 = Ik0+1 = . . .


Dowód. Wiemy już, że suma ideałów C =⋃∞i=1 Ci iest ideałem. Ponieważ

P , z założenia, jest pierścieniem głównym, istnieje a ∈ P takie, że I = (a).Oczywiście a ∈ I, a więc istnieje k0 ∈ N takie, że a ∈ Ik0 .Z definicji I (jako mnogościowej sumy Ii, i ∈ N), wynika, że Ik0 ⊂ I. Z drugiejestrony, skoro a ∈ Ik0 , to z definicji ideału (a) ⊂ Ik0 , a więc I ⊂ Ik0 i ostatecznie:I = Ik0 .

W. 1020.12.2011 Największym wspólnym dzielnikiem elementów a i b pierścienia całko-

witego P nazywamy element d ∈ P spełniający warunek:

d|a, d|b oraz dla każdego c ∈ P : c|a, c|b⇒ c|d

Ta definicja jest podobna do definicji największego wspólnego dzielnika dwóchliczb całkowitych z rozdziału 1. Największy wspólny dzielnik elementów a i boznaczamy przez NWD(a, b) lub przez (a, b).

Jeżeli największym wspólnym dzielnikiem elementów a i b jest jedynka pier-ścienia (inaczej: jeżeli (a, b) = 1), wówczas mówimy, że a i b są względniepierwsze. Wówczas jedynymi wspólnymi dzielnikami a i b są 1 i elementystowarzyszone z 1 (a więc, elementy odwracalne pierścienia). Zamiast pisać(a, b) = 1 często piszemy a ⊥ b.

W pierścieniach głównych największy wspólny dzielnik dwóch elementówzawsze istnieje i można go zapisać w specjalnej postaci. Twierdzenie które otym mówi nazwiemy twierdzeniem o NWD w pierścieniu głównym.

Twierdzenie 8.10 Każde dwa elementy a, b pierścienia głównego P mają naj-większy wspólny dzielnik d ∈ P który jest ich kombinacją liniową, tzn. istniejąs, t ∈ P takie, że

d = sa+ tb

Dowód. Rozważmy zbiór

S = {s1a+ t1b|s1, t1 ∈ P}

Sprawdźmy wpierw, że S jest ideałem. Rzeczywiście, jeżeli s, t ∈ S wówczasistniejÄ. . . w P elementy α1, α2, β1, β2 takie, że s = α1a+β1b oraz t = α2a+β2bi wobec tego

s− t = (α1 + α2)a+ (β1 + β2)b ∈ SDla dowolnego c ∈ P zachodzi

cs = c(α1a+ β1b) = (cα1)a+ (cβ1)b ∈ S

Ponieważ z założenia P jest pierścieniem głównym, ideał S jest główny, awięc istnieje d ∈ P takie, że S = (d). Element a można zapisać w postacia = 1a + 0b, a więc a ∈ S. Podobnie wykazujemy, że b ∈ S. Stąd wynikapczywiście, że d|a oraz d|b.Jeśli c|a i c|b wtedy istnieją α, β ∈ P takie że a = αc oraz b = βc. Wówczas

d = sa+ tb = sαc+ tβc = (aα+ tβ)c

8.3. PIERŚCIENIE EUKLIDESOWE 99

i wobec tego c|d.

Jeżeli największym wspólnym dzielnikiem elementów a i b jest jedynka pier-ścienia (inaczej: jeżeli (a, b) = 1), wówczas mówimy, że a i b są względniepierwsze. Wówczas jedynymi wspólnymi dzielnikami a i b są 1 i elementystowarzyszone z 1 (a więc, elementy odwracalne pierścienia). Zamiast pisać(a, b) = 1 często piszemy a ⊥ b (podobnie jak to robiliśmy dla liczb całkowitych).

Wniosek 8.11 W dowolnym pierścieniu całkowitym i głównym

(a, b) = 1⇔ ∃α, β ∈ P : αa+ βb = 1

8.3 Pierścienie euklidesoweDla dowolnego pierścienia P oznaczmy przez P ∗ zbiór P − {0}.

Definicja 8.2 Pierścień całkowity P nazywamy euklidesowym jeśli istniejefunkcja h : P ∗ → N+ taka, że dla wszystkich a ∈ P, b ∈ P ∗ istnieją q, r ∈ Ptakie, że

1. a = bq + r

2. oraz albo r = 0 albo h(r) < h(b).

Potocznie można powiedzieć, że pierścienie euklidesowe to pierścienie całko-wite z operacją dzielenia z resztą.

Przykład 8.2 Zbiór liczba całkowitych Z z funkcją h(n) = |n| jest z pewnościąnajlepiej znanym przykładem pierścienia Euklidesa.

Przykład 8.3 Zbiór wielomianów K[x], gdzie Kjest pewnym ciałem, z funkcjąh(v) = ∂(v) jest, jak można łatwo sprawdzić, pierścieniem euklidesowym.

Przykład 8.4 (Pierścień całkowitych liczb zespolonych) Niech Z ={a+ bi : a, b ∈ Z} zaś h(a+ bi) = a2 + b2. Wykażemy, że funkcja h tak zdefinio-wana rzeczywiście spełnia postulaty definicji pierścienia euklidesowego.Niech a + bi ∈ Z[i] i niech c + di ∈ Z[i]∗. Oczywiście a+bi

c+di = e + fi, gdzie ei f są liczbami wymiernymi (żeby to zobaczyć wystarczy wymnożyć licznik imianownik wyrażenia a+bi

c+di przez c− di i wykonać dzielenie). Wybierzmy teraze0 oraz f0 tak, by |e− e0| ≤ 1

2 i |f − f0| ≤ 12 .

Przyjrzyjmy się liczbie

r = a+ bi− (c+ di)(e0 + f0i)

Oczywiście a + bi = (c + di)(e0 + f0i) + r. Pozostaje więc wykazać, że h(r) <|c+ di|2.

h(r)| = |r|2 = |a+ bi− (c+ di)(e0 + f0i)|2 =

= |(c+ di)(e+ fi)− (c+ di)(e0 + f0i)|2 ≤ |c+ di|2|e+ fi− e0 − f0i|2 =

= |c+ di|2((e− e0)2 + (f − f0)2) ≤ |c+ di|2(1

4+

1

4) =

1

2(c2 + d2) = h(c+ di)

Wartość h(a+ ib) = a2 + b2 nazywana jest często normą z = a+ ib.Dla przykładu, niech z1 = 5 + 4i, z2 = 1 + 2i. Wtedy

z1z2

=5 + 4i

1 + 2i=

(5 + 4i)(1− 2i)

(1 + 2i)(1− 2i)=

13

5+−6

5i

Stosując oznaczenia używane powyżej mamy e0 = 3, f0 = −1 i wobec tegor = 5 + 4i− (1 + 2i)(3− i) = −i.Ostatecznie 5 + 4i = (3 − i)(1 + 2i) − i. Oznacza to, że ilorazem 5 + 4i przez1 + 2i jest 3− i, przy czym resztą jest r = −i. h(1 + 2i) = 5 < h(−i) = 1.Warto zauważyć, że q = 3− 2i oraz r = 2 także spełniają warunki oba warunkidefinicji 8.2, dla wynik dzielenia 5 + 4i przez 1 + 2i w pierścieniu Z niejest więc jednoznaczny.

Powyżej wykazaliśmy następujące twierdzenie.

Twierdzenie 8.12 Pierścień Z[i] całkowitych liczb zespolonych jest euklide-sowy.

To zaś twierdzenie jest szczególnie istotne ze względu na następne.

Twierdzenie 8.13 Każdy pierścień euklidesowy jest pierścieniem głównym.

Dowód. Niech I będzie dowolnym ideałem pierścienia euklidowskiego P . Wy-każemy, że I jest ideałem głównym. Gdyby I = {0} wówczas mielibyśmy = (0),czyli I byłby ideałem generowanym przez 0 (i zawierającym 0 jako swój jedynyelement. Możemy więc przypuścić, że I 6= {0} czyli, że I zawiera elementy nie-zerowe. Niech m będzie najmniejszą liczbą dodatnią w zbiorze h(I−{0}), gdzieh : P ∗ → N+ jest funkcją jak w definicji 8.2 pierścienia euklidesowego. Niechb ∈ I będzie takie, że h(b) = m. Naturalnie b 6= 0. Wykażemy, że I = (b).Ponieważ I jest ideałem i b ∈ I mamy (b) ⊂ I.Wystarczy więc wykazać, że każdy element a ∈ I jest krotnością elementu b.Rzeczywiście, skoro b ∈ P ∗ i P jest pierścieniem euklidesowym istnieją q, r ∈ Ptakie, że a = bq + r, h(r) < h(b) albo r = 0.Jeśli r = 0, to a jest krotnością b i dowód jest zakończony. Przypuśćmy więc, żer 6= 0. Wtedy r = a− bq. Ponieważ b ∈ I, to bg ∈ I (z definicji ideału). Wobectego r = a− bq ∈ I, a to sprzeczne z założeniem o minimalności h(b).

W pierścieniach euklidesowych funkcjonuje algorytm Euklidesa podobny dotego, który znamy dla liczb całkowitych.

ALGORYTM EUKLIDESA W PIERŚCIENIU EUKLIDESOWYMNiech P będzie pierścieniem euklidesowym, a, b ∈ P .

Określmy rekurencyjnie następujący ciąg (ri).

8.4. ZASADNICZE TWIERDZENIE ARYTMETYKI 101

• r0 = a, r1 = b

• ri = qi+1ri+1 + ri+2 gdzie h(ri+2) < h(ri+1)

Oczywiście mamy wtedy h(r1) < h(r2) < ..., a ponieważ funkcja h na mocydefinicji (pierścienia euklidesowego) przyjmuje wartości naturalne, ciąg (ri) jestskończony. Powiedzmy, że ostatnim niezerowym wyrazem ciągu (ri) jest rk(oznacza to, że rk+1 = 0 i rk+1 jest ostatnim wyrazem ciągu (ri)). Mamy wtedyrówność rk−1 = qkrk.Zauważmy także, źe z równości

ri = qi+1ri+1 + ri+2

wynika, że

• jeśli jakiś element d ∈ P dzieli ri oraz ri+1 wówczas d dzieli ri+2

• jeśli d ∈ P dzieli ri+1 oraz ri+2 wówczas d dzieli ri

Stąd łatwo wywnioskować, że rr = NWD(rk−1, rk−2) = ... = NWD(r1, r0) =NWD(a, b).Co więcej, korzystając z ciągu równości ri = qi+1ri+1 + ri+2 łatwo wyliczyćwartość rk = NWD(a, b).

8.4 Zasadnicze Twierdzenie ArytmetykiNastępujące twierdzenie nazywa się Zasadniczym Twierdzeniem Arytmetyki lubTwierdzeniem o Jednoznacznej Faktoryzacji.

Twierdzenie 8.14 Każdy pierścień główny jest pierścieniem Gaussa.

Dowód. Musimy udowodnić dwa fakty. Po pierwsze, że każdy pierścień głównyjest pierścieniem z rozkładem a po drugie, że w pierścieniu głównym rozkład nailoczyn elementów nierozkładalnych jest jednoznaczny.Dowód istnienia rozkładu. Dla dowodu nie wprost, przypuśćmy, że a jest elemen-tem pierścienia głównego P takim, który nie ma faktoryzacji. Oczywiście a niejest elementem nierozkładalnym (bo wtedy miałby jednoelementowy rozkład).Istnieją więc a1, b1 ∈ P takie, że

a = a1b1

i jeden z czynników, na przykład a1 nie jest nierozkładalny (w przeciwnymprzypadku a = a1b1 byłoby rozkładem na czynniki nierozkładalne. Mamy więc,powiedzmy, a1 = a2b2 a stąd

a = a2b2b1

i znowu, jeden z czynników, na przykład a2 nie jest rozkładalny. Takie rozumo-wanie można powtarzać dowolną liczbę razy otrzymując

a = anbnbn−1 · ... · b2b1


przy czym jeden z elementów an, bn, ..., b1 jest rozkładalny (można przyjąć, żetym rozkładalnym elementem jest an (jeśli nie, to odpowiednio korygujemyoznaczenia). W efekcie otrzymujemy nieskończony ciąg ideałów głównych

(a) ⊂ (a1) ⊂ ... ⊂ (an) ⊂ ...

przy czym każde zawieranie jest silne (to znaczy (ai) 6= (ai+1). A to sprzecznew. 104.12.2012 z twierdzeniem 8.9.

Dowód jednoznaczności, jak zobaczymy, wynika z twierdzenia 8.1.Rzeczywiście, na mocy twierdzenia 8.1 wystarczy wykazać, że dowolny elementnierozkładalny p ∈ P jest w P elementem pierwszym. Przypuśćmy, że p | ab ip nie dzieli ani a ani b. Zauważmy, że stąd wynika natychmiast, że p nie jestjednością, bowiem każda jedność dzieli dowolny element pierścienia.Zarówno a jak i b nie dzielą p, bowiem p jest nierozkładalne. Oba te elementysą więc względnie pierwsze z p, czyli

(a, p) = 1

oraz(b, p) = 1

A więc, na mocy wniosku 8.11, istnieją α, β, γ, δ ∈ P takie, że

αa+ βp = 1

orazγb+ δp = 1

Po wymnożeniu powyźszych równości stronami (i uporządkowaniu) otrzymu-jemy

αγab+ p(βγb+ αδa+ βδp) = 1

Skoro jednak p | ab, p | 1. A więc p byłoby jednością co, jak stwierdziliśmywyżej, nie jest prawdą.

Oczywiście, skoro każdy pierścień euklidesowy jest pierścieniem głównym (namocy twierdzenia 8.13), prawdziwy jest następujący wniosek.

Wniosek 8.15 Każdy pierścień Euklidesa jest pierścieniem Gaussa.

Stąd zaś i z twierdzenia 8.12 łatwo otrzymujemy następny.

Wniosek 8.16 Pierścień liczb całkowitych zespolonych Z[i] jest pierścieniemGaussa.

8.5. CIAŁO UŁAMKÓW PIERŚCIENIA CAŁKOWITEGO 103

8.5 Ciało ułamków pierścienia całkowitegoSkoro pojęcie pierścienia zostało już przyswojone, definicję ciała 7.1 możnakrótko przypomnieć następująco.Zbiór F wyposażony w dwa działania: addytywne i multyplikatywne nazywamyciałem jeżeli z tymi działaniami

• F jest pierścieniem całkowitym oraz

• każdy element a ∈ F różny od zera ma element odwrotnny ze względu nadziałanie oznaczone multyplikatywnie (a więc istnieje a−1 ∈ F takie, żea · a−1 = 1).

Każdy niepusty podzbiór F ′ ciała F , który z działaniami w F jest ciałem,nazywamy podciałem ciała F . Z pewnością najlepiej znanym nam ciałem jestciało liczb rzeczywistych R, którego podciałem jest ciało liczb wymiernych Q.Z kolei ciało R jest podciałem ciała liczb zespolonych C4.

Łatwym ćwiczeniem może być udowodnienie następującego warunku konie-cznego i wystarczającego dla podciał.

Twierdzenie 8.17 Niepusty podzbiór F ′ ciała F jest podciałem wtedy i tylkowtedy gdy

• dla dowolnych a, b ∈ F ′ : a− b ∈ F ′

• dla dowolnych a, b ∈ F ′ takich, że b 6= 0 : ab−1 ∈ F ′

Niech P będzie pierścieniem całkowitym, P ∗ = P − {0}. W zbiorze Q =P × P ∗ zdefiniujmy dwa działania:

(a, b) + (c, d) = (ad+ bc, bd) (8.5)

(a, b) · (c, d) = (ac, bd) (8.6)

oraz relację R:(a, b)R(c, d)⇐⇒ ad = bc (8.7)

Twierdzenie 8.18 Dla dowolnego pierścienia całkowitego P relacja R zdefi-niowana wzorem (8.7) jest relacją równoważności zgodną z działaniami (8.5) i(8.6).

Dzięki twierdzeniu 8.18 w zbiorze ilorazowym P ×P ∗/R można wprowadzićdziałania dodawania i mnożenia:

[(a, b)] + [(c, d)] = [(ad+ bc, bd)] (8.8)

[(a, b)] · [(c, d)] = [(ac, bd)] (8.9)4Tu traktujemy liczby rzeczywiste jako liczby zespolone o części urojonej równej zero.


Twierdzenie 8.19 (O ciele ułamków) Dla dowolnego pierścienia całkowitegoP zbiór P × P ∗/R z działaniami zdefiniowanymi wzorami 8.8 i 8.9 jest ciałemprzemiennym.

Ciało występujące w tezie twierdzenia 8.19 nazywamy ciałem ułamkówpierścienia P . Z oczywistch powodów będziemy raczej stosowali zapis a

b za-miast [(a, b)] dla elementów ciała ułamków. Elementy ciała ułamków zapisu-wykł. 11

3.01.2012 jemy więc dokładnie tak samo jak doskonale nam znane ułamki (elemty ciałaliczby wymiernych).

8.6 Homomorfizmy pierścieniOdwzorowanie h : P → Q pierścienia P w pierścień Q jest homomorfizmemjeśli spełnia warunki

1. h(a+ b) = h(a) + h(b)

2. h(ab) = h(a)h(b)

dla dowolnych a, b ∈ P . Im h = h(P ) nazywamy obrazem zaś Ker h = h−1[0]jądrem homomorfizmu h.

Twierdzenie 8.20 1. Obraz homomorfizmu pierścieni h : P → Q jest pod-pierścieniem pierścienia Q.

2. Jądro homomorfizmu pierścieni h : P → Q jest ideałem pierścienia P .

Twierdzenie 8.21 Jeśli P jest pierściniem a I jego ideałem, wówczas odwzo-rowanie k : P → P/I zdefiniowane wzorem

k(a) = a+ I

jest homomorfizmem (zwanym homomorfizmem kanonicznym).

Twierdzenie 8.22 Dla dowolnych pierścieni P,Q homomorfizm pierścieni h :P → Q jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy Ker h = {0}.

Dow.Ćwiczenie!

Twierdzenie 8.23 (Podstawowe o izomorfiźmie pierścieni) Jeśli h : P →Q jest epimorfizmem pierścienia na pierścień Q, wówczas zachodzi wzór

h = h ◦ k

gdzie k : P → P/Ker h jest homomorfizmem kanonicznym, zaś h : P/Ker h→Q izomorfizmem przyporządkowującym każdej klasie elementów P/Ker h ichwspólną wartość w homomorfiźmie k.

Dow. ...

Twierdzenie 8.23 można wypowiedzieć inaczej tak: każdy epimorfizm pier-ścieni można przedstawić jako złożenie homomorfizmu kanonicznego i pewnegoizomorfizmu.w. 11

11.12.2012

8.7. ZADANIA 105

8.7 ZadaniaZadanie 8.1 Udowodnij, że w pierścieniu całkowitym Z[

√−5] elementy 2, 3, 1+√

−5, 1−√−5 są nierozkładalne (choć nie są elementami pierwszymi tego pier-

ścienia).


8.8 Wielomiany nad pierścieniami GaussaNiech P będzie pierścisniem Gaussa (a więc pierścieniem całkowitym z roz-kładem jednoznacznym) i niech v ∈ P [x]. Wiemy, że P [x] jest pierścieniemcałkowitym a także, że zbiór elementów stowarzyszonych z jednością w pierście-niu P [x] jest grupą (z działaniem mnożenia). Grupa ta jest identyczna z grupąjedności pierścienia P . Wielomian v ∈ P [x] jest rozkładalny jeżeli można napi-sać go w postaci v = pq, gdzie p, q ∈ P [x] i żaden z wielomianów p, q nie jestjednościĄ. Stąd na przykład wielomian 5x2 + 5 ∈ Z[x] jest rozkładalny. Mamybowiem 5x2 + 5 = 5(x2 + 1) i żaden z wielomianów p = 5, q = x2 + 1 nie jestodwracalny w Z[x].

Mówimy, że wielomian p = a0 + a1x + · · · + anxn jest pierwotny jeżeli

(a0, a1, . . . , an) = 1 (współczynniki wielomianu p są względnie pierwsze).Każdy wielomian nierozkładalny jest pierwotny. Wielomian x2 + 2x + 1 ∈

Z[x] jest przykładem wielomianu pierwotnego, który nie jest nierozkładalny.

Twierdzenie 8.24 Niech P będzie pierścieniem Gaussa. Jeśli wielomian p ∈P [x] jest pierwotny, a | bp (dla pewnych a, b ∈ P, p 6= 0) wówczas a | b.

Rzeczywiście, jeśli a | bp wówczas a dzieli wszystkie współczynniki wielomianubp, czyli dzieli b.Warto zwrócić uwagę, jak w tym prostym rozumowaniu, które jest dowodemtwierdzenia 8.24 interweniuje fakt, że P jest pierścieniem Gaussa. W rzeczy-wistości korzystamy tu z faktu, że a można jednoznacznie zapisać jako iloczynelementów nierozkładalnych (a więc pierwszych, bowiem pierścień jest Gaussa),powiedzmy a = a1, ..., ak, z których każdy dzieli b (bo nie dzieli któregoś zespółczynników wielomianu p.poprawić- uzupełnićZ twierdzenia 8.24 natychmiast wynika następujący wniosek.

Wniosek 8.25 Jeśli p, q ∈ P [x] są wielomianami pierwotnymi, P pierścieniemGaussa oraz ap = bq (a, b 6= 0) wówczas a i b są elementami stowarzyszonymi.

Twierdzenie 8.26 Każdy element pierwszy dowolnego pierścienia Gaussa Pjest także elementem pierwszym P [x].

Dowód. Niech a ∈ P będzie elementem pierwszym pierścienia P i przypuśćmy,że a | pq, gdzie p, q ∈ P [x], p = a0 + a1x+ ...+ anx

n, q = b0 + b1x+ ...+ bmxm.Przypuśćmy, że a 6 |p i a 6 midq. Wtedy istnieją indeksy i, j takie, że a 6 |ai oraza 6 |bj . Niech i0 oraz j0 będą minimalne z tą własnością. Oznacza to, że

a | a0, ..., a | ai0−1, a 6 |ai0 , a | bj0 , ..., a | bj0−1, a 6 |bj0

Współczynnikiem przy xi0+j0 wielomianu pq jest

ci0+j0 = a0bi0+j0 +a1bi0+j0−1+...+ai0−1bj0+1+ai0bj0 +ai0+1bj0−1+...+ai0+j0b0

Ponieważa | a0bi0+j0 + a1bi0+j0−1 + ...+ ai0−1bj0+1

8.8. WIELOMIANY NAD PIERŚCIENIAMI GAUSSA 107

a | ai0+1bj0−1 + ...+ ai0+j0b0

oraz, z założeniaa | ci0+j0

otrzymujemya | ai0bj0

Wiemy jednak, że a jest elementem pierwszym w P i stąd mamy a | ai0 luba | bj0 . Otrzymana sprzeczność kończy dowód twierdzenia.

Twierdzenie 8.27 (Lemat Gaussa) Jeśli P jest pierścieniem Gaussa, p, q ∈P [x] są wielomianami pierwotnymi to iloczyn pq jest wielomianem pierwotnym.

Dowód. Rzeczywiście, jeśli pq nie byłby wielomianem pierwotnym, to byłbypodzielny przez pewien element pierwszy, powiedzmy a ∈ P , pierścienia P , awtedy na mocy twierdzenia 8.26 a|p lub a|q.

Następny wniosek jest prostą, dającą się łatwo udowodnić przez indukcję,konsekwencją Lematu Gaussa.

Wniosek 8.28 Iloczyn dowolnej liczby wielomianów pierwotnych nad pierście-niem Gaussa jest wielomianem pierwotnym.

Twierdzenie 8.29 Jeśli p jest wielomianem nierozkładalnym nad pierścieniemGaussa P , wówczas p jest także nierozkładalny nad ciałem ułamków pierścieniaP .

Powiedzmy, że P jest pewnym pierścieniem całkowitym. Przez F oznaczmyciało ułamków pierścienia P . Możemy wtedy każdy element a pierścienia Puważać za element ciała F . W rzeczy samej, ciało F jest także pierścieniem,pierścień P jest izomorficzny z pierścieniem A = {a1 : a ∈ P} - izomorfizmempierścieni P i A jest

f : P 3 a −→ a

1∈ A

Niech p ∈ P [x] będzie pewnym wielomianem o współczynnikach w pierścieniuP . Na zasadzie wyżej opisanego izomorfizmu możemy wielomian p traktowaćjako wielomian o współczynnikach z F , czyli p ∈ F [x].Okazuje się, że każdy wielomian nierozkładalny w P [x] jest nierozkładalny wF [x]. To twierdzenie, które niezupełnie jest zgodne z pierwszą intuicją. Cowięcej, cytowany już powyżej przykład wielomianu 5x + 5 jest wielomianemrozkładalnym w Z[x] natomiast nierozkładalnym nad ciałem ułamków Q[x].

Twierdzenie 8.30 Niech P będzie pierścieniem Gaussa zaś F ciałem ułam-ków pierścienia P . Jeśli p ∈ P [x] jest wielomianem nierozkładalnym w P [x],wówczas p jest także nierozkładalny w F [x].


Dowód. Przypuśćmy, że p ∈ P [x] jest nierozkładalny w P [x] i ma w F [x]rozkład właściwy postaci

p = p1 · p2 · ... · pkgdzie p1, ..., pk ∈ F [x], k > 1. Wielomiany p1, ..., pk są nierozkładalne w F [x] ikażdy z nich można napisać w postaci pi = ai

biqi, gdzie qi ∈ P [x] jest wielomia-

nem pierwotnym (qi jest wspólnym mianownikiem wszystkich współczynnikówwielomianu qi natomiast ai największym wspólnym dzielnikiem liczników tychwspółczynników). Mamy więc

p =a

bq1 · ... · qk

czylibp = aq1 · ... · qk

gdzie q1, ..., qk są wielomianami pierwotnymi.Na mocy Lematu Gaussa (twierdzenie 8.27 i wniosek 8.28) wielomian q1·...·qk

jest pierwotny. Korzystając z twierdzenia 8.24 b dzieli a, a więc c = ab ∈ P i

p = cq1 · ...qk jest właściwym rozkładem P w P [x], a to sprzeczne z założeniem,że p jest wielomianem nad P nierozkładalnym. Ta sprzeczność kończy dowódtwierdzenia.

Wniosek 8.31 Niech P będzie pierścieniem Gaussa. Każdy wielomian nieroz-kładalny w P [x] jest elementem pierwszym pierścienia P [x].

Dowód. Załóżmy, że p ∈ P [x] jest wielomianem nierozkładalnym. załóżmy, żep | u · v, gdzie u, v ∈ P [x]. Skoro P jest pierścieniem Gaussa, wielomian p jesttakże nierozkładalny nad ciałem F ułamków pierścienia P (twierdzenie 8.30).Pierścień F [x] jest, jak wiemy, pierścieniem Gaussa - wynika to bezpośrednioz twierdzeń 8.8 i 8.14 (Zasadnicze Twierdzenie Arytmetyki). Zatem p jest wF [x] elementem pierwszym i wobec tego p (w pierścieniu F [x]!) dzieli jeden zwielomianów u, v. Powiedzmy, że p|u, czyli istnieje wielomian q ∈ F [x] taki, żeu = pq. Rozumując podobnie jak w dowodzie twierdzenia 8.30 można znaleźća, b ∈ P takie, że q = a

bw, gdzie w ∈ P [x] jest wielomianem pierwotnym. Mamywtedy

bu = apw

Iloczyn pw wielomianów pierwotnych jest, na mocy Lematu Gaussa, wielomia-nem pierwotnym. Z twierdzenia 8.24 wynika, że b dzieli element a, powiedzmyc = a

b . Zatem u = cpw co oznacza, że wielomian p dzieli u w P [x].

8.9 Twierdzenie GaussaTwierdzeń udowodnionych przez Gaussa jest bardzo wiele, z niektórymi z nichzetknęliśmy się już poprzednio. Jednak nazwę twierdzenie Gaussa odnosi się

8.10. WIELOMIANY NIEPRZYWIEDLNE 109

zazwyczaj do twierdzenia następującego5.

Twierdzenie 8.32 (Gauss) Pierścień wielomianów nad pierścieniem Gaussajest pierścieniem Gaussa.

Dowód. Niech P będzie pierścieniem Gaussa. Przypomnijmy wpierw, że udo-wodniliśmy, (twierdzenie 8.1), iż pierścień z rozkładem jest pierścieniem Gaussawtedy i tylko wtedy, gdy każdy jego element nierozkładalny jest także elemen-tem pierwszym. Dalej, wykazaliśmy (wniosek 8.31), że dowolny wielomian nie-rozkładalny nad pierścieniem Gaussa P jest elementem pierwszym P [x]6. Dowykazania naszego twierdzenia pozostaje więc udowodnić, że P [x] jest pierście-niem z rozkładem.Wiemy już jednak, że F [x] jest pierścieniem z rozkładem, widzieliśmy bowiem,że dla dowolnego ciaą K pierścień K[x] jest pierścieniem euklidesowym, każdypierścień euklidesowy jest główny, a każdy pierścień główny jest Gaussa (Twier-dzenie Zasadnicze Arytmetyki)..Niech p ∈ P [x]. Mamy

p = p1 · ... · pk

gdzie p1, ..., pk ∈ F [x] są wielomianami nierozkładalnymi w F [x] (a więc takżenierozkładalnymi w P [x]). Dokładnie tak, jak to zrobiliśmy w dowodzie twier-dzenia 8.30 możemy napisać

p = cq1 · ... · qk

gdzie c ∈ P , natomiast q1, ..., qk są wielomianami pierwotnymi i nierozkładal-nymi w P [x]. Oczywiście c także można rozłożyć na iloczyn czynników nie-rozkładalnych w P . Rzeczywiście, pierścień P jest Gaussa, a więc każdy jegoelement ma jednoznaczny rozkład na iloczyn elementów nierozkładalnych, które,na dodatek, są elementami pierwszymi w P - a jako elementy pierwsze w pier-ścieniu P są pierwsze w P [x] (twierdzenie 8.26, a więc w P [x] nierozkładalne).

8.10 Wielomiany nieprzywiedlne

Niech v będzie wielomianem o współczynnikach w pewnym pierścieniu całkowi-tym P . Taki wielomian można w dość oczywisty sposób traktować jako wielo-mian nad ciałem ułamków F pierścienia P . Można sformułować pytanie, kiedyelement ab ciała F może być pierwiastkiem v? Okazuje się, że jeśli P jest pierście-niem Gaussa odpowiedź na to tytanie jest taka, jak w znanym zeszkoły średniejtwierdzeniu dotyczącym wielomianów o współczynnikach całkowitych.

5Gauss udowodnił to twierdzenie w 1799 roku czyli gdy miał 22 lata. Podał jego kilkanaściedowodów.

6Pamiętamy, rzecz jasna, że w dowolnym pierścieniu każdy element pierwszy jest nieroz-kładalny.


Twierdzenie 8.33 Jeśli element ab ciała ułamków F pierścienia Gaussa P ,

gdzie a ⊥ b, jest pierwiastkiem wielomianu

P [x] 3 v = a0 + a1x + · · ·+ anxn

stopnia n, wówczas a dzieli a0 i b dzieli an.

Dowód. Przypuśćmy, że ab jest pierwiastkiem wielomianu v (w ciele ułamków

F ). Oznacza to, że

a0 + a1a

b+ ...+ an−1

an−1

bn−1+ an

an

bn= 0

Mnożąc tę równość przez bn otrzymujemy

a0bn + a1ab

n−1 + ...+ an−1an−1b+ ana

n = 0

Oznaczmy przez α = a0bn + a1ab

n−1 + ... + an−1an−1b i przez β = a1ab

n−1 +...+ an−1a

n−1b+ anan = 0. Skoro b dzieli α oraz α+ ana

n (bo α+ anan = 0),

a na dodatek a ⊥ b, to b dzieli także an7.Podobnie z faktu, że a dzieli β wynika, że a dzieli a0.

Bardzo często zamiast mówić, że wielomian jest nierozkładalny mówimy, żejest nieprzywiedlny. Kryterium Eisensteina8 bardzo ważnym, często stosowa-nym warunkiem wystarczającym nieprzywiedlności wielomianów nad pierście-niem Gaussa.

Twierdzenie 8.34 Niech P będzie pierścieniem Gaussa, v ∈ P [x], v = a0 +a1x + · · ·+ anx

n. Jeśli istnieje element pierwszy a w P taki, że

1. a|a0, a|a1, . . . , a|an−1,

2. a 6 | an,

3. a2 6 | a0

wówczas v jest nierozkładalny w P .

Dowód. Twierdzenie udowodnimy metodą nie wprost. Przypuśćmy, że istniejąwielomiany u = b0 + b1x+ · · ·+ bkx

k oraz w = c0 + c1x+ · · ·+ clxl w P [x] takie,

że v = uw. Wówczasa0 = b0c0

7Zauważmy, że to właśnie w tym miejscu korzystamy z faktu, że P jest pierścieniem Gaussa.Rzeczywiście, skoro a i b nie mają wspólnych (nietrywialnych) dzielników, to także b i an niemają wspólnych dzielników. Skoro więc b | anan, to b dzieli an.

8Ferdinand Eisenstein (1823-1852) jest postacią ze wszech miar godną uwagi. Pochodził zbardzo skromnej rodziny, był pochodzenia źydowskiego. Wiele zawdzięczał Aleksandrowi vonHumboldtowi, który odkrył jego talent i pomagał mu w karierze. W roku 1844 dwudziestojed-noletni Eisenstein opublikował 23 artykuły naukowe i rok pźniej otrzymał honorowy doktoratUniwersytetu we Wrocławiu (jeszcze przed tem nim uzyskał habilitacje, w wieku lat 24 wBerlinie). Był członkiem Akademii w Getyndze i w Berlinie. Gauss miał o nim powiedzieć,że było tylko trzech matematyków o epokowym znaczeniu: Archimedes, Newton i Eisenstein.

8.11. ZADANIA 111

Ponieważ a|a0 i a jest elementem pierwszym, a dzieli jeden z elementów b0, c0.Co więcej, a nie może dzielić zarówno b0 jak i c0, w przeciwnym bowiem przy-padku a dzieliłoby a20. Bez straty ogólności możemy założyć, że a|b0 i a 6 |c0.Oczywiście a1 = b0c1 + b1c0. Ponieważ a|a1 i a|b0 więc a|b1c0. Skoro jednaka 6 |c0, a dzieli b1. Wykażemy, że a dzieli wszystkie współczynniki wielomianu v.Przypuśćmy, że wykazaliśmy już, że

a|b0, a|b1, · · · , a|bj−1

dla pewnego j ≤ n. Z faktu, że aj = b0cj + a1cj−1 + + · · ·+ bjc0, a|b0, a|b1, · · · ,a|bj−1, a|aj wynika, że a|bjc0 a stąd a|bj (pamiętamy, że a 6 |c0).Teraz już oczywistym jest, że udowodniliśmy (metodą indukcji), że a|bk. Ponie-waż jednak bkcl = an, korzystając kolejny raz z założenia, że a jest elementympierwszym pierścienia P , dochodzimy do wniosku, że a|an. Ta sprzeczność koń-czy dowód twierdzenia.

Zauważmy, że dla dowolnego n ≥ 1 wielomian xn + 2 jest nierozkładalnyw Z[x] na mocy kryterium Eisensteina. Mamy więc przykład nieskończonegozbioru wielomianów nierozkładalnych. wykład 12

18.12.2012

8.11 ZadaniaZadanie 8.2 Wykaż, że zbiór A wielomianów o współczynnikach wymiernych,których wyraz wolny jest liczbą całkowitą jest pierścieniem całkowitym.

1. Które z elementów(a) 5 (b) 6 (c) x + 3 (d) x + 6 (e) x2 (f) xsą, a które nie są rozkładalne w A.

2. Wykaż, że ciąg ideałów głównych (( 13nx))n∈N jest wstępujący (to znaczy

( 13nx) ⊂ ( 1

3n+1x) dla dowolnego n ∈ N) i niestacjonarny.

3. Wykaż , że A jest pierścieniem bez rozkładu (oznacza to w szczególności,że A nie jest pierścieniem Gaussa).Wskazówka. Rozważ wielomiany x, 13x,

132x, ...

4. Udowodnij, że dowolny element nierozkładalny w A jest pierwszy.

Rozdział 9

Wielomiany wielu zmiennych

Niech będzie dany pierścień P całkowity. Wówczas (P [x])[y] nazywamy pier-ścieniem wielomianów dwóch zmiennych. Pierścień ten oznaczamy przezP [x,y].

Użycie powyżej nazwy pierścień dla zbioru wielomianów dwóch zmiennychjest pozornym nadużyciem. Nie udowodniliśmy przecież, że P [x,y] jest rzeczy-wiście pierścieniem. Jednak wiemy już, że P [x] jest pierścieniem i to całkowitym.Wobec tego P [x,y] jako zbiór wielomianów (zmiennej y) o współczynnikach wpierścieniu całkowitym P [x] jest pierścieniem (całkowitym).Wielomianem n zmiennych x1, ...,xn nazywamy każdy element zdefiniowanegorekurencyjnie pierścienia pierścienia wielomianów n zmiennych:

P [x1, ...,xn] = P[x1, ...,xn−1][xn]

Bardzo łatwo stwierdzić, że ogólna postać wielomianu v ∈ P [x1, ...,xn] jestnastępująca

v(x1, ...,xn) =∑

ai1,...,inxi1 · ... · xin

(ai1,...,in ∈ P nazywamy współczynnikami wielomianu v). wykład 1210.I.2012

9.1 Wielomiany symetryczneTwierdzenie 9.1 (Wzory Viety) Niech P będzie pierścieniem całkowitym.Jeśli v = a0 + a1x + · · · + anx

n ∈ P [x] jest wielomianem stopnia n o n pier-wiastkach α1, . . . , αn (niekoniecznie różnych) należących do pewnego pierścieniaL ⊃ P , wówczas

v = k(x− α1) · · · · · (x− αn)

i zachodzą wzory (zwane wzorami Viety1):

an = k

1François Viète 1540-1603.

113

114 ROZDZIAŁ 9. WIELOMIANY WIELU ZMIENNYCH

an−1 = −k(α1 + · · ·+ αn)

an−2 = k(α1α2 + α1α3 + · · ·+ αn−1αn)

. . .

a0 = k(−1)nα1 · · · · · αn

Dowód twierdzenia 9.1 jest praktycznie oczywisty: wystarczy porównać współ-czynniki wielomianu we wzorze

a0 + a1x + · · ·+ anxn = k( x− α1) · · · · · (x− αn)

Może się zdarzyć tak, że pierwiastkami wielomianu v = a0 + ...+ anxn o współ-

czynnikach w pewnym pierścieniu są elementy innego, obszerniejszego niż Pzbioru. Przykłady takich sytuacji znamy bardzo dobrze.

1. Pierwiastkiem wielomianu 2x + 1 o współczynnnikach całkowitych jestliczba wymierna 1

2 .

2. Pierwiastkami wielomianu x2 + 1 ∈ Z[x] są liczby zespolone i oraz −i.

Z twierdzenia o wzorach Viety wynika jednak następujący, ważny wniosek.

Wniosek 9.2 Jeśli wielomian v ∈ P [x] ma pierwiastki α1, . . . , αn należące dopierścienia L zawierającego P (pierścień P jest podpierścieniem pierścienia L),wówczas ∑

1≤i1<i2<···<ik≤n

αi1 · · · · · αik ∈ P

dla każdego k ≤ n.

r-tym podstawowym wielomianem symetrycznym Sr(x1, . . . ,xn) na-zywamy wielomian n zmiennych x1, . . . ,xn który jest sumą wszystkich różnychiloczynów r różnych zmiennych.

Przykład.n = 5, r = 1: S1(x1,x2,x3,x4,x5) = x1 + x2 + x3 + x4 + x5

n = 4, r = 3: S3(x1,x2,x3,x4) = x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + +x2x3x4

Wniosek 9.3 (Inna postać tw.Viety) Jeżeli α1, . . . , αn ∈ L są pierwiast-kami wielomianu v ∈ P [x] (gdzie pierścień P jest podpierścieniem pierścieniaL), v = xn + an−1x

n−1 + · · ·+ a0 to

ar = (−1)r−rSn−r(α1, . . . , αn)

dla r = 0, 1, ..., n.

Stąd wynika kolejny ważny wniosek.

9.2. TWIERDZENIE WILSONA 115

Wniosek 9.4 Jeśli α1, . . . , αn ∈ L są pierwiastkami wielomianu v ∈ P [x](gdzie P jest podpierścieniem pierścienia L), to

Sr(α1, . . . , αn) ∈ P

dla każdego r, 1 ≤ r ≤ n.

9.2 Twierdzenie WilsonaTwierdzenie Wilsona2. Dotyczy ono rozpoznawania liczb pierwszych, jest więcważne chociażby ze względu na zastosowania w teori szyfrowania. Niestety zewzględu na liczbę operacji arytmetycznych jakie trzeba wykonać, nie za bar-dzo widać jak można by je stosować do rozpoznawania bardzo dużych liczbpierwszych (przez duże liczby rozumiemy liczby naturalne o co najmniej setkachmiejsc znaczących).

Twierdzenie 9.5 (Twierdzenie Wilsona) Liczba p ∈ N jest pierwsza wtedyi tylko wtedy, gdy

(p− 1)! + 1 ≡ 0 (mod p) (9.1)

Dowód. Przypuśćmy wpierw, że p jest liczbą pierwszą. Z Małego TwierdzeniaFermata wiemy, że

xp−1 ≡ 1 (mod p) dla każdego x ∈ Z∗p

A więc, elementy 1, 2, ..., p− 1 ∈ Z∗p są pierwiastkami wielomianu stopnia p− 1:xp−1 − 1 i wobec tego wielomian ten nad pierścieniem Zp jest postaci

xp−1 − 1 = (x− 1)(x− 2)...(x− (p− 1))

Stąd i z wniosku 9.3 wynika, że

Sk(1, 2, ..., p− 1) ≡ 0 (mod p) dla k = 1, 2, ..., p− 2

orazSp−1(1, 2, ..., p− 1) ≡ −1(mod p)

Ta ostatnia równość oznacza, że

(−1)(−2) · ... · (−(p− 1)) = (−1)p−1(p− 1)! ≡ −1 (mod p)

Ponieważ jednak p jest liczbą pierwszą, p − 1 jest liczbą parzystą lub p = 2.Dla p > 2 otrzymujemy żądaną równość (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Dla p = 2

2John Wilson (1741-1793), z którego nazwiskiem w sposób trwały związane jest omawianetu twierdzenie 9.5 nie udowodnił, a jedynie odkrył to twierdzenie. Lepiej byłoby powiedzeć, żeraczej podejrzewał, że jest prawdziwe. Przypisanie twierdzenia Wilsona Wilsonowi więc jestnie do końca słuszne. Tym bardziej, że twierdzenie to byĹ‚o znane już Alhazenowi który żyłw latach 965-1040 i był, jak przystało na średnowiecze, uczonym arabskim. Pierwszy znanydowód twierdzenia Wilsona podał Lagrange w 1773 roku.

twierdzenie bardzo łatwo można sprawdzić.Udowodnimy teraz, metodą nie wprost, że jeśli spełniony jest wzór (9.1) wówczasp jest liczbą pierwszą.

Przypuśćmy teraz, że p ∈ N nie jest liczbą pierwszą, czyli istnieje takiem ∈ N, że 1 < m < p i m dzieli p. Skoro jednak 1 < m < p, mamy

(p− 1)! = m · t

dla pewnego t ∈ Z i wobec tego, na mocy wzoru (9.1)

m · t ≡ −1 (mod p)

Istniałoby więc k ∈ Z takie, że mt = −1 + kp, a więc prawdziwa byłaby rów-ność (−t)m + kp = 1. Stąd zaś m ⊥ p, a przecież m wybraliśmy tak, by byłodzielnikiem p. Ta sprzeczność kończy dowód twierdzenia Wilsona.

9.3 Podstawowe twierdzenie o wielomianach sy-metrycznych

Wielomian v ∈ P [x1, ...,xn] nazywamy symetrycznym jeżeli dla dowolnej per-mutacji σ ∈ Sn zachodzi wzór

v(xσ1, ...,xσn) = v(x1, ...,xn)

Przedstawione poniżej twierdzeniePodstawowe o wielomianach symetrycz-nych znane jest od XVIII wieku.

Twierdzenie 9.6 W dowolnym pierścieniu z jedynką P dla każdego wielomianusymetrycznego v ∈ P [x1, . . . ,xn] istnieje dokładnie jeden wielomian w ∈ P [x1, . . . ,xn]taki, że

v(x1, . . . ,xn) = w(S1(x1, . . . ,xn), . . . , Sn(x1, . . . ,xn)) (9.2)

Dowód3 w sposób dość naturalny składa się z dwóch części: dowodu istnieniai dowodu jednoznaczności wielomianu w.Dla dowodu istnienia wielomianu w o postulowanej w twierdzeniu własności,wprowadzimy w zbiorze jednomianów porządek leksykograficzny ≺. Piszemy:

xa11 . . .xann ≺ xb11 . . .xbn

(mówimy: xa11 . . .xann poprzedza xb11 . . .xbn) jeżeli

a1 + · · ·+ an < b1 + ...+ bn lub

a1 + ...+ an = b1 + ...+ bn oraz

a1 < b1 lub3Przedstawiony tu dowód twierdzenia został podany w 1816 roku przez Gaussa.

9.3. PODSTAWOWETWIERDZENIE OWIELOMIANACH SYMETRYCZNYCH117

a1 = b1 i a2 < b2 luba1 = b1, a2 = b2 i a3 < b3 lub. . .

a1 = b1, a2 = b2, ..., an−2 = bn−2, an−1 < bn−1 luba1 = b1, a2 = b2, ..., an−1 = bn−1, an = bn

Dla przykładu: x1x22x

23 ≺ x2

1x2x43 (bo stopień pierwszego jednomianu jest

równy 5 a drugiego 7) ale x21x2x

33 ≺ x21x

22x

23. Idea tej części dowodu polega

na dość oczywistej obserwacji, że dla dowolnego jednomianu istnieje tylko skoń-czona liczba jednomianów, które są od niego mniejsze w porządku leksykogra-ficznym (pomijamy tu współczynnik przy jednomianie, czyli porównujemy tylkojednomiany postaci xc11 . . .xcnn ).

Niech składniki wielomianu v(x1, ...,xn) będą wypisane malejąco (!) wporządku leksykograficznym ≺ i niech cxa11 . . .xann będzie pierwszym z nich4,czyli największym w sensie relacji ≺. Zauważmy, że

a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an

Rzeczywiście, przypuśćmy, że istnieje i, 1 ≤ i < n takie, że ai < ai+1. Ponieważwielomian v jest symetryczny, jednym z jego składników jest

cxa11 . . .xai+1

i xaii+1 . . .xann

Skoro jednak ai < ai+1, zachodzi

xa11 . . .xai+1

i xaii+1 . . .xann � xa11 . . .xaii x

ai+1

i+1 . . .xann

co jest sprzeczne z wyborem cxa11 . . .xann jako największego jednomianu składo-wego v w porządku leksykograficznym.Rozważmy teraz wielomian symetryczny

w1(S1, ..., Sn) = cSa1−a21 Sa2−a32 . . . San−1−ann−1 Sann

(pamiętajmy, że dla każdego i ∈ {1, . . . , n} przez Si rozumiemy tu wielomianpodstawowy wielomian symetryczny zmiennych wielomianowych x1, . . . ,xn, Si =Si(x1, . . . ,xn)). Największym, w porządku leksykograficznym, składnikiem tegowielomianu jest

cxa1−a21 (x1x2)a2−a3(x1x2x3)a3−a4 . . . (x1 . . .xn−1)an−1−an(x1 . . .xn)an

= cxa11 xa22 . . .xann

a więc pierwszy (największy) składnik wielomianu v.Oznaczmy teraz przez v1 wielomian

v1(x1, . . . ,xn) = v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, . . . , Sn)

4Współczynnik c 6= 0 nie odgrywa tu żadnej roli, zakładamy, że jeśli pewien jednomianxa11 . . .xan

n w wielomianie v występuje ze współczynnikiem c 6= 0, to występuje w ten sposóbtylko jeden raz.


(także w tym przypadku należy rozumieć Si jako wielomiany podstawowe zmien-nych x1, . . . ,xn). Oczywiście wielomian v1 jest symetryczny. Także ten wielo-mian zapisujemy w porządku leksykograficznym. Powiedzmy, że jego najwięk-szym składnikiem jest

bxb11 . . .xbnn

przy czym analogicznie jak poprzednio, b1 ≥ · · · ≥ bn, oraz

xb11 . . .xbnn ≺ xa11 . . .xann

Powtarzamy procedurę zastosowaną uprzednio do wielomianu v do wielomianuv1 i otrzymujemy wielomian w2 a następnie wielomian

v2(x1, ...,xn) = v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, ..., Sn)− w2(S1, . . . , Sn)

o największym jednomianie silnie mniejszym (w sensie porządku leksykograficz-nego) od bxb11 . . .xbnn . Kontynuujemy otrzymując ciąg wielomianów

v(x1, . . . ,xn)v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, . . . , Sn)

v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, . . . , Sn)− w2(S1, . . . , Sn)v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, . . . , Sn)− w2(S1, . . . , Sn)− · · · − wp(S1, . . . , Sn)

o silnie malejących największych składnikach, aż otrzymamy wielomian zerowy

v(x1, . . . ,xn)− w1(S1, . . . , Sn)− w2(S1, . . . , Sn)− · · · − wm(S1, . . . , Sn) = 0

Stąd zaś otrzymujemy poszukiwaną postać wielomianu v:

v(x1, . . . ,xn) = w1(S1, . . . , Sn)− w2(S1, . . . , Sn)− · · · − wm(S1, . . . , Sn)

Dowód jednoznaczności. Niech wielomian w spełnia warunek 9.2 twier-dzenia i niech p będzie największym jednomianem wielomianu w (największymw takim sensie, w jakim to zostało zdefiniowane podczas dowodu istnienia).Powiedzmy, że

p(S1, S2, ..., Sn) = cSβ1

1 Sβ2

2 ...Sβnn

Wówczas największym jednomianem wielomianu

w(S1(x1,x2, ...,xn), S2(x1,x2, ...,xn), ..., Sn(x1,x2, ...,xn))

jestcxβ1+β2+...+βn

1 xβ2+β3+...+βn2 · ... · xβnn

Wynika stąd, że największy jednomian zmiennych x1,x2, ...,xn wielomianu w(a więc i wielomianu v!) powstaje w ten sposób z największego jednomianuzmiennych S1, S2, ..., Sn wielomianu w. Mamy więc

cxα1 · xα2 · ... · xαn = cxβ1+β2+...+βn1 · xβ2+β3+...+βn

2 · ... · xβnn

9.3. PODSTAWOWETWIERDZENIE OWIELOMIANACH SYMETRYCZNYCH119

Pamiętamy, że w pierwszej części dowodu przyjęliśmy, że największym jedno-mianem wielomianu v jest cxα1 · xα2 · ... · xαn . Stąd zaś wynika, że αi oraz βispełniają następujący układ równań.

β1 + β2 + ... + βn = α1

β2 + ... + βn = α2

...βn = αn

Ten układ ten ma rozwiązania wyznaczone jednoznaczne.

Niech v będzie wielomianem stopnia n o współczynnikach w pierścieniu cał-kowitym P i niech α1, ..., αn ∈ L będą pierwiastkami wielomianu v należą-cymi do pewnego pierścienia L, P ⊂ L. Na mocy wniosku 9.4, dla każdegoi ∈ {1, . . . , n}, Si(α1, . . . , αn) ∈ P . Stąd i z twierdzenia 9.6 wynika następującywniosek.

Wniosek 9.7 Dla każdego wielomianu (jednej zmiennej) v ∈ P [x] nad pier-ścieniem całkowitym P stopnia n mającym pierwiastki α1, ..., αn w pewnympierścieniu L (P ⊂ L) i dla każdego wielomianu symetrycznego n zmiennychs ∈ P [x1, ...,xn] zachodzi

s(α1, ..., αn) ∈ P

w. 138.1.2013

Rozdział 10

Rozszerzenia ciał

Rozszerzeniem ciała K nazywamy ciało L takie, że istnieje monomorfizmT : K → L. Piszemy wtedy L : K (taki napis czytamy ciało L jest rozszerze-niem ciała K).Oczywiście, jeśli ciało K jest podciałem ciała L, wówczas L : K. Co więcej, ztaką sytuacją będziemy mieli do czynienia najczęściej (choć nie zawsze). Cza-sami ciało K nazywamy małym zaś L dużym.Tę sytuację przedstawiono na rysunku 10.1.

Obraz ciała K przez monomorfizm T , oznaczany przez ImTK (lub T (K))możemy identyfikować z K jako, że T (K) jest ciałem izomorficznym z K. Nazasadzie tego właśnie izomorfizmu możemy traktować K jako podciało ciałaL (tak jak przyzwyczailiśmy się to robić dla ciała liczb rzeczywistych, któretraktujemy często jak podciało liczb zespolonych mimo, że w sensie formalnymnie jest ono podzbiorem zbioru liczb zespolonych).

Niech L : K,X ⊂ L.Ciałem generowanym w K przez X nazywamy najmniejsze ciało zawierająceX i K (lub T (K) gdy K nie jest podciałem ciała L a więc wtedy, gdy T niejest identyczością). Takie ciało oznaczamy przez K(X). Jeśli zbiór X jestskończony, na przykład X = {a1, ..., an} wówczas piszemy K(a1, ..., an) zamiastK({a1, ..., an}).

Ciało generowane przez X ⊂ K jest równe:

-K T (K)

L

T

Rysunek 10.1: L : K

121

122 ROZDZIAŁ 10. ROZSZERZENIA CIAŁ

• przecięciu wszystkich podciał ciała L zawierających X ∪ T (K),

• zbiorowi elementów które można otrzymać w ciągu skończonym operacji(działań w ciele) na elementach z X i K.

Przykład 10.1 Q(i,√

2)

Rozszerzenie ciała K o element a ∈ L nazywamy rozszerzeniem prostymi oznaczamy przez K(a) (zamiast K({a})). Element a nazywamy wtedy ele-mentem prymitywnym tego rozszerzenia.

Przykład 10.2 Przyjrzyjmy się rozrzerzeniu Q(√

2,√

5). Wykażemy, że to roz-szerzenie ciała liczb wymiernych jest rozszerzeniem prostym a więc, że istniejetaki element a ∈ Q(

√2,√

5), że Q(√

2,√

5) = Q(a).Niech a =

√2 +√

5. Mamy

a2 = 2 + 2√

10 + 5 = 7 + 2√

10

a3 = 4√

2 + 3 · 2√

5 + 3 ·√

2 · 5 + 5 ·√

5 = 19√

2 + 11√

5

Stąd√

2 ∈ Q(√

2 +√

5) i√

5 ∈ Q(√

2,√

5). Prawdą także jest, że√

2 +√

5 ∈Q(√

2,√

5). Wobec tego łatwo już wydedukować, że Q(√

2+√

5) = Q(√

2,√

5).�

Przypomnijmy poznane już wcześniej pierścienie ilorazowe.Jeżeli I jest ideałem pierścienia P , wówczas iloraz P/I jest pierścieniem. Pa-miętamy, że zerem tego pierścienia jest I zaś elementami zbiory postaci

a+ I

gdzie a ∈ P . Działania w pierścieniu są wtedy określona wzorami:

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

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

Przypomnijmy także, że jeśli K jest ciałem, to K[x] jest pierścieniem głównym.Wiemy, że w pierścieniu K[x] wielomianów nad ciałem K dla dowolnego

wielomianu v 6= 0 i dla dowolnego wielomianu w ∈ K[x] istnieją jednoznaczniewyznaczone wielomiany q, r ∈ K[x] takie, że w = vq + r przy czym ∂(r) <∂(v) lub r jest wielomianem zerowym. Stąd wynika bardzo łatwo następującetwierdzenie.

Twierdzenie 10.1 Jeśli K jest ciałem, v ∈ K[x], ∂v = n ≥ 1, wówczas

K[x]/(v) = {w + (v) : w ∈ K[x], ∂w ≤ n− 1}

Jeśli wielomian v ∈ K[x] jest rozkładalny, powiedzmy v = uw, gdzie u,w ∈K[x], wówczas [u + (v)] · [w + (v)] = uw + (v) = v + (v) = (v). Ponieważ zaś(v) w pierścieniu K[x]/(v) jest zerem, pierścień ten ma dzielniki zera (są nimiu+ (v) i w + (v)). Elementy u+ (v) i w + (v) są w K[x]/(v) nieodwracalne.

123

Twierdzenie 10.2 Jeśli K jest ciałem a v ∈ K[x] wielomianem nierozkładal-nym nad K, ∂(v) ≥ 1, wówczas K[x]/(v) jest ciałem.

Dowód. Ponieważ K jest ciałem, jest także pierścieniem całkowitym, a więc(twierdzenie 8.2) K[x] jest pierścieniem przemiennym z jedynką. Stąd zaś(twierdzenie ??) K[x]/(v) jest pierścieniem przemiennym z jedynką.Pozostaje wykazać, że dla dowolnego elementu różnego od zera w K[x]/(v) ist-nieje element odwrotny (ze względu na mnożenie).Niech a+(v) będzie różnym od zera elementemK[x]/(v). Oznacza, że wielomiana ∈ K[x] nie jest podzielny przez v. K[x] jest pierścieniem Gaussa (twierdzenia8.8 i 8.14), elementy a i v są więc względnie pierwsze i wobec tego (twierdzenie8.10) istnieją takie wielomiany u,w ∈ K[x], że

au+ vw = 1

Stąd mamy (a + (v))(u + (v)) = 1 + (v) co oznacza, że w K[x]/(v) elementu+ (v) jest odwrotny do a+ (v), co kończy dowód twierdzenia.

Ciało K[x]/(v), którego istnienie gwarantuje twierdzenie 10.2 jest rozszerze-niem ciała K. Rzeczywiście, funkcja

ψ : K 3 a→ a+ (v) ∈ K[x]/(v)

jest monomorfizmem ciała K w ciało K[x]/(v). Mamy bowiemψ(a+ b) = a+ b+ (v) i ψ(a) + ψ(b) = a+ (v) + b+ (v) = a+ b+ (v)a takżeψ(a · b) = ab+ (v) oraz ψ(a) · ψ(b) = (a+ (v))(b+ (v)) = ab+ (v)co oznacza, że ψ jest homomorfizmem K w K[x]/(v). Co więcej, ψ jest mono-morfizmem. Przypuśćmy bowiem, że ψ(a) = ψ(b). Mamy wówczas a + (v) =b + (v), czyli a − b ∈ (v). a i b są jednak elementami ciała K, wobec czegowielomian (stopnia co najmniej równego 1) v ∈ K[x] dzieli a − b tylko wtedy,gdy a− b = 0, czyli a = b.Zapiszmy te rozważania w postaci wniosku.

Wniosek 10.3 Jeżeli v ∈ K[x] jest wielomianem nierozkładalnym w K[x],wówczas ciało K[x]/(v) jest rozszerzeniem ciała K.

wykł. 13,17.01.2012Ćwiczenie. Dla jakich wartości a ∈ Z3 pierścień ilorazowy Z3[x]/(x2 + a)

!jest ciałem?

Zauważmy, że ciało K[x]/(v) (gdzie v jest wielomianem nieprzywiedlnymnad K) zawiera podciało izomorficzne z K. Tym podciałem jest zbiór

{a+ (v) : a ∈ K}

Izomorfizmem jest T : K 3 a→ a+(v). Dlatego też K[x]/(v) jest rozszerzeniemK (K[x]/(v) : K).

10.1 Ciało rozkładu wielomianuNaszym nabliższym celem będzie teraz wykazanie, że dla każdego wielomianu vo współczynnikach w ciele K istnieje takie rozszerzenie ciała K, w którym v mawszystkie ∂(v) pierwiastków (niekoniecznie różnych między sobą). Inaczej mó-wiąc, udowodnimy, że istnieje rozszerzenie ciała K, w którym v można zapisaćw postaci iloczynu wielomianów stopnia pierwszego.

Ciałem rozkładu wielomianu v ∈ K[x] nazywamy najmniejsze ciało, wktórym v rozkłada się na iloczyn czynników liniowych

v = a(x− b1) . . . (x− bn)

Inaczej mówiąc, ciałem rozkładu wielomianu v ∈ K[x] jest K(b1, . . . , bn)

Przykład 10.3 Dla wielomianu x2−2 nad ciałem Q ciałem rozkładu jest oczy-wiście Q(

√2) a dla wielomianu x2 + 2 ∈ Q(x) ciałem rozkładu jest Q(i

√2).

Twierdzenie 10.4 (O ciele rozkładu) Dla dowolnego ciała K i wielomianuv ∈ K[x] istnieje rozszerzenie L : K w którym v rozkłada się na iloczyn czynni-ków liniowych.

Poniższy lemat będzie miał kluczowe znaczenie w dowodzie twierdzenia 10.4.

Lemat 10.5 Jeśli v jest wielomianem nierozkładalnym nad ciałem K, wówczasw ciele K[x]/(v) element x + (v) jest pierwiastkiem wielomianu v.

Dowód lematu 10.5. Na mocy twierdzenia 10.2, K[x]/(v) jest ciałem, wiemytakże, że elementy tego ciała są postaci w + (v), gdzie w ∈ K[x]. Załóżmy, żewielomian v jest postaci v = anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0. Otrzymujemy

wówczas

v(x + (v)) = an(x + (v))n + an−1(x + (v))n−1 + · · ·+ a1(x + (v)) + a0

= anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x + a0 + (v) = (v)

Pamiętamy jednak, że ideał (v) jest zerem ciała K[x]/(v), a to oznacza, że ele-ment x + (v) jest pierwiastkiem wielomianu v (w K[x]/(v).Korzystając z lematu 10.5 wykażemy twierdzenie 10.4 wykorzystując zasadę in-dukcji matematycznej ze względu na n (stopień wielomianu v).

Dowód twierdzenia o ciele rozkładu przeprowadzimy przez indukcję mate-matyczną ze względu na stopień n wielomianu v.

- Jeśli n = 1, wówczas K jest rozszerzeniem K, w którym v jest iloczynemczynników liniowych.

- Przypuśćmy, że n > 1 i twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich k < nto znaczy, że jeśli pewien wielomian jest stopnia k < n, to istnieje ciało,będące rozszerzeniem wciała K, w którym można go rozłożyć na czynnikiliniowe).

10.2. ZASADNICZE TWIERDZENIE ALGEBRY 125

• Jeśli v jest rozkładalny, powiedzmy v = uw, u,w ∈ K[x], to stopniewielomianów u i w są mniejsze niż n a więc, z założenia indukcyj-nego, istnieje rozszerzenie L ciała K, w którym u można rozłożyćna czynniki liniowe. Dalej (ciągle z założenia indukcyjnego), istniejeM - rozszerzenie ciała L, w którym w można rozłożyć na czynniki li-niowe. Oczywiście w cieleM można rozłożyć wielomian v na czynnikiliniowe.

• Jeśli wielomian v jest nierozkładalny (nad K), wówczas na mocy le-matu 10.5, można zapisać v w postaci v = (x−b)u nad rozszerzeniem(wniosek 10.3) K[x]/(v) ciała K. Oczywiście wtedy stopień wielo-mianu u jest mniejszy niż n a więc, na mocy założenia indukcyjnegoi powtarzając proste rozumowanie z przypadku poprzedniego łatwostwierdzamy, że v da się rozłożyć na iloczyn czynników liniowych nadpewnym rozszerzeniem K.

10.2 Zasadnicze Twierdzenie AlgebryZasadnicze Twierdzenie Algebry mówiące o tym, że każdy wielomian o współ-czynnikach zespolonych ma pierwiastek zespolony lub, co na jedno wychodzi, żewszystkie pierwiastki wielomianu o współczynnikach zespolonych są zespolone,znane jest od początku XVII wieku, niemniej jego pierwszy uznany za poprawnydowód pochodzi od Gaussa1. Gauss podał wiele dowodów Zasadniczego Twier-dzenia Algebry. Istnieją także dowody autorstwa innych matmatyków. Wszyst-kie te dowody korzystają w mniejszym lub większym stopniu z wyników analizymatematycznej. Poniżej przedstawiony dowód jest jednym z dowodów pocho-dzących od Gaussa. Jest - w porównaniu z innymi dowodami tego twierdenia- niezbyt trudny i wykorzystuje wcześniej udowodnione twierdzenia 10.4 (o ist-nieniu ciała rozkładu) oraz 9.6 (o wielomianach symetrycznych) i wniosku 9.7z tego twierdzenia. Analiza matematyczna, która interweniuje w tym dowodziejest na bardzo elementarnym poziomie. Wykorzystywany jest jedynie dosko-nale znany fakt, że każdy wielomian nieparzystego stopnia o współczynnikachrzeczywistych ma rzeczywisty pierwiastek.

Mówimy, że ciało K jest algebraicznie zamknięte jeżeli każdy wielomianv ∈ K[x] ma w K wszystkie ∂v pierwiastki w K, czyli

v = a(x− u1)(x− u2) · ... · (x− ud)

gdzie d = ∂v, u1, ..., ud, a ∈ K.

Przykład 10.4 Żadne ciało skończone nie jest algebraicznie zamknięte.Rzeczywiście, niech K = {a1, a2, ..., an} będzie ciałem skończonym o line-

break n ≥ 2 elementach. Wielomian v = (x− a1)(x− a2)...(x− an) + 1 nie maw K pierwiastka, bowiem v(ai)− 1 6= 0 dla dowolnego ai ∈ K.

1Gauss udowodnił to twierdzenie w 1799 roku (miał więc wtedy 22 lata) w swojej pracydoktorskiej.


Twierdzenie 10.6 Ciało liczb zespolonych jest algebraicznie zamknięte.

Dowód twierdzenia podzielimy na dwie części.1. Wykażemy, że twierdzenie wystarczy wykazać dla wielomianów owspółczynnikach rzeczywistych.Niech v ∈ C[x]. Oznaczmy przez v wielomian powstały przez zastąpienie wszyst-kich współczynników v ich sprzężeniami, tzn. jeśli v(x) = a0 + a1x + ...+ adx

d

wówczas v(x) = a0 + a1x + ...+ adxd.

Zauważmy, że wielomianw = vv

ma współczynniki rzeczywiste. Rzeczywiście, w(x) =∑2dl=0 blx

l, gdzie bl =∑li=0 aial−i dla l = 1, . . . , 2d. Łatwo sprawdzić, że

bl =

l∑i=0

aial−i = bl

Czyli bl ∈ R dla wszystkich l.Jeśli, dla pewnego u ∈ C zachodzi w(u) = 0, wówczas v(u)v(u) = 0, czyliv(u) = 0 lub v(u) = 0. W drugim przypadku mamy 0 = v(u) = v(u). A tooznacza, że u jest pierwiastkiem wielomianu v.

Z drugiej strony, jeśli v(u) = 0 dla pewnego u ∈ C wówczas w(u) =v(u)v(u) = 0.

Tak więc, wielomian v (dowolny wielomian o współczynnikach zespolonych)ma pierwiastek w zbiorze liczb zespolonych wtedy i tylko wtedy, gdy pewienwielomian o współczynnikach rzeczywistych (mianowicie vv) ma pierwiastek ze-spolony.2. Dalsza część dowodu przez indukcję. Niech v ∈ R[x], ∂v = d = 2nm,w.14.

15.I.2013 gdzie m jest liczbą nieparzystą (łatwo zaobserwować, że każdą liczbę naturalnąd różną od zera można zapisać w tej postaci). Indukcję poprowadzimy zawzględu na n.Jeśli n = 0, wówczas v jest stopnia nieparzystego - wiemy zaś, że każdy wielo-mian o współczynnikach rzeczywistych i stopnia nieparzystego ma pierwiastekrzeczywisty.Przypuśćmy więc, że n ≥ 1 i niech u1, ..., ud będą pierwiastkami wielomianu vw jego ciele rozkładu2. Naszym zadaniem będzie wykazanie, że pierwiastki tenależą do zbioru liczb zespolonych C.

Mamy w tej sytuacji równość v(x) = a(x − u1) · ... · (x − ud) gdzie a ∈ R.Na mocy twierdzenia 9.1 o wzorach Viety,

v(x) = axd − aS1(u1, ..., ud)xd−1 + ...+ (−1)daSd(u1, ..., ud)

i Sk(u1, ..., ud) ∈ R dla każdego k = 1, ..., d.

2Tu właśnie korzystamy z Twierdzenia o Ciele Rozkładu.

10.2. ZASADNICZE TWIERDZENIE ALGEBRY 127

Dla dowolnego h ∈ Z zdefiniujmy wielomian

vh(x,x1, ...,xd) =∏

1≤i<j≤d

(x− xi − xj − hxixj)

Oczywiście vh ∈ R[x,x1, ...,xd] = R[x][x1, ...,xd]. Co więcej, dla ustalonegoh ∈ Z wielomian vh jest wielomianem symetrycznym ze względu na zmiennewielomianowe x1, ...,xd. A więc, na mocy Zasadniczego Twierdzenia o Wielo-mianach Symetrycznych, vh jest wielomianem S1(x1, ...,xd), ..., Sd(x1, ...,xd) owspółczynnikach w R[x]. Skoro S1(u1, ..., ud), ..., Sd(u1, ..., ud) ∈ R także wielo-mian vh(x, u1, ..., ud) (a więc wielomian zmiennej x) ma współczynniki w R (dlakażdego całkowitego h). Stopień każdego z tych wielomianów (bo dla każdegoh ∈ Z mamy jeden wielomian vh) ze względu na x wynosi

∂vh =

(d

2

)=

1

2d(d− 1) = 2n−1m(2nm− 1)

Z założenia indukcyjnego, vh ma pierwiastek w C (to, że te wielomiany mająpierwiastki, wiadomo z Twierdzenia o Ciele Rozkładu - ważne jest to, że ten pier-wiastek jest w C).

Wobec tego każdy wielomian vh (dla każdego h ∈ Z) ma pierwiastek w C ito równy ui + uj + huiuj dla pewnych i, j, a stąd relacja

ui + uj + huiuj ∈ Cjest spełniona dla nieskończonej liczby parametrów h. Indeksów i, j jest zaśskończona liczba (par (i, j) jest co najwyżej d2). Muszą więc istnieć i0 oraz j0(ustalone) oraz takie h i h′, oba całkowite, h 6= h′, że

ui0 + uj0 + hui0uj0 ∈ C

ui0 + uj0 + h′ui0uj0 ∈ CStąd łatwo wywnioskować, że

ui0uj0 ∈ Coraz

ui0 + uj0 ∈ CA więc (x−ui0)(x−uj0) ∈ C[x]. Równanie zaś kwadratowe o współczynnikachzespolonych ma rozwiązania zespolone (a więc ui0 , uj0 ∈ C).

Wniosek 10.7 Niech v ∈ R[x]. Wówczas v ma jednoznaczny rozkład na iloczynpostaci

v = a(x− c1) · ... · (x− cl)(x2 + d1x+ e1) · ... · (x2 + dkx+ ek)

gdzie c1, ..., cl, d1, ..., dk, e1, ..., ek ∈ R, l + 2k jest stopniem wielomianu v, zaświelomiany stopnia drugiego (trójmiany kwadratowe) są nad R nierozkładalne ikażdy z nich odpowiada pewnemu pierwiastkowi zespolonemu v.

10.3 Rozszerzenia skończone i algebraiczne

Jeśli E i F są ciałami i E : F i wymiar przestrzeni wektorowej E nad ciałem Fwynosi n to piszemy n = [E : F ] i mówimy, że n jest wymiarem rozszerzeniaE : F (lub, że E ma wymiar n nad F ). Rozszerzenie E nazywamy wówczasskończonym. Bazą ciała E nad F nazywamy bazę E (traktowanego jakoprzestrzeń wektorowa nad F ). E jest rozszerzenienm nieskończonym E,jeśli nie jest rozszerzeniem skończonym.

Element a ∈ E nazywamy algebraicznym nad F jeśli a jest pierwiastkiempewnego, nie zerowego wielomianu v ∈ F [x]. Liczbą algebraiczną nazywamydowolny element algebraiczny nad ciałem Q.

Przykład 10.5 Liczby i,√

3,√

2−√

3 oraz i+√

3 są liczbami algebraicznymi.Sprawdźmy, że a =

√2−√

3 jest liczbą algebraiczną.Rzeczywiście, a2 = 2 −

√3. Stąd 3 = a4 − 4a2 + 4 i widzimy, że a jest

pierwiastkiem wielomianu x4 − 4x2 + 1 ∈ Q[x].

Rozszerzenie L ciała K nazywamy algebraicznym jeżeli każdy element a ∈L jest algebraiczny nad K.

Przykład 10.6 Ciało liczb zespolonych jest rozszerzeniem algebraicznym ciałaliczb rzeczywistych R, bowiem każda liczba zespolona a+ ib (gdzie a, b ∈ R) jestpierwiastkiem wielomianu x2 − 2ax + a2 + b2.

Twierdzenie 10.8 (O wielomianie minimalnym) Dla każdego elementu al-gebraicznego a ∈ E, gdzie E : F , istnieje dokładnie jeden wielomian unormo-wany3 v ∈ F [x] taki, że

1. v jest nierozkładalny nad F ,

2. v(a) = 0,

3. w ∈ F [x], w(a) = 0⇒ v|w

Wielomian v spełniający warunki (1)-(3) nazywamy wielomianem minimal-nym elementu algebraicznego a, zaś ∂v (stopień wielomianu minimalnegoelementu a) stopniem a i oznaczamy przez degF (a).

Dowód. Dla dowolnego elementu algebraicznego a zbiór wielomianów v speł-niających warunki 1. i 2. jest oczywiście niepusty. Niech v będzie wielomianemunormowanym minimalnego stopnia takim, że v(a) = 0. Przypuśćmy, że w ∈F [x], w(a) = 0. Wiemy, że istnieją wielomiany q, r ∈ F [x] takie, że w = vq + roraz ∂r < v lub r = 0. Gdyby jednak r 6= 0, wówczas mielibyśmy

r(a) = w(a)− v(a)q(a) = 0

3To znaczy taki, którego współczynnik dominujący (czyli ten przy najwyższej potędze x)jest równy 1.

10.3. ROZSZERZENIA SKOŃCZONE I ALGEBRAICZNE 129

a to sprzeczne z wyborem wielomianu r (r jest stopnia niższego niż najniższystopień wielomianu zerującego się na a).

Pozostaje wykazać, że wielomian v jest jedynym o własnościach 1-3.Niech v, w ∈ F [x] : v(a) = w(a) = 0, v, w - unormowane i spełniające waru-

nek 3. twierdzenia. Mamy wówczas v|w oraz w|v i stąd ∂v = ∂w. Ponieważ v iw są znormalizowane mamy ∂(v − w) < ∂v oraz oczywiście (v − w)(a) = 0. Tozaś, z wspólnego minimalności stopnia wielomianów v i w oznacza, że v−w = 0,czyli v = w.

Przykład 10.7 Znajdziemy wielomian minimalny dla a =√

5−√

3 nad Q.Mamy a2 = 5−

√3 a stąd 3 = 25− 10a2 + a4.

Nie jest zbyt trudno wykazać, że nad Q wielomian x4 − 10x2 + 22 jest nieroz-kładalny (por. zadanie 10.4). Jest to więc wielomian minimalny elementu a.

Wniosek 10.9 Jeśli a ∈ E : F , degF (a) = n, v ∈ F [x] i v(a) = 0, wówczas∂v = n.

Twierdzenie o wielomianie minimalnym pozwala opisać rozszerzenia prostei algebraiczne w sposób następujący.

Twierdzenie 10.10 (O rozszerzeniu prostym o element algebraiczny)Niech E : F będzie rozszerzeniem ciała F , a ∈ E elementem algebraicznym stop-nia n. Wówczas

1. F (a) = {α0 + α1a+ ...+ αn−1an−1|αi ∈ F},

2. {1, a, a2, ..., an−1} jest bazą F (a) nad F ,

3. [F (a) : F ] = n (inaczej: [F (a) : F ] = degF (a)

4. F (a) ' F [x]/(m), gdzie m jest wielomianem minimalnym elementu a nadF .

Dowód. Rozważmy następujące odwzorowanie

f : F [x] 3 v → v(a) ∈ E

f jest oczywiście homomorfizmem pierścieni o jądrze

Ker f = {v ∈ F [x] : v(a) = 0}

Z twierdzenia 10.8 o wielomianie minimalnym wynika, że Ker f = (m), gdziem jest wielomianem minimalnym elementu a nad F . m jest więc wielomianemnierozkładalnym nad F a więc, na mocy twierdzenia 10.2, F [x]/(m) jest ciałem.Z twierdzenia 7.8 (str. 84) o izomorfizmie pierścieni, które tu najwygodniejzacytować w postaci diagramu:


F [x]/(m)

��>

?

F [x] - Im f ⊂ E

kf

f

wynika, że pierścień Im f jest izomorficzny z F [x]/(m) a więc także Im f jestciałem.a ∈ Im f , bowiem a = f(x), a więc Im f ⊃ F (a) (Im f jest ciałem, którezawiera F i a, natomiast F (a) jest, na mocy definicji, najmniejszym ciałem za-wierającym F i a).Z drugiej strony, jeśli b ∈ Im f to b = v(a), gdzie v jest pewnym wielomianemz F [x], a więc b ∈ F (a) i ostatecznie F (a) = Im f .Udowodniliśmy więc punkty (1) i (4) twierdzenia o rozszerzeniu prostym o ele-ment algebraiczny.Z (1) wynika, że elementy 1, a, ..., an−1 generują F (a). Pozostaje więc udowod-nienie, że są linioweo niezależne a stąd już będziemy mieli zarówno fakt, żestanowią bazę przestrzeni F (a) nad F jak i to, że [F (a) : F ] = degF (a) (pamię-tamy, że stopień elementu a nad F to stopień wielomianu minimalnego elementua, czyli n).Przypuśćmy, że

β0 + β1a+ ...+ βn−1an−1 = 0

To oznacza jednak, że a jest pierwiastkiem wielomianu w = β0 + β0x + ... +βn−1x

n−1. Wiemy jednak, że degF (a) = n, a stąd wynika, że w jest wielo-mianem zerowym, to znaczy β0 = β1 = ... = βn−1 = 0, co kończy dowódniezależności liniowej 1, a, ..., an−1 i twierdzenia 10.10.

Przykład 10.8 (Rozszerzenie Q(1 + i) : Q) Zapiszmy a = 1+i. Wtedy (a−1)2 = −1 a stąd

a2 − 2a+ 2 = 0

co oznacza, że a jest pierwiastkiem wielomianu x2 − 2x + 2. Wielomian tenjest nierozkładalny (nie ma pierwiastka w Q) i stąd m = x2 − 2x + 2 jestwielomianem minimalnym a. Na mocy twierdzenia o rozszerzeniu prostym oelement algebraiczny

Q(a) = {α+ βa : α, β ∈ Q, a2 = 2a− 2}

Zauważmy, że o ile dodawanie w Q(a) jest bardzo proste:

(α+ βa) + (γ + δa) = (α+ γ) + (β + δ)a

to mnożenie jest nieco bardziej skomplikowane:

(α+ βa)(γ + δa) = αγ + (αδ + βγ)a+ βγa2 = αγ + (αδ + βγ)a+ βγ(2a− 2)


= (αγ − 2βγ) + (αδ + 3βγ)a

Przykład 10.9 Nietrudno sprawdzić, że rozszerzenie ciała liczb wymiernychQ:

Q(√

2,3√

2,4√

2, . . . )

jest rozszerzeniem algebraicznym, nie jest natomiast rozszerzeniem skończonym.

Przykład 10.10 [R : Q] Wielomian xn−2 jest, na mocy kryterium Eisensteina,nieredukowalny nad Q. Stąd [Q( n

√2) : Q] = n i skoro R ⊃ Q( n

√2) dla każdego

n, [R : Q] jest nieskończony.

Przypuśćmy, że L : K jest rozszerzeniem skończonym, powiedzmy [L : K] =k, i niech a ∈ L. Ponieważ każde k + 1 elementy L są liniowo zależne nad K,liniowo zależne są a0 = 1, a1, a2, . . . , ak. Istnieją więc α, . . . , αk ∈ K takie, że

α0 + α1a+ · · ·+ αkak = 0

To zaś oznacza dokładnie tyle, że a jest pierwiastkiem wielomianu α0 + α1x +· · · + αkx

k ∈ K[x], a więc elementem algebraicznym nad K. Wykażemy niecowięcej a mianowicie twierdzenie następujące.

Twierdzenie 10.11 (O rozszerzeniach skończonych) Każde rozszerzenieskończone jest rozszerzeniem algebraicznym. Co więcej, jeśli [L : K] = k ia1, . . . , ak jest bazą L nad K, to L = K(a1, . . . , ak) i każdy element b ∈ L jestelementem algebraicznym stopnia co najwyżej k nad K.

Dowód. Powyżej wykazaliśmy już, że każdy element rozszerzenia skończonegojest elementem algebraicznym a więc, że każde rozszerzenia skończone jest alge-braiczne.Udowodnimy, że jeśli a1, a2, . . . , ak jest bazą L nad K, wówczasL = K(a1, a2, . . . , ak). Rzeczywiście, skoro a1, . . . , ak ∈ L, to

K(a1, a2, . . . , ak) ⊂ L

Niech teraz a ∈ L. Wtedy a =∑ki=1 βiai, gdzie βi ∈ K dla i = 1, . . . , k

(pamiętamy, że {a1, . . . , ak} jest bazą L nad K). Stąd wynika natychmiast, żea ∈ K(a1, . . . , ak), bowiem w K(a1, . . . , ak) są wyniki wszystkich operacji, którena elementach a1, . . . , ak można wykonać w ciele (a nie tylko ich kombinacje li-niowe o współczynnikach w K).

Twierdzenie 10.12 (Twierdzenie o iloczynie wymiarów rozszerzeń) NiechE,F,K będą ciałami, E : F , F : K.


Rozszerzenie E : K jest skończone wtedy i tylko wtedy, gdy rozszerzenia E : F iF : K są skończone. Zachodzi wtedy wzór

[E : K] = [E : F ][F : K]

i jeśli bazą E nad F jest e1, e2, ...em, bazą F nad K jest f1, f2, ..., fn to baząE : K jest

{eifj : i = 1, ...,m; j = 1, ..., n}

Dowód. W dowodzie twierdzenia 10.12 wygodnie będzie zakładać, że K ⊂ F ⊂E, choć w rzeczywistości wiemy tylko, żeK jest ciałem izomorficznym z pewnympodciałem ciała F , zaś F jest izomorficzne z pewnym podciałem ciała E4.

• Jeśli rozszerzenie E : K jest skończone, wówczas także F : K jest skoń-czone bowiem F (ciało traktowane teraz jako przestrzeń wektorowa) jestpodprzestrzenią E nad ciałem K. Podobnie, E jest skończenie wymiarowąprzestrzenią wektorową nad F . Rzeczywiście każda baza E nad K gene-ruje E a więc, na mocy znanego twierdzenia z algebry liniowej5, można zniej wybrać bazę E nad F .

• Przypuśćmy teraz, że E : F i F : K są rozszerzeniami skończonymi po-wiedzmy, że e1, e2, ..., em ∈ E jest bazą E nad F i f1, f2, ..., fn ∈ F jestbazą F nad K. Wówczas dla każdego a ∈ E istnieją α1, ..., αm ∈ F takie,że

a =

m∑i=1

αiei

Podobnie, dla każdego i ∈ {1, 2, ...,m} istnieją aij ∈ K, że

αi =

n∑j=1

aijfj

Stąd mamy

a =

m∑i=1

n∑j=1

aijfj

ei =∑i,j

aijeifj

co dowodzi, że zbiór B = {eifj : i = 1, ...,m; j = 1, ..., n} generuje E nadK. Pozostaje więc udowodnić, że zbiór B jest liniowo niezależny.Przypuśćmy, że ∑

i,j

γijeifj = 0

4Takie uproszczenie jest uproszczeniem opisu jedynie a nie idei całej sytuacji jaką w tymmomencie mamy. To jest to samo uproszczenie, które popełniamy gdy mówimy, że zbiór licbrzeczywistych jest podzbiorem liczb zespolonych. Oczywiście liczby rzeczywiste nie są liczbamizespolonymi, bowiem nie są parami liczb rzeczywistych. Niemniej można je traktować jakopary, w których drugi element jast równy zeru. Traktując na tej zasadzie liczby rzeczywistejako zespolone o części urojonej równej zeru, o ile tylko robimy to świadomie, nie popełniamybłędu, natomiast nasz wywód staje się mniej skomplikowany.

5Chodzi o twierdzenie, które mówi, że z każdego zbioru generującego przestrzeń możnawybrać bazę tej przestrzeni.


gdzie γij ∈ K dla i = 1, ...,m; j = 1, ..., n. Mamy wówczas

m∑i=1

n∑j=1

γijfj

ei = 0

Ponieważ γij ∈ K, fi ∈ F dla i = 1, ...,m; j = 1, ..., n mamy∑nj=1 γijfj ∈

F . Skoro e1, ..., em są liniowo niezależne w E nad F otrzymujemyn∑j=1

γijfj = 0 fla każdego i = 1, ...,m

a więc, wobec liniowej niezależności f1, ..., fn nad K otrzymujemy osta-tecznie γij = 0 dla i = 1, ...,m; j = 1, ..., n.

Twierdzenie 10.13 Niech E : F i niech a ∈ E będzie elementem algebraicznymnad F . Jeśli b ∈ F (a) to b jest także elementem algebraicznym nad F i stopieńb nad F dzieli stopień a nad F . Inaczej mówiąc

degF (b) | degF (a)

Dowód. Skoro b ∈ F (a) mamy ciąg zawierań (por. przypis ze strony 132):

F ⊂ F (b) ⊂ F (a)

Na mocy twierdzenia 10.10 rozszerzenie F (a) : F jest skończone. Wobec tegomożemy skorzystać z twierdzenia 10.12 o iloczynie wymiarów rozszerzeń, namocy którego także rozszerzenia F (a) : F (b) i F (b) : F są skończone i

[F (a) : F ] = [F (a) : F (b)] · [F (b) : F ]

Z części (3) twierdzenia 10.10 [F (b) : F ] = degF (b) i [F (a) : F ] = degF (a) cooznacza, że degF (b) | degF (a).

Przykład 10.11 Znajdziemy rozszerzenia Q( 3√

2) i Q( 3√

4) i ich wymiary nadQ.Ponieważ 3

√4 = ( 3

√2)2 mamy 3

√4 ∈ Q( 3

√2) i wobec tego

Q(3√

2) ⊃ Q(3√

4) ⊃ Q

Mamy także [Q( 3√

2) : Q] = 3 bowiem wielomian x3 − 2, którego 3√

2 jest pier-wiastkiem jest wielomianem nierozkładalnym nad Q. Skoro (twierdzenie 10.13)[Q( 3√

4) : Q] dzieli [Q( 3√

2) : Q] mamy

[Q(3√

4) : Q] = 3

i w konsekwencji Q( 3√

2) = Q( 3√

4).


Twierdzenie 10.14 Niech E będzie rozszerzeniem ciała F (E : F ), a1, ..., an ∈E, 1 ≤ k ≤ n. Wówczas

F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an) = F (a1, ..., an)

Dowód. Przypomnijmy, że (na mocy definicji ze strony 121) F (b1, ..., bm) jestnajmniejszym ciałem zawierającym6 ciało F i elementy b1, ..., bm. Stąd oczywi-ste jest zawieranie

F (a1, ..., an) ⊂ F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an)

(bowiem F (a1, ..., an) jest najmniejszym podciałem zawierającym F i elementya1, ..., an zaś F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an) jest ciałem które zawiera zarówno F jaki wszystkie elementy a1, ..., an).Wystarczy teraz udowodnić, że F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an) ⊂ F (a1, ..., an).Oczywistym jest, że F (a1, ..., ak) ⊂ F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an).F (a1, ..., an) jest ciałem, zawiera ciało F (a1, ..., ak) oraz elementy a1, ..., ak.Tymczasem F (a1, ..., ak)(ak+1, ..., an) jest najmniejszym ciałem o tej własności.To oczywiście kończy dowód twierdzenia 10.14.

10.4 Rozszerzenia przestępneElement a ∈ L nazywamy elementem przestępnym nad K (gdzie L : K),jeżeli a nie jest algebraiczny nad K. Elementy przestępne nad Q nazywamyliczbami przestępnymi.

PrzezK(x) oznaczamy ciało ułamków pierścieniaK[x], czyliK(x) = {uv ;u, v ∈K[x], v 6= 0}. Element x ∈ K(x) nie jest elementem algebraicznym ciała K(x).Rzeczywiście, gdyby dla pewnego wielomianu v ∈ K[x] zachodziło v(x) = 0oznaczałoby to, że wielomian v jest wielomianem zerowym, a taki wielomian niema pierwiastków. Mamy więc następujące twierdzenie.

Twierdzenie 10.15 K(x) jest rozszerzeniem prostym przestępnym ciała K.

Z powyższego twierdzenia wynika, że istnieją rozszerenia proste, które nie sąalgebraiczne. Stąd zaś i z twierdzenia 10.11 wynika, że rozszerzenia prosteniekoniecznie są skończone.

Dość łatwo zauważyć, że zbiór liczb algebraicznych to zbiór pierwiastkówwszystkich wielomianów o współczynnikach całkowitych. Rzeczywiście, wielo-mian v = a0 + a1x + ... + anx

n ∈ Q[x] zeruje się w a wtedy i tylko wtedy gdywielomian w = b0 + ... + bnx

n ∈ Z[x], gdzie w = mv, zaś m jest wspólnymmianownikiem b0, ..., bn, zeruje się w a.Oznaczmy przez Wk zbiór wielomianów postaci a0 + a1x + ... + anx

n ∈ Z[x]

6Także w tym miejscu upraszczamy nieco sytuację. W rzeczywistości chodzi o najmniejszeciało zawierające elementy b1, ..., bm ∈ E i podciało ciała E które jest z F izomorficzne (por.przypis ze strony 132).

10.5. RZĄD CIAŁA SKOŃCZONEGO 135

takich, że n+ |a0|+ |a1|+ ...+ |an| ≤ k. Dla każdego k ∈ N zbiór Wk jest skń-czony oraz

⋃k∈NWk = Z[x], a więc Z[x] jest zbiorem przeliczalnym. Ponieważ

zaś każdy wielomian ma skończoną (a więc przeliczalną) liczbę pierwiastków,zbiór wszystkich pierwiastków wszystkich wielomianów o współczynnikach cał-kowitych jest zbiorem przeliczalnym. Tym samym udowodniliśmy następującetwierdzenie Cantora.

Twierdzenie 10.16 (Cantor) Zbiór liczb rzeczywistych algebraicznych jest prze-liczalny.

Tym samym liczby przestępne istnieją. Co więcej, zbiór liczb przestępnychnie jest przeliczalny.

10.5 Rząd ciała skończonegoCiała skończone zostały wprowadzone przez Ewarysta Galois7 (choć bez nada-wania im nazwy, sama nazwa ciało jest nieco późniejsza, została wprowadzonaprzez Dedekinda8 lub Dirichleta9). Stąd ciało skończone nazywamy ciałemGalois10 i oznaczamy przez GF(q).

Twierdzenie 10.17 (Galois) Jeśli F jest ciałem skończonym, wówczas |F | =pn, gdzie p jest charakterystyką F (a więc liczbą pierwszą, na mocy twierdzenia7.12) zaś n ∈ N.

Dowód. Niech F będzie ciałem skończonym, p = char (P ). Wówczas F zawierapodciało rzędu p o elementach

1F , 1F + 1F = 2 · 1F , ..., (p− 1) · 1f , p · 1F = 0F

gdzie 1F i 0F są, odpowiednio, jedynką i zerem ciała F . Podciało to jest oczy-wiście generowane przez 1F i jest izomorficzne z Zp. Stąd wynika, jak już wspo-mniano w tekście twierdzenia, że p jest liczbą pierwszą. Oznaczmy przezFppodciało generowane przez 1F . Ciało F jest wtedy rozszerzeniem Fp (F : Fp)i jest to rozszerzenie skończone. Oznaczmy przez n = |F : Fp| - stopień roz-szerzenia F : Fp i niech {b1, ..., bn} będzie bazą F nad Fp (warto przypomnieć,że każde ciało jest przestrzenią wektorową nad swoim dowolnym podciałem).Wtedy każdy element a ∈ F można jednoznacznie zapisać w postaci

a = α1b1 + ...+ αnbn7Évariste Galois 1821 - 1832. Galois jest legendą matematyki. Zginął w absurdalnym

pojedynku mając zaledwie 20 lat. Mimo to jego osiągnięcia w dziedzinie matematyki sąogromne. Pierwszy operował pojęciem grupy abstrakcyjnej. Chętnych do zapoznania się zdorobkiem Galois odsyłam do książek: I. Stewart, Galois Theory, Chapman & Hall i/lub J-P.Tignol, Galois’ Theory of Algebraic Equations, World Scientific. Zainteresowanych burzliwąhistorią krótkiego życia Galois z pewnością zainteresuje książka Leopolda Infelda, WybrańcyBogów (wszystkie te książki mają wiele wydań).

8Richard Dedekind, 1831-1916. Uczeń Dirichleta.9Johann Dirichlet, 1805-1859.

10W istocie wykażemy, że ciało takie istnieje tylko wtedy, gdy q jest potęgą liczby pierwszeji jest wówczas, z dokładnością do izomorfizmu, jedyne.


gdzie αi ∈ Fp. Stąd oczywiście wynika, że takich elementów jest dokładnie pn.

10.6 Pochodne wielomianów i krotności pierwiast-ków

Niech F będzie ciałem, v ∈ F [x] a E : F dowolnym rozszerzeniem zawierającymciało rozkładu F . Rozkład v w E[x] można wtedy zapisać w następujący sposób

v = a(x− a1)k1 · ... · (x− as)ks

gdzie ai ∈ E, ai 6= aj dla i 6= j. Zakładamy, że ki ≥ 1 dla wszystkich i = 1, ..., s.Mówimy wtedy, że pierwiastek ai jest ki-krotny. Jeśli ki = 1 wówczasmówimy, że ai jest pierwiastkiem jednokrotnym wielomianu v.W badaniu krotności pierwiastków wielomianów użytecznym pojęciem okazujesię pochodna11.Pochodną wielomianu v = a0 +a1x+ ...+anx

n ∈ P [x], gdzie P jest pewnympierścieniem przemiennym z jedynką, nazywamy wielomian v′ = a1 + 2a2x +...+ nanx

n−1.Nie jest zbyt trudno sprawdzić, że dla dowolnych wielomianów u, v ∈ P [x]spełnione są następujące związki.

(u+ v)′ = u′ + v′ (10.1)

(au)′ = au′ (10.2)(uv)′ = u′v + uv′ (10.3)

Twierdzenie 10.18 Niech F będzie pewnym ciałem, a ∈ F . (x − a)2 dzieliwielomian v ∈ F [x] wtedy i tylko wtedy gdy x− a dzieli zarówno v jak i v′.

Dowód. Jeśli (x− a)2 dzieli v wówczas v = (x− a)w,w ∈ E[x]. Wtedy

v′ = 2(x− a)w + (x− a)2w′ = (x− a)(2w + (x− a)w′

Wielomian x− a dzieli więc zarówno v jak v′.Załóżmy teraz, że x− a dzieli v i v′. Wykażemy, że (x− a)2 dzieli v.Skoro (x−q)|v możemy napisać v = (x−a)w i w konsekwencji v′ = w+(x−a)w′.Ponieważ (x−a)|v′ i w = v′−(x−a)w′, wielomian x−a dzieli w, a więc możemynapisaać w = (x − a)u, gdzie u ∈ F [x], czyli v = (x − a)2u, co kończy dowódtwierdzenia.

Twierdzenie 10.18 implikuje następujący wniosek.

Wniosek 10.19 Jeśli F jest dowolnym ciałem, v ∈ F [x], wówczas a ∈ F jestjednokrotnym pierwiastkiem wielomianu v wtedy i tylko wtedy gdy v(a) = 0 iv′(a) 6= 0.

11Pochodna wielomianu tu prezentowana jest pojęciem czysto algebraicznym. Nie korzy-stamy z takich pojęć jak metryka czy zbieżność a wielomiany nie są funkcjami (choć z każdymwielomianem można pewną funkcję skoja"yć.

10.7. CIAŁO GALOIS RZĘDU PN 137

10.7 Ciało Galois rzędu pn

Twierdzenie 10.17 sugeruje następujący problem. Czy dla dowolnej liczby pierw-szej p i liczby naturalnej n istnieje ciało Galois rzędu pn?Odpowiedź na tak postawione pytanie jest pozytywna. Udowodnimy, że ciałorzędu pn istnieje i jest, z dokładnością do izomorfizmu, jedyne.

Twierdzenie 10.20 Dla dowolnej liczby pierwszej p oraz dla dowolnej liczbynaturalnej n istnieje, jedyne z dokładnością do izomorfizmu, ciało rzędu pn.

Dowód. Wpierw udowodnimy istnienie ciała rzędu pn, gdzie p jest dowolnąliczbą pierwszą, n ∈ N.Niech E będzie ciałem rozkładu wielomianu

v = xpn

− x ∈ Zp[x] (10.4)

Wykażemy, że |E| = pn.Wielomian v (dany wzorem (10.4)) ma w E co najwyżej pn różnych między sobąpierwiastków. Co więcej, żeby wykazać, że v ma dokładnie pn pierwiastkówwystarczy udowodnić, że wszystkie pierwiastki v są w E jednokrotne.Dla dowodu tego faktu metodą nie wprost przypuśćmy, że a jest pierwiastkiem(co najmniej) dwukrotnym v.Wówczas jest także pierwiastkiem v′ (na mocy wniosku 10.19). Mamy więc

apn

= a (10.5)

orazpnap

n−1 = 1 (10.6)

Skorov = x(xp

n−1 − 1)

i wartość xpn−1 − 1 dla x = 0 jest różna od zera można założyć, że a 6= 0.

Z równań (10.5) i (10.6) wynika wtedy, że pnapn

= apn

i w konsekwencji p = 1,co jest sprzeczne z założeniem o p. Nie jest zbyt trudno udowodnić, że pier-wiastki wielomianu v tworzą ciało (por. zadanie 10.7).Ponieważ E jest ciałem rozkładu wielomianu v a więc najmniejszym ciałem za-wierającym wszystkie jego pierwiastki. Z drugiej strony zbiór wszystkich pier-wiastków v jest ciałem. Wobec tego E jest zbiorem wszystkich pierwiastkówwielomianu v i mamy |E| = pn.

Teraz wykażemy jedyność, z dokładnością do izomorfizmu, ciała rzędu pn.Niech K będzie ciałem rzędu pn. Zbiór K − {0} jest grupą multiplikatywną.Stąd, dla dowolnego a ∈ K − {0} mamy a|K|−1 = ap

n−1 = 1. Tak więc każdyelement ciała K jest pierwiastkiem wielomianu xn − x. Skoro zaś, jak udo-wodniliśmy, zbiór tych pierwiastków ma pn elementów, K jest ciałem rozkładuwielomianu xp

n − x.12

12Pomijamy tu dowód faktu, że ciało rozkładu wielomianu jest, z dokładnością do izomor-fizmu, jedyne.

Dla dowolnego ciała Galois GF(q) przez GF∗(q) oznaczmy zbiór elementów róż-nych od zera (elementu neutralnego dla dodawania w ciele GF(q)). OczywiścieGF∗(q) z działaniem mnożenia jest grupą przemienną.

Twierdzenie 10.21 Grupa GF∗(q) jest grupą cykliczną.

W dowodzie twierdzenia 10.21 wykorzystamy dwa lematy. Oto pierwszy z nich.

Lemat 10.22 Niech G będzie grupą abelową, f, g ∈ G, |f | = a, |g| = b (zakła-damy, że rzędy elementów f i g są skończone). Wówczas istnieje element h ∈ Gtaki, że |h| = NWD(a, b).

Dowód lematu 10.22. Niech p1, ..., ps będą różnymi między sobą liczbamipierwszymi i niech

a = pα11 · ... · pαss

b = pβ1

1 · ... · pβssZdefiniujmy xi, yi wzorami

xi =

{αi jeśli αi ≥ βi0 jeśli αi < βi

yi =

{βi jeśli βi > αi0 jeśli βi ≤ αi

Niech terazx = px1

1 · ... · pxssy = py11 · ... · pyss

Oczywiście x|a i y|b.Przyjrzyjmy się jak powyższe wzory funkcjonują na prostym przykładzie: dlaa = 24 · 33 · 52, b = 23 · 33 · 53 otrzymujemy x = 24 · 33 i y = 53.

Mamy także x ⊥ bowiem jeśli jakaś liczba pierwsza p dzieli x, wówczas nie dzieliy (i na odwrót: jeśli p dzieli y, to nie dzieli x).Udowodnimy teraz następujący fakt.

Fakt 10.23|f | = x, |g| = g, x ⊥ y ⇒ |fg| = xy

Dowód faktu.

• (fg)xy = (fx)y(gy)x = 1y · 1x = 1

• Pozostaje wykazać, że dla dowolnego z ∈ N+ jeśli (fg)z = 1 wówczas xy|z.Przypuśćmy więc, |re (fg)z = 1. Mamy wówczas

fz = g−z (10.7)

10.7. CIAŁO GALOIS RZĘDU PN 139

Oznaczmy przezA =< f >

B =< g >

A i B są podgrupami grupy G a więc A ∩B jest podgupą zarówno grupyA jak i grupy B i wobec tego rząd podgrupy A ∩B dzieli |A| = x i dzieli|B| = y. Skoro jednak x ⊥ y, mamy |A∩B| = 1 i w konsekwencji jedynymelementem A ∩B jest element neutralny.Z (10.7) wynika, że

fz ∈ A ∩B oraz gz ∈ A ∩B

a więc fz = 1 i gz = 1. Stąd zaś wynika, że x|z i y|z i wobec faktu, żex ⊥ y otrzymujemy xy|z, co kończy dowód faktu 10.23.

Teraz możemy dokończyć dowód lematu 10.22.Wykażemy, że |fa/x| = x. Rzeczywiście (fa/x)x = fa = 1. Co więcej, jeśli(fa/x)z = 1 to z ≥ x (w przeciwnym przypadku mielibyśmy f

ax )z = 1 a to nie

jest możliwe bowiem przy założeniu, że z < x mamy a zx < a.)Identycznie wykazać można, że |gb/y| = y.Na mocy faktu 10.23 (i ponieważ x ⊥ y) otrzymujemy

|fa/xgb/y| = xy = NWD(a, b)

co kończy dowód lematu 10.22.

Lemat 10.24 Jeśli r jest największym rzędem elementu w grupie abelowej G,wówczas

xr = 1 dla dowolnego elementu x ∈ G

Dowód lematu 10.24. Niech g ∈ G będzie elementem rzędu r i niech |f | = t.Na mocy lematu 10.22 istnieje element h ∈ G taki, że

|h| = NWD(r, t)

Z założenia o maksymalności r: NWD(r, t) = r. Stąd wynika, że t|r i wobectego fr = 1, co kończy dowód lematu 10.24.Dowód twierdzenia 10.21. Niech r będzie największym rzędem elementu wGF∗(q). Na mocy lematu 10.24, każdy element grupy GF∗(q) jest pierwiastkiemwielomianu

xr − 1

Stąd wynika, że wielomian xr − 1 ma q − 1 = |GF∗(q)| pierwiastków i wobectego

r ≥ q − 1


Z drugiej strony jednak, na mocy wniosku z twierdzenia Lagrange’a13, mamy

r|q − 1

A więc r = q − 1 co oznacza, że element, który ma największy rząd w grupieGF∗(q) generuje tę grupę.

13Chodzi tu o wniosek 2.22, na mocy którego rząd dowolnego elementu grupy dzieli rządgrupy.

10.8. ZADANIA 141

10.8 ZadaniaZadanie 10.1 Ułóż tabelkę działań dla Z2[x]/(x2 + 1), Z5[x]/(x2 + x + 3).

Zadanie 10.2 Sprawdź, że Q(i,−i,√

3,−√

3) jest rozszerzeniem prostym.

Zadanie 10.3 Wykaż, że jeśli a, b ∈ E : Zp, gdzie p jest liczbą pierwszą, wów-czas

(a+ b)p = ap + bp

(a− b)p = ap − bp

Zadanie 10.4 Udowodnij, że wielomian x4 − 10x2 + 23 jest nierozkładalny.

Zadanie 10.5 Wskaż wielomian minimalny

Zadanie 10.6 Udowodnij związki (10.1), (10.2) i (10.3).

Zadanie 10.7 Niech p będzie liczbą pierwszą. Udowodnij, że zbiór pierwiast-ków wielomianu xp

n − x ∈ Z[x] jest ciałem (wykorzystaj wzory wykazane wzadaniu 10.3).

Rozdział 11

Teoria Galois

11.1 Grupy GaloisNiech E : F będzie rozszerzeniem ciała F . Zbiór wszystkich automorfizmówf (a więc izomorfizmów ciała E na ciało E) takich, że f(a) = a dla każdegoelementu a ∈ F jest, jak łatwo wykazać, grupą (p. zadanie 11.1). Grupę tęoznaczamy przez Gal(E : F ) i nazywamy grupą Galois rozszerzenia E : F .

Przykład 11.1 Jeśli f ∈ Gal(C : R) wówczas f(a + ib) = f(a) + f(i)f(b) =a+ if(b), gdzie a, b ∈ R.Mamy także −1 = f(−1) = f(i2) = (f(i))2 i stąd f(i) = i lub f(i) = −i.Wobec tego Gal(C : R) = {idC, α}, gdzie α(z) = z dla każdego z ∈ C.

Oczywiście dla dowolnej grupy Galois Gal(E : F ) mamy idE ∈ Gal(E : F ).

Przykład 11.2 Dla każdego automorfizmu f ∈ Gal(Q(√

2) : Q) = {a+b√

2|a, b ∈Q} mamy

f(a+ b√

2) = f(a) + f(b)f(√

2) = a+ bf(√

2)

Wartości f na dowolnym elemencie Q(√

2) są więc zdeterminowane przez war-tość f na

√2.

2 = f(2) = f((√

2)2) = (f(√

2))2

Stąd f(√

2) =√

2 lub f(√

2) = −√

2. Istnieją więc tylko dwa automorfizmy wgrupie Gal(Q(

√2) : Q): identyczność idR i f(a+ b

√2) = a− b

√2.

Przykład 11.3 Łatwo się przekonać, że aby znaleźć grupę Galois rozszerzeniaQ( 3√

2) : Q) wystarczy znaleźć wartości jakie automorfizm f ∈ Gal(Q( 3√

2) : Q)może przyjmąć na 3

√2. Mamy tym razem

2 = f((3√

2)3) = (f(3√

2))3

a więc istnieje tylko jedna możliwość, mianowicie f( 3√

2) = 3√

2 i jedynym ele-mentem Gal(Q( 3

√2) : Q) jest idQ( 3√2).

143

144 ROZDZIAŁ 11. TEORIA GALOIS

11.2 Grupa Galois rozszerzenia prostegoNiech σ : F → F będzie homomorfizmem ciał i niech v = a0 +a1x+ ...+anx

n ∈F [x] będzie wielomianem o współczynnikach w ciele F . Wówczas przez σvbędziemy oznaczali wielomian σ(a0) +σ(a1)x+ ...+σ(an)xn. Łatwo sprawdzić,że odwzorowanie F [x] 3 v → σv ∈ F [x] jest homomorfizmem pierścieni (porzadanie 11.2).

Twierdzenie 11.1 Niech E i F będą ciałami, E : F , a ∈ E, G = Gal(E : F ).

(i) Jeśli f ∈ G wówczas fv(a) = v(f(a)), dla każdego wielomianu v ∈ F [x].

(ii) Jeśli a jest elementem algebraicznym nad F , f, g ∈ Gal(F (a) : F ), wów-czas

f = g wtedy i tylko wtedy gdy f(a) = g(a)

Dowód.

(i) Dowód pierwszej części twierdzenia wynika natychmiast z faktu, że f ∈Gal(E : F ) i definicji rozszerzenia homomorfizmu f na pierścień F [x].

(ii) Jeśli f = g wówczas oczywiście f(a) = g(a) dla każdego elementu a ∈ E.Niech teraz f, g ∈ Gal(E : F ) i przypuśćmy, że

f(a) = g(a)

Wykażemy, że f = g.Na mocy twierdzenia 10.10, dla dowolnego b ∈ E

b = β0 + β1a+ ...+ βn−1an−1

gdzie n = degE(a) i β0, ..., βn−1 ∈ F . Wtedy

f(b) = f(β0 + β1a+ ...+ βn−1an−1

= f(β0) + f(β1)f(a) + ...+ f(βn−1)(f(a))n−1

= β0 + β1f(a) + ...+ βn−1(f(a))n−1

= β0 + β1g(a) + ...+ βn−1(g(a))n−1

= g(b)

Wykazaliśmy więc, że jeśli f(a) = g(a) (f, g ∈ Gal(F (a) : F )) to f = g, cokończy dowód twierdzenia.

Na mocy części (i) twierdzenia 11.1 v(f(a)) = f(v(a)) dla dowolnego wielomianuv ∈ F [x] i f ∈ Gal(E : F ). Jeśli więc a jest pierwiastkiem wielomianu v, wówczasmamy

v(f(a) = f(v(a)) = f(0) = 0

(pamiętamy, że f jest homomorfizmem, a więc f(0) = 0). Stąd wynika nastę-pujący wniosek.

11.2. GRUPA GALOIS ROZSZERZENIA PROSTEGO 145

Wniosek 11.2 Jeśli E : F jest rozszerzeniem, f ∈ Gal(E : F ), a ∈ E i a jestpierwiastkiem v ∈ F [x] wówczas f(a) jest także pierwiastkiem wielomianu v.

Przypuśćmy, że a ∈ E jest elementem algebraicznym nad ciałem F (oczywi-ście zakładamy, że E : F ). Niech m będzie wielomianem minimalnym elementua nad F i powiedzmy, że zbiór {a = a1, a2, ..., an} jest zbiorem wszystkich,różnych między sobą, pierwiastków wielomianu m (por. zadanie 11.3). Wtedy

1. Na mocy części (ii) twierdzenia 11.1 każdy automorfizm f ∈ Gal(F (a) : F )jest jednoznacznie wyznaczony przez swoją wartość na elemencie a.

2. Na mocy wniosku 11.2 f(a) ∈ {a = a1, a2, ..., an}

Na mocy twierdzenia o rozszerzeniu prostym o element algebraiczny (twierdze-nie 10.10) stopień elementu a (deg( a)) i wymiar F (a) nad F (oznaczany przeznas przez [F (a) : F ]) są sobie równe. Jeśli więc nad ciałem F (a) wielomianminimalny m rozkłada się na czynniki liniowe i pierwiastki m są jednokrotne,to liczba elementów w Gal(F (a) : F ) jest równa stopniowi wielomianu minimal-nego.

Podsumujmy te rozważania w postaci twierdzenia.

Twierdzenie 11.3 Jeśli F (a) : F jest rozszerzeniem prostym F o element al-gebraiczny a nad ciałem F i a1 = a, a2, ..., an są wszystkimi różnymi międzysobą pierwiastkami wielomianu minimalnego elementu a wówczas

Gal(F (a) : F ) = {idF (a), f2, ..., fn}

gdzie fi dla i = 2, ..., n, jest automorfizmem F (a) → F (a) takim, że fi(b) = bdla każdego b ∈ F i fi(a) = ai.Jeśli m rozkłada się w F (a) na iloczyn czynników liniowych, wówczas

|Gal(F (a) : F )| = [F (a) : F ]

W tym momencie już wiem, że nie zdążę spisać wszystkiego, z dowodami,w sensownym terminie (do 3 Króli, na przykład). A więc dalsza część jest bezdowodów i komentarzy. Po prostu same twierdzenia i niezbędne definicje.Zastosowań w kombinatoryce (teorii grafów), którym poświęciliśmy na wykła-dach sporo czasu, tu raczej w ogóle nie będzie. Chyba, żeby czas zaczął sięznowu zachowywać bardziej przyzwoicie ("biec"wolniej).

Twierdzenie 11.4 Niech p będzie dowolną liczbą pierwszą i niech E będziepewnym ciałem rzędu pn (n ∈ N). Wówczas istnieje taki element u ∈ E, żeE ' Zp(a) (inaczej: a jest generatorem E nad Zp (dokładniej: nad ciałemizomorficznym z Zp)).

Ilustracją funkcjonowania powyższego twierdzenia jest zadanie 11.5.


Przykład 11.4 Niech p będzie liczbą pierwszą. Wykażemy, że Gal(GF(pn) :Zp) jest n-elementową grupą cykliczną.W ramach tego przykładu korzystaliśmy z automorfizmu Frobeniusa. Por. za-danie 11.6.

Twierdzenie 11.5 (O rozszerzeniach skończonych) Rozszerzenie E : F jestskończone wtedy i tylko wtedy, gdy E = F (a1, ..., an), gdzie a1, ..., a)n są pew-nymi elementami algebraicznymi nad F .

Dowód.

Twierdzenie 11.6 (O grupie Galois rozszerzenia skończonego) Jeśli E =F (a1, ..., an) jest rozszerzeniem skończonym ciała F , gdzie a1, ..., an są elemen-tami algebraicznymi nad F , dla każdego i = 1, ..., n, mi jest wielomianem mini-malnym ai nad F , f ∈ Gal(E : F ), wówczas

(i) automorfizm f jest jednoznacznie wyznaczony przez wartości na elemen-tach a1, ..., an.

(ii) f(ai) jest pierwiastkiem wielomianu mi (dla i = 1, ..., n).

Dowód.

Wniosek 11.7 Jeśli E : F jest rozszerzeniem skończonym, E = F (a1, ..., an),gdzie a1, ..., an są elementami algebraicznymi nad F , wówczas grupa Gal(E : F )jest skończona.

Dowód.

Przykład 11.5 (Grupa Galois ciała rozkładu wielomianu x3 − 2 nad Q)W przykładzie oznaczyliśmy przez a = 3

√2, b = e2πi/3 i ciałem rozkładu wielo-

mianu v = x3 − 2 jest Q(a, ab, ab2) = Q(a, b).Wykazaliśmy potem, że Gal(Q(a, b) : Q) ' S3 i narysowaliśmy kraty podgruptej grupy i podciał Q(a, b)

Twierdzenie 11.8 Niech E : F będzie ciałem rozkładu wielomianu v ∈ F [x].Przez X oznaczmy zbiór wszystkich pierwiastków wielomianu v w E. Wówczas

(i) Grupa G = Gal(R : F ) jest izomorficzna z pewną podgrupą SX (grupywszystkich permutacji zbioru X).

(ii) Jeśli wielomian v jest nierozkładalny w F [x], wówczas G jest przechodniana X (to znaczy: dla każdych a, b ∈ X istnieje automorfizmf ∈ G taki,że f(a) = b).

(iii) Jeśli v nie ma w E pierwiastków wielokrotnych i G jest przechodnia na X,wówczas v jest nierozkładalny nad F .

11.3. WIELOMIANY I CIAŁA ROZDZIELCZE 147

Dowód.

W ramach dowodu, a konkretnie by udowodniÄ‡ (ii) wykazaliśmy następu-jący lemat.

Lemat 11.9 (O przedłużaniu izomorfizmów na ciała rozkładu) Jeśli σ :F → F jest izomorfizmem ciał, v ∈ F [x], E jest ciałem rozkładu v, E ciałemrozkładu σv (w szczególności mamy wtedy E : F, E : F ) to istnieje izomorfizmE → E, który jest rozszerzeniem σ na E → E.

Dowód.

11.3 Wielomiany i ciała rozdzielczeTwierdzenie 11.10 Jeśli F jest dowolnym ciałem, v wielomianem nierozkła-dalnym nad F , wówczas następujące warunki są równoważne.

(i) v nie ma pierwiastków w żadnym ciele, w którym się rozkłada1.

(ii) v ma różne pierwiastki w pewnym ciele, w którym się rozkłada.

(iii) v′ 6= 0.

Wielomian nieredukowalny v ∈ F [x] nad ciałem F nazywamy rozdzielczymnad F jeżeli spełnia warunki twierdzenia 11.3. Dowolny wielomian v ∈ F [x]stopnia wiëkszego od zera nazywamy rozdzielczym jeśli każdy jego czynniknierozkładalny jest rozdzielczy nad F .Rozszerzenie E : F jest rozdzielcze jeśli

• jest algebraiczne,

• wielomian minimalny każdego elementu jest rozdzielczy nad F .

Przykład 11.6 Wielomian x4 + 4x2 + 4 = (x2 + 2)2 jest rozdzielczy nad Q.

Przykład 11.7 x6 + x3 + 1 ∈ Z3[x] jest rozdzielczy chociaż (x6 + x3 + 1)′ = 0bowiem (x6+x3+1 = (x2−x−1)3 i wielomian w = x2−x−1 jest nierozkładalnynad Z3. Jego pochdna w′ = 2x− 1 6= 0

Okazuje się, że wielomiany, które nie są rozdzielcze można spotkać jedyniew ciałach z charakterystyką.

Twierdzenie 11.11 Niech v będzie wielomianem nierozkładalnym nad F .

1. Jeśli F jest bez charakterystyki to v jest rozdzielczy.

2. Jeśli char (F ) = p to v jest rozdzielczy wtedy i tylko wtedy gdy nie jestpostaci w(xp) dla pewnego w ∈ F [x].

1To znaczy w takim, w którym da się zapisać jako iloczyn czynników liniowych.


Dowód.

Wniosek 11.12 Jeśli ciało F jest bez charakterystyki (lub inaczej: jeśli char (F ) =0) to każde rozszerzenie algebraiczne F jest rozdzielcze.

Twierdzenie 11.13 (O liczbie rozszerzeń izomorfizmu) Niech v ∈ F [x]będzie wielomianem rozdzielczym, σ : F → F izomorfizmem ciał. Jeśli E : F iE są ciałami rozkładu, odpowiednio, v i σv, wówczas istnieje dokładnie [E : F ]izomorfizmów E → E, które rozszerzają σ do σ : E → E.

Dowód.

11.4. ZADANIA 149

11.4 ZadaniaZadanie 11.1 Niech E : F będzie rozszerzeniem ciała F . Udowodnij, że zbiórautomorfizmów Gal(E : F ) z działaniem składania odwzorowań jest grupą.

Zadanie 11.2 Sprawdź, że jeśli σ : P → P jest homomorfizmem pierścieni P iP , to σ : P [x] 3 v → σv ∈ P [x] (gdzie σv jest zdefiniowane jak na stronie 144).jest homomorfizmem pierścieni wielomianów a także, że jeśli σ jest monomor-fizmem, epimorfizmem lub izomorfizmem, wówczas σ jest także, odpowiednio,monomorfizmem, epimorfizmem lub izomorfizmem.

Zadanie 11.3 Udowodnij, że jeśli wielomian minimalny m ∈ F [x] elementua rozkłada się na iloczyn wielomianów stopnia pierwszego nad F (a), wówczaskażdy pierwiastek tego wielomianu należy do F (a).

Zadanie 11.4 Udowodnij, że jeśli p jest liczbą pierwszą, to wielomian

vp = 1 + x + x2 + ...+ xp−1

jest nad Q nierozkładalny.

Zadanie 11.5 Wskaż izomorfizm Z2[x]/ < x3+x2+1 > i Z2[x]/ < x3+x+1 >.

Zadanie 11.6 Niech p będzie liczbą pierwszą, E ciałem, rozszerzeniem Zp (E :Zp). Udowodnij, że funkcja

f : E 3 s→ sp ∈ E

jest automorfizmem ciała E. Udowodnij, że f jest automorfizmem ciała F(zwanym automorfizmem Frobeniusa).

Rozdział 12

Wskazówki do wybranychzadań

12.1 Rozdział 2

Zadanie 2.7.

12.2 Rozdział 5

Zadanie 5.14. Oznaczmy d = NWD(|G|, |H|).Jeśli grupa GH jest cykliczna wówczas istnieją elementy a ∈ G, b ∈ H takie,że |(a, b)| = |GH|. Z drugiej strony (a, b)|G||H|/d = ((a|G|)|H|/d, (b|H|)|G|/d) =(e, e). Stąd |(a, b)| ≤ |G||H|/d. Skoro |GH| = |G||H|, mamy |G||H| = |(a, b)| ≤|G||H|/d a więc d = 1.Załóżmy teraz, że NWD(|G|, |H|) = 1. i niech a i b będą generatorami, odpo-wiednio, G i H. Wówczas |(a, b)| = NWW(|G|, |H|) = |G||H| = |GH|, a więc(a, b) generuje GH.

Zadanie 5.13. Grupy H1 =< (1, 2, 3) > i H2 =< (1, 2) > są podgrupamigrupy (nieprzemiennej) S3. Sprawdź, że H1∩H2 = {(1)(2)(3)}. Niemniej grupyH1H2 i H1 ⊗H2 nie są izomorficzne.Rzeczywiście, iloczyn wewnętrznyH1⊗H2 = S3, natomiast iloczyn prostyH1H2

jest cykliczna.

12.3 Rozdział 6

Zadanie 6.4. 5-podgrup Sylowa jest n5 ≡ 1 mod 5. Skoro |S5| = 5! = 120,każda z nich ma po 5 elementów, są cykliczne, generowane przez permutacjerzędu 5. Takich permutacji jest 4! = 24. W każdej 5-podgrupie Sylowa jestidentyczność (1) i 4 inne. Przecięcie dowolnych dwóch 5-podgrup Sylowa jest

151

152 ROZDZIAŁ 12. WSKAZÓWKI DO WYBRANYCH ZADAŃ

równe {(1)}, stąd n5 = 244 = 6.

Każda 3 podgrupa Sylowa jest generowana przez element rzędu 3, a więc postaci(abc)(d)(e). Takich permutacji jest

(52

)· 2! = 20. W każdej 5-podgrupie Sylowa

jest permutacja identycznościowa i dwie inne, a więc wszystkich 5-podgrup Sy-lowa jest 20

2 = 10. Warto zauważyć, że 10 ≡ 1 mod 3, zgodnie z trzecimtwierdzeniem Sylowa.

Zadanie 6.5. Pierwszy sposób polega na wykorzystaniu wniosku 6.17.Na mocy trzeciego twierdzenia Sylowa, istnieje tylko jedna 5-podgrupa Sylowa(nazwijmy ją F ) i tylko jedna 7-podgrupa Sylowa grupy rzędu 35 (powiedzmyH) grupy G rzędu 35. Niech x ∈ G− (F ∪H). Oczywiście |x| = 15 i wobec tegoG =< x >.

Zadanie 6.3. Należy sprawdzić, czy przyporządkowanie każdemu elemen-towi Hb ∈ G/H klasy (Hb) jest dobrze określone a więc, że jeśli Hb = Hcwówczas (Hb)h−1 = (Hc)h−1 (dla każdego elementu h ∈ H.

12.4 Rozdział 7Zadanie 7.10. Pierścień ilorazowy Z[x] :< 3 + i > ma 10 elementów:

< 3 + i >, 1+ < 3 + i >, ..., 9+ < 3 + i >

Uzasadnienie. 10 = (3 + i)(3− i) ∈< 3 + i >.Mamy także i+ < 3 + i >= −3+ < 3 + i >= 7+ < 3 + i >.Element 1+ < 3 + i > jest rzędu 10 w Z[i] :< 3 + i > a każdy element wZ[i] :< 3 + i > można zapisać w następujący sposób:a+ ib+ < 3 + i >= (a+ < 3 + i >) + b(7+ < 3 + i >) = (a+ 7b)+ < 3 + i >.Na przykład 15 + 12i+ < 3 + i >= (15 + 84)+ < 3 + i >= 99+ < 3 + i >=9+ < 3 + i >.

Zadanie 7.12. Przypuśćmy, że Ker f = {0}. Jeśli f(a) = f(b) to 0 =f(a) − f(b) = f(a − b). Wobec tego a − b ∈ Ker f a stąd a − b = 0. Wkonsekwencji a = b, skąd wynika, że f jest monomorfizmem.Z drugiej strony, dla dowolnego homomorfizmu pierścieni f mamy f(0) = f(0 +0) = f(0) + f(0) i wobec tego f(0) = 0. Jeśli f jest monomorfizmem, wówczasw jądrze nie może być, poza zerem pierścienia P , żadnego innego elementu.

12.5 Rozdział 11Zadanie 11.4. Wystarczy wykazać, że wielomian vp(x + 1 jest nierozkładalny.Rzeczywiście jeśli vp(x+1) jest nierozkładalny, to i vp także jest nierozkładalny(gdyby vp był rozkładalny to mielibyśmy vp = u · w (u,w ∈ Q[x]) i wtedyvp(x+ 1) = u(x+ 1) ·w(x+ 1) - czyli vp(x+ 1) byłby rozkładalny, sprzeczność).Mamy teraz

(x− 1)vp = xp − 1

stądxvp(x + 1) = (x + 1)p − 1

12.5. ROZDZIAŁ ?? 153

i wobec tego

xvp(x + 1) = xp +(p1

)xp−1 + ...+

(pp−2)x2 + px

= x(xp−1 +(p1

)xp−2 + ...+

(pp−2)x + p)

Nietrudno teraz zauważyć, że vp(x + 1) jest nierozkładalny na mocy kryteriumEisensteina.

154 ROZDZIAŁ 12. WSKAZÓWKI DO WYBRANYCH ZADAŃ

Rozdział 13

Oznaczenia

Symbol Nazwa stronabac podłoga liczby a ∈ R 8dae sufit liczby a ∈ R 8C(a) centralizator elementu a grupy ??C(H) centralzator podgrupy H (gdy H ≤ G) ??Cn grupa obrotów właściwych n-kąta foremnego 20char (P ) charakterystyka pierścienia P 88Dn grupa dihedralna 20E : F rozszerzenie E ciała F (czyt. także: ciało E jest

rozszerzeniem ciała F ) 121F (X) ciało generowane przez zbiór X (i ciało F ) 121F (a1, ..., an) ciało generowane przez elementy a1, ..., an i ciało F 121Gal(E : F ) grupa Galois rozszerzenia E : F 143GF(q) ciało Galois rzędu q 135GF∗(q) grupa elementów różnych od zera w GF(q) ??H ≤ G H jest podgrupą grupy G 19H CG H jest podgrupą normalną grupy G ??< g > grupa generowana przez element a 23H1 ⊕H2 ⊕ ...⊕Hk iloczyn prosty grup H1, H2, ...,Hk 57H1 ⊗H2 ⊗ ...⊗Hk iloczyn wewnętrzny grup H1, H2, ...,Hk 57' izomorficzneN zbiór liczb naturalnych {0, 1, 2, ...}N∗ zbiór liczb całkowitych dodatnich (N− {0})NG(H) normalizator podgrupy H 32L : K rozszerzenie L ciała K 121σv rozszerzenie homomorfizmu pierścieni 144, 149

na homomorfizm pierścieni wielomianówZ(G) centrum grupy G ??

155

156 ROZDZIAŁ 13. OZNACZENIA

Bibliografia

[1] M. Aigner i G.M. Ziegler, Dowody z Księgi, PWN, Warszawa 2002.

[2] A. Białynicki-Birula, Algebra, PWN, Warszawa 1980.

[3] G. Birkhoff i S. Mac Lane, Przegląd algebry współczesnej, PWN, Warszawa1963.

[4] G. Birkhoff i S. Mac Lane, Algèbre, Gauthier-Villars, Paryż 1971.

[5] G. Birkhoff i T.C. Bartee, Współczesna algebra stosowana, PWN, War-szawa 1983.

[6] G. Bobiński, Algebra, www-users.mat.umk.pl/ gregbob/old/algebra/ lec-ture2003.pdf

[7] R. Courant i H. Robbins, Co to jest matematyka? Prószyński i S-ka, War-szawa 1998.

[8] D.A. Cox, Galois theory, Wiley 2004.

[9] W.J Gilbert, W.K. Nicholson, Algebra współczesna z zastosowaniami,WNT, Warszawa 2008.

[10] D.W. Hardy i C.L. Walker, Applied Algebra: Codes, Ciphers and DiscreteAlgorithms, Prentice Hall 2003.

[11] N. Koblitz, Algebraiczne aspekty kryptografii, WNT, Warszawa 2000.

[12] M. Kordos, Wykłady z historii matematyki, SCRIPT, Warszawa 2005.

[13] A.I. Kostrykin, Wstęp do algebry, cz. 1 Podstawy algebry, PWN Warszawa2004.

[14] A.I. Kostrykin, Wstęp do algebry, cz. 3 Podstawowe struktury algebraiczne,PWN Warszawa 2005

[15] W.K. Nicholson, Introduction to Abstract Algebra, Third Edition, Wiley2007.

[16] Z. Opial, Algebra wyższa, PWN, Warszawa 1975.

157

158 BIBLIOGRAFIA

[17] J. Rutkowski, Algebra abstrakcyjna w zadaniach, PWN Warszawa 2006.

[18] E.R. Scheinerman, Mathematics - Discrete Introduction, Brooks/Cole 2000.

[19] I. Stewart, Galois Theory, Chapman and Hall Mathematics, Londyn, NowyYork 1989.

[20] K. Szymiczek, Algebra, UŚ 2010:http://www.math.us.edu.pl/zatl/szymiczek/referaty/AlgebraSD.pdf

[21] K. Szymiczek, Zbiór zadań z teorii grup, PWN 1989.

[22] H. Weil, Symetria, PWN, Warszawa 1960.

Indeks

p-podgrupa, 67p-podgrupa Sylowa, 67

addytywny rzaad elementu pierścienia,88

algorytm, 12algorytm Euklidesa, 12antymorfizm grafu, 75automorfizm ciala, 143automorfizm Frobeniusa, 146

bryła platońska, 49bryły foremne, 49

Cauchy, 57centralizator elementu grupy, 34, 36centrum grupy, 33charakterystyka pierścienia, 88cialo, 80, 103cialo ulamkow, 104ciało Galois, 135ciało skończone, 135

Dedekind, 135Dirichlet, 135drugie twierdzenie Sylowa, 70dzailanie addytywne, 79dzialanie multyplikatywne, 79dzielnik zera, 35dzielniki zera, 79

element algebraiczny, 128element neutralny, 15element nierozkladalny, 86element odwrotny, 15element pierwszy, 86element prymitywny rozszerzenia, 122epimorfizm grup, 21

epimorfizm pierścieni, 84Eratostenes, 17Euklides, 7, 12Euler, 8, 16Eulera funkcja, 16

Fermat, 37formula sita, 17Frobenius, 67

Gauss, Carl Friedrich, 93generator grupy, 23graf, 74grupa, 15grupa abelowa, 15grupa alternujaca, 34grupa automorfizmów grafu, 75grupa cykliczna, 22, 23grupa dihedralna, 20grupa Galois, 143grupa ilorazowa, 31grupa Kleina, 22grupa obrotow wlasciwych, 20grupa permutacji, 15grupa przemienna, 15grupa skonczona, 17grupa transformacji, 25grupy izomorficzne, 21

homomorfizm grup, 21homomorfizm pierścieni, 83

ideal, 81ideal glowny, 83ideał, 81identyfikacjia grup izomorficznych, 21iloczyn prosty grup, 57iloczyn wewnetrzny grup, 57

159

160 INDEKS

iloraz, 11izomorfizm grup, 21izomorfizm pierścieni, 84

jadro homomorfizmu pierścieni, 84

krawedz grafu, 74Kronecker, 57krotność pierwiastka wielomianu, 136krotnosc, 22kryterium Eisensteina, 110kwaterniony, 62

lemat-gaussa, 107liczba algebraiczna, 128liczby pierwsze, 7liczby wzglednie pierwsze, 13

Male Twierdzenie Fermata, 37monomorfizm grup, 21monomorfizm pierścieni, 84Muzychuk M., 74

najwiekszy wspolny dzielnik, 11normalizator podgrupy, 32

odwzorowanie addytywne pierścieni, 84

pierścień ilorazowy, 82, 83pierscien, 79pierscien bez dzielnikow zera, 79pierscien clkowity, 79pierscien Dedekinda, 87pierscien Gaussa, 93pierscien przemienny, 79pierscien z jedynka, 79pierscien z rozkladem, 93pierwsze twierdzenie Sylowa, 65pochodna wielomianu, 136podcialo, 103podgrupa, 19podloga liczby rzeczywistej, 8podpierścień, 81podpierscień, 81potega elementu, 22prawa skracania, 80

prawostronna warstwa modulo podgrupa,27

przystawanie modulo ideal, 82przystawanie modulo polgrupa, 26

relacja przystawania modulo, 80reszta, 11rozklad na czynniki, 86rozklad wasciwy, 86rozklady jednakowe, 93rozszerzenie cial, 121rozszerzenie nieskończone, 128rozszerzenie proste, 122rozszerzenie rozdzielcze ciała, 147rozszerzenie skoncone, 128rzad elementu pierścienia, 88rzad elementu grupy, 23rzad grupy, 17

sprzerenie podgrupy, 31sprzerenie podzbioru grupy, 31sprzezenie elementu grupy, 31stopien wielomianu, 95sufit liczby rzeczywistej, 8Sylow, 65

tabela Cayleya, 21twierdzenie Cantora, 135twierdzenie Cauchy’ego, 67Twierdzenie Cauchyego dla skonczonych

grup abelowych, 57twierdzenie Cayleya, 25twierdzenie Lagrange’a, 26twierdzenie Muzychuka, 74twierdzenie o dzileniu liczb calkowitych,

11twierdzenie o iloczynie wymiarów, 131twierdzenie o izomorfizmie pierścieni,

84twierdzenie o orbicie i stabilizatorze,

49twierdzenie o rozszerzeniach skonczo-

nych, 131twierdzenie o wielomianie minimalnym,

128twierdzenie Sylowa, 65, 70

INDEKS 161

wielomian rozdzielczy, 147wierzcholek grafu, 74wymiar rozszerzenia ciala, 128wzór o rozkładzie dla p-podgrupy, 69wzor o rozkladzie na orbity, 69

zad grupa dihedralna, 35zasada sita, 17zasada wlaczania i wylaczania, 17Zasadnicze twierdenie o skonczonych gru-

pach abelowych, 58Zasadnicze twierdzenie o skonczonych

grupach abelowych, 57zero pierscienia, 79znak permutacji, 34

Algebra

Documents

Transcript of Algebra