Sbírka příkladů z odborné soutěže pro předmět Algebra II konané v semestru Podzim 2014 Autorský kolektiv: Radan Kučera, Ondřej Klíma a Jaromír Kuběn Příklady jsou určeny těm studentům, kteří mají hlubší zájem o algebru. Jsou tedy zamýšleny nejen pro studenty Obecné matematiky nebo studenty Statistiky a analýzy dat, ale také pro všechny ostatní studenty matematiky, tedy bez ohledu na studijní obor - zkrátka pro všechny, kterým je blízký abstraktní styl myšlení a kteří budou, například při volbě tématu bakalářské práce, inklinovat ke studiu abstraktních matematických oborů. První část sbírky obsahuje zadání 10 příkladů, jež byly v semestru Podzim 2014 pravidelně zadávány v rámci soutěže podpořené FRMU a jsou proto označeny jako kolo 1 až 10. Druhá část sestává ze vzorových řešení k jednotlivým kolům. U každého kola jsou v úvodu uvedeny doporučené znalosti, odkazy míří na přednášky o svazech a okruzích probírané v Algebře II v podzimním semestru 2014; tyto přednášky jsou k dispozici na stránce https://is.muni.cz/el/1431/podzim2014/M3150/um/. 1 Část I — Zadání 2 1. kolo — Svaz všech relací na množině N Doporučené znalosti: svazy, podsvazy, homomorfismy svazů, úplné svazy - přednáška Svazy.pdf. Zadání: Symbolem 1Z označíme množinu všech binárních relací na množině všech přirozených čísel N, tj. 1Z = V(N x N). Jakožto systém všech podmnožin množiny N x N je množina 1Z uspořádána inkluzí a (11, C) je úplný svaz. Označme £ C 1Z množinu všech relací ekvivalence na množině N a IÁ C 1Z množinu všech uspořádání na stejné množině. a) (1 bod) Rozhodněte, zda je £ nebo IÁ podsvazem svazu (1Z, C). b) (1 bod) Dokažte, že (£, C) je svaz. c) (1 bod) Rozhodněte, zda je (£, C) úplný svaz. d) (1 bod) Rozhodněte, zda je (U, C) svaz a zda je úplný svaz. e) (2 body) Uvažujme zobrazení / : 1Z —» "P(N), které relaci p přiřadí množinu všech čísel, která jsou v relaci s číslem 1, tj. f(p) = {x £ N; (x, 1) G p}. Rozhodněte, zda je zobrazení / homomorŕismus svazu (1Z, U, n) do svazu ("P(N),U,n). Je homomorŕismus svazů některé ze zúžení zobrazení / na definiční obory £ resp. U? f) (4 body) Dejte příklad injektivního homomorŕismu svazu 1Z do svazu £. Komentář: Pro zisk kladného počtu bodů není nezbytně nutné odevzdávat kompletní řešení všech jednotlivých úloh, nicméně pokud odpovídáte na některou z otázek ano/ne, pak se očekává, že odpověď zdůvodníte. Připomeňme, že pro libovolnou množinu X značí V(X) systém všech podmnožin množiny X, přitom na množině V(X) uvažujeme uspořádání inkluzí C. V uvažované uspořádané množině (V(X), C) je potom libovolná podmnožina Z C V(X) systémem podmnožin množiny X, a tedy můžeme psát Z = {Xi C X; i G /}, kde / je vhodná indexová množina. Supremum Z je potom sjednocení systému Z, tj. sup Z = [JieIXi. Podobně infimum neprázdné množiny Z je průnik systému Z, tj. inf Z = Hie/ -^«> přitom infimum prázdné množiny Z je největší prvek v (V(X), C). tj. inf 0 = X. Výsledná uspořádaná množina (V(X),C-) je proto úplný svaz, zejména lze tedy uvažovat svaz (V(X),U,n). Řešení - str. 18. 3 2. kolo — Konečné distributivní svazy Doporučené znalosti: distributivní svazy, nedosažitelné prvky - přednáška Distr.pdf. Zadání: Pro dvouprvkový svaz ({0,1}, max, min) budeme používat označení 2. a) (1 bod) Buď M = (M, V, A) konečný svaz aa:M->2 homomorfismus svazů takový, že 1 G Im a. Označme Fa = {x G M;a(x) = 1}. Dokažte, že podmnožina Fa má nejmenší prvek, který označíme fa. Dokažte dále, že prvek fa je V-nedosažitelný. b) (1 bod) Ukažte, že v předchozím tvrzení je předpoklad konečnosti svazu M nezbytný. Tj. dejte příklad svazu M a homomorfismus svazů a : M —> 2 takového, že podmnožina Fa / I nemá nejmenší prvek. c) (3 body) Nechť M = (M, V, A) je svaz. Pro V-nedosažitelný prvek m svazu M definujeme podmnožinu Xm = {x G M; x ^ m} a zobrazení am : M —> {0,1} předpisem , . í 1 pro x > m. Dokažte, že pokud M je distributivní svaz, pak Xm je jeho ideál a am je homomorfismus svazu M do svazu 2. d) (1 bod) Ukažte, že v předchozím tvrzení je předpoklad distributivity svazu M nezbytný. Tj. dejte příklad svazu M a v něm V-nedosažitelného prvku m takového, že Xm není ideál a am není homomorfismus svazů. e) (1 bod) O konečném distributivním svazu M víme, že má právě n V-nedosažitelných prvků. Určete, kolik existuje homomorfismů ze svazu M do svazu 2. f) (3 body) Buď M = (M, V, A) konečný distributivní svaz a P C M jeho podsvaz. Dále buď (3 : P —> 2 homomorfismus svazů. Dokažte, že existuje homomorfismus svazů a : M —> 2 takový, že pro všechny prvky x G P platí a (x) = (3{x). Komentář: Hlavním úkolem v tomto kole je tvrzení v části f). Zadání v ostatních částech lze chápat jako přípravné či doplňující. Tvrzení z f) lze také formulovat následujícím způsobem: Pro konečný distributivní svaz M a jeho podsvaz P lze libovolný homomorfismus svazů (3 : P —> 2 rozšířit na homomorfismus svazů a : M —> 2. Požadovaná podmínka totiž říká, že zúžení zobrazení a na definiční obor P je dané zobrazení (3. Pro důkaz tvrzení f) lze použít i poznatek, že libovolný prvek v konečném svazu lze zapsat jako supremum V-nedosažitelných prvků dle věty 7.7 z učebního textu ke svazům a také následujících vět o konečných distributivních svazech. Pro zisk kladného počtu bodů není nezbytně nutné odevzdávat kompletní řešení jednotlivých úloh. Zejména se nebojte v řešení jedné části zadání použít tvrzení z jiné části, přestože jste potřebné tvrzení sami nedokázali. Připomeňme ještě, že prvek m G M se nazývá V-nedosažitelný, jestliže pro libovolnou dvojici prvků b, c G M takových, že m = b V c, platí m = b nebo m = c (viz definice na str. 21 v učebním textu). Svaz 2 lze alternativně popsat jako uspořádanou množinu ({0,1}, <), kde 0 < 1. Výrokem x ^ m samozřejmě máme na mysli negaci výroku x >m. Řešení - str. 19. pro x G X, 4 3. kolo — Konečně generované distributivní svazy Doporučené znalosti: distributivní svazy, nedosažitelné prvky - přednáška Distr.pdf. Zadání: a) (2 body) Nechť (G, V, A) je libovolný distributivní svaz a A jeho podmnožina. Dokažte, že pro (A), podsvaz svazu (G, V, A) generovaný množinou A, platí: (A) = { (au A ai2 A • • • A alkl) V (a2i A a22 A • • • A a2k2) V ... • • • V (a„i A an2 A • • • A ankn) ; n, fci,... kn G N, au,... ankn e A} . b) (1 bod) Nechť (G, V, A) je libovolný distributivní svaz, který je generovaný n-prvkovou množinou prvků A, tj. (A) = G. O prvku g G G řekneme, že je infimem generátorů, jestliže lze psát ve tvaru g = a± A a± A • • • A a^, kde k G N a a±, a2,..., ak G A. Množinu všech prvků, které jsou infimem generátorů, označíme AA. Dokažte, že AA má nejvýše 2n — 1 prvků. c) (1 bod) Dokažte, že libovolný distributivní svaz, který je generovaný konečnou množinou prvků, je konečný. d) (2 body) Nechť (G, V, A) je libovolný distributivní svaz, který je generovaný 3-prvkovou množinou prvků {a,b,c}. Dokažte, že |G| < 18. e) (1 bod) Pro libovolnou uspořádanou množinu (M, <) uvažujeme H(M), množinu všech dědičných podmnožin. Dokažte, že (H(M), C) je úplný svaz, který je distributivním svazem. Jestliže má navíc uspořádaná množina (M, <) nejmenší prvek, pak je distributivním svazem i množina (D(M), C) všech neprázdných dědičných podmnožin uspořádané množiny (M, <). f) (3 body) Nalezněte největší distributivní svaz, který je generovaný trojicí svých prvků. Tedy zvolte vhodnou uspořádanou množinu (M, <) takovou, že (D(M), C) má 18 prvků a přitom je svaz (Ľ(M),U,n) generovaný vhodnou trojicí svých prvků. Komentář: Protože rozumíte podgrupám generovaným množinou, jistě jste si uvědomili, že existence podsvazu (A) je zaručena, neboť (A) je průnik všech podsvazů svazu G obsahujících podmnožinu A. Přitom množina všech podsvazů daného svazu uspořádaná inkluzí tvoří úplný svaz. Připomeňme, že B je dědičná podmnožina uspořádané množiny (M, <), jestliže pro každé b (z B a a (z M takové, že a < b, platí a G B. Zejména si povšimněme, že 0 je dědičná podmnožina (M, <) a že platí H{M) = D{M) U {0}. Protože konečný svaz má vždy nejmenší prvek, bylo na str 22. textu o svazech výhodnější pracovat pouze s D{M). Poznamenejme, že tvrzení c) neplatí pro svazy. Existuje totiž svaz, který je nekonečný a přitom je generovaný svojí čtyřprvkovou podmnožinou. Tento svaz si však ukážeme až na semináři. Řešení - str. 22. 5 4. kolo — Reprezentace Booleových algeber pomocí ultrafiltrů Doporučené znalosti: Booleovy algebry - přednášky Distr.pdf a BooleovyOkruhy.pdf. Zadání: a) (1 bod) Nechť F je neprázdný filtr svazu S a x je prvek svazu S. Dokažte, že filtr generovaný sjednocením F U {x} je roven množině všech prvků s G S, pro které existuje / G F tak, že s > / A x. b) (3 body) Nechť A je netriviální Booleova algebra a i7 je její neprázdný vlastní filtr. Dokažte, že následující podmínky jsou ekvivalentní: (i) F je ultrafiltr A, (ii) pro každé prvky x,y G A takové, že x V y G i7, platí x G i7 nebo y G i7, (iii) pro každý prvek x G A platí x G i7 nebo x' G F. c) (3 body) Nechť A je netriviální Booleova algebra, F její vlastní filtr a / její vlastní ideál takové, že F Dl = 0. Dokažte, že existuje ultrafiltr ř7 Booleovy algebry A takový, že F C U a um = 0. d) (3 body) Nechť A je netriviální Booleova algebra. Označme U{A) množinu všech ultrafiltrů Booleovy algebry A. Nechť i: A —> V{U(A)) je zobrazení dané předpisem i(x) = {U G U (A); x G U}. Dokažte, že i je injektivní homomorfismus Booleových algeber (kde systém V (pí (A)) všech podmnožin množiny U (A) je uspořádán inkluzí). [Nápověda: v částech c) a d) lze využít charakterizaci ultrafiltrů v Booleových algebrách z podmínky ii) části b); dále v části c) použijte Zornovo lemma na vhodnou množinu filtrů A: pro důkaz injektivity zobrazení v d) využijte tvrzení z c).] Komentář: Booleova algebra se nazývá triviální, pokud má jediný prvek (který je zároveň nulou i jedničkou této algebry). Pokud má Booleova algebra naopak aspoň dva prvky, nazývá se netriviální. Snadno se uvidí, že Booleova algebra je netriviální právě tehdy, když v ní platí 0^1. Filtr nebo ideál v nějakém svazu se nazývá vlastní, pokud je vlastní podmnožinou daného svazu, tj. není roven celému svazu. V Booleově algebře je zřejmě filtr vlastní resp. neprázdný právě tehdy, když neobsahuje nulu resp. obsahuje jedničku (a analogicky pro ideály). Filtr v nějakém svazu se nazývá ultrafiltr, pokud je to maximální (vzhledem k inkluzi) vlastní filtr, tj. pokud v daném svazu neexistuje žádný ostře větší vlastní filtr. Nakonec uvedeme tvrzení známé jako Zornovo lemma (též nazývané Kuratowski-Zornovo lemma nebo princip maximality), které má spoustu aplikací v nejrůznějších oblastech matematiky. Nechť (S, <) je neprázdná uspořádaná množina taková, že každý neprázdný řetězec C v S má v S horní závoru (tj. pro každou podmnožinu 0 ^ C C S takovou, že C je vzhledem k danému uspořádání řetězec, existuje prvek množiny S větší nebo roven než všechny prvky C). Potom platí, že pro každý prvek a G S existuje prvek m G S takový, že m je maximální prvek S a navíc m> a. Snadným důsledkem tohoto tvrzení (který se rovněž nazývá Zornovo lemma) je, že S má za daných předpokladů aspoň jeden maximální prvek (naopak z tohoto důsledku snadno plyne předchozí tvrzení, rozmyslete si proč). Zornovo lemma se dokazuje v teorii množin, k důkazu je potřeba tzv. axiom výběru (přesněji platí, že nad tzv. Zermelo-Fraenkelovou teorií množin je Zornovo lemma ekvivalentní axiomu výběru). Řešení - str. 24- 6 5. kolo — Mocniny algebraických prvků a rozšíření těles Doporučené znalosti: stupeň rozšíření, algebraický prvek, - přednáška RozsireniTeles.pdf. Zadání: a) (1 bod) Nechť K C T je algebraické rozšíření těles, nechť P je podokruh tělesa T obsahující těleso K. Dokažte, že pak P je podtěleso tělesa T. b) (1 bod) Nechť K C T je rozšíření těles, prvek a G T je algebraický nad tělesem K. Dokažte, že je-li stupeň rozšíření [K(a) : K] liché číslo, pak platí K (a) = K(a2). c) (1 bod) Ukažte na vhodně zvoleném příkladu rozšíření těles K C T & algebraického prvku a G T, že přestože stupeň rozšíření [K(a) : K] není dělitelný třemi, nemusí platit K{a) = K(a3). d) (1 bod) Nechť n je přirozené číslo, nechť K C T je rozšíření těles a prvek a G T je algebraický nad tělesem K. Dokažte, že pokud stupeň rozšíření [K(a) : K] není dělitelný žádným prvočísem p < n, pak platí K (a) = K{an). e) (2 body) Nechť K je podtěleso tělesa komplexních čísel C, nechť /x, v G C jsou taková, že platí /x2, v2 G -řr a současně /i + z/ 7^ 0. Dokažte, že pak platí K(fi + v) = ľ). f) (4 body) Nechť je podtěleso tělesa komplexních čísel C. Nechť jsou dána čísla a, b G K taková, že b není druhou mocninou v tělese K. Dokažte, že následující výroky jsou ekvivalentní: (i) a2 — b je druhou mocninou v K. (ii) Existuje P G C takové, že (32 = b, a existují fi, v G C tak, že platí fi2,u2 G K a současně a + /3 = (/i + f)2. (iii) Pro každé /3 G C takové, že /32 = 6, existují fi, v G C tak, že platí fi2,v2 E K & současně a + /3 = (/i + ť)2. Komentář: Rozšíření těles K Q T nazýváme algebraické, jestliže každý prvek a G T je algebraický nad tělesem K. O prvku b G K říkáme, že je druhou mocninou v tělese K, právě když existuje r G K tak, že r2 = b. Poznamenejme, že podmínku z poslední úlohy f) lze také formulovat takto: existují m,n G K taková, že y/a + \fb = yjm + yjn (při vhodné volbě znamének u odmocnin). Všimněte si, že pokud je tato rovnost splněna a b není druhou mocninou v tělese K, pak užitím úlohy e) dostaneme K(Va + Vb) = K{^ň + y/n) = K{^ň, y/n). Řešení - str. 26. 7 6. kolo — Uspořádaná a formálně reálná tělesa Doporučené znalosti: uspořádaní, Algebra I. Zadání: a) (1 bod) Nechť P je formálně reálné těleso. Dokažte, že char F = 0. b) (2 body) (i) Nechť F je uspořádané těleso. Označme P = {a6F:a>0) množinu všech prvků P, které jsou v daném uspořádání nezáporné. Dokažte, že platí P + PCP, P-PCP, -IÍ P aPU(-P) = F. (ii) Nechť F je těleso a P je jeho podmnožina taková, že platí P + PCP, P-PCP. — 1 i P a P U (—P) = F. Definujme na F binární relaci < tak, že pro každé a, b G F je a < b právě tehdy, když b — a G P. Dokažte, že tato relace je lineární uspořádání na F, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. c) (2 body) (i) Nechť ^ je lineární uspořádání tělesa M, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. Dokažte, že ^ = <, kde < je standardní uspořádání M. (ii) Nechť < je lineární uspořádání tělesa Q, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. Dokažte, že < = <, kde < je standardní uspořádání M zúžené na Q. d) (2 body) Dokažte, že existují právě dvě lineární uspořádání tělesa Q(\/2), vzhledem ke kterým je to uspořádané těleso, a popište, jak vypadají nezáporné prvky v těchto uspořádáních [Nápověda: Využijte toho, že existuje automorfismus tělesa Q(\/2) zadaný vztahem a + by/2 i—> a — bV2 pro a, o G <1J.J e) (1 bod) Dokažte, že každé uspořádatelné těleso F je formálně reálné. f) (2 body) Nechť F je formálně reálné těleso. (i) Uvažme množinu S všech podmnožin M tělesa F takových, že M+M C M, M-M C M. F2 C M a —1 i M. Dokažte, že existuje množina P G S, která je maximální prvek S vzhledem k inkluzi. [Nápověda: Použijte Zornovo lemma na uspořádanou množinu (5, C) (nezapomeňte také dokázat, že S je neprázdná).] (ii) Nechť P je libovolný maximální prvek S vzhledem k inkluzi. Dokažte, že platí P U (—P) = F, a odvoďte, že F je uspořádatelné těleso. [Nápověda: Předpokládejte sporem, že existuje a G P takové, že a, —a £ P, a uvažte množinu P + a ■ P'.] Komentář: Těleso P se nazývá formálně reálné, pokud v něm nejde —1 napsat jako součet čtverců, tj. neexistuje n G N a prvky a±,..., an G P takové, že — 1 = Y17=i aí- Snadno se uvidí, že P je formálně reálné právě tehdy, když v něm nejde 0 napsat jako součet čtverců, z nichž aspoň jeden je nenulový, tj. pokud 0 = Yľi=i ai Pro nějaké n G N a a±,..., an G P, pak a± = ... = an = 0. 8 Skutečně, pokud by existovaly takové prvky, že 0 = Y17=i aí a ^ez AÍmy na obecnosti a\ 7^ 0, pak by platilo —1 = ^ľ=2(a*/ai)2' naoPak ze vztahu —1 = ^ľ=i aí plyne 0 = 12 + Sľ=i aí- Příkladem formálně reálného tělesa je těleso M nebo jeho libovolné podtěleso. Uspořádané těleso je struktura (F, +,-,<), kde (F, +, •) je těleso a relace < je lineární uspořádání (tj. řetězec) na F takové, že: • pro každé prvky a,b,c G F platí, že pokud a < b, pak a + c < b + c, • pro každé prvky a, b G F platí, že pokud a > 0, b > 0, pak a& > 0. (Zápis a > b znamená totéž, co b < a, stejně tak můžeme používat symboly < a > obvyklým způsobem.) Z podmínky z prvního puntíkuje snadno vidět, že platí a < b právě tehdy, když b—a > 0. Takováto uspořádání se tedy dají jednoznačně popsat pouze pomocí množiny prvků, které jsou vzhledem k nim nezáporné (tj. větší nebo rovny než 0). Tvrzení z příkladu b) navíc ukazují vlastnosti, které taková množina musí mít. Příkladem uspořádaného tělesa je těleso M se „standardním" uspořádáním nebo jeho libovolné podtěleso s příslušným zúženým uspořádáním. Ne pro každé těleso existuje lineární uspořádání, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso, nebo naopak takových uspořádání může existovat více než jedno. Řekneme, že F je uspořádatelné těleso, pokud pro něj aspoň jedno takové uspořádání existuje (nicméně narozdíl od uspořádaného tělesa nemáme vybráno jedno konkrétní). Z tvrzení z příkladů e) a f) plyne, že těleso je uspořádatelné právě tehdy, když je formálně reálné. Příkladem tělesa, které uspořádatelné není, je tedy např. těleso C. Z tvrzení z a) rovněž plyne, že žádné těleso s kladnou charakteristikou není uspořádatelné. Vysvětlíme ještě použitou notaci. Pro libovolné podmnožiny A, B C F tělesa F a prvek c G i7 značíme A + B = {a + b: a G A, b G B}, A ■ B = {ab: a G A, b G B}, A2 = {a2: a G A}. — A = { — a: a G A}, c - A = {ca: a G A}. Zornovo lemma je vysvětleno v komentáři ke 4. kolu soutěže. Řešení - str. 27. 9 7. kolo — Věty o izomorfismech pro okruhy Doporučené znalosti: ideál okruhu a jím určený faktorokruh - přednášky IdealyOkruhu.pdf a FaktorizaceOkruhu.pdf. Zadání: a) (2 body) Nechť R je podokruh okruhu S a / je ideál okruhu S. Dokažte, že R + I je podokruh S, I je ideál R + I, R D I je ideál i?, a okruhy R/(R(~) I) a [R + jsou izomorfní. [Nápověda k poslednímu úkolu: Dokažte, že složení inkluze R —> R + / a projekce i? + / —> {R + ]e surjektivní homomorfismus okruhů, jehož jádro je i? n /.] b) (2 body) Nechť R je okruh a I,J jsou jeho ideály. Označme p projekci z i? do R/I. (i) Dokažte, že {J + I)/I je ideál okruhu R/I a platí p(J) = {J + I)/I. (ii) Pokud navíc platí / C J, dokažte, že J/7 je ideál okruhu R/I a okruhy i?/J a (R/I)/(J/I) jsou izomorfní. [Nápověda: Ukažte, že existuje surjektivní homomorfismus okruhů R/I —> R/J, jehož jádro je J/I.) c) (2 body) Nechť R je okruh, / jeho ideál a p je projekce z i? do R/I. Označme C{R). resp. C{R/I) svazy ideálů R, resp. R/I uspořádané inkluzí. Dále označme Ci{R) filtr svazu C{R) generovaný prvkem / (tj. svaz všech ideálů R, které obsahují /). Konečně označme a: Ci{R) —> C{R/I) zobrazení definované pro každé J G Ci{R) vztahem a{J) = p{J) a /3: C{R/I) —> £i(R) zobrazení dané pro každé K G C(R/I) vztahem fi{K) = p_1(i;í). (i) Dokažte, že zobrazení a a (3 jsou korektně definovaná izotonní zobrazení, která jsou vzájemně inverzní, a odvoďte, že svazy Ci{R) a C{R/I) jsou izomorfní. (ii) Dokažte, že v tomto izomorfismu odpovídají maximální ideály, resp. prvoideály okruhu R obsahující / maximálním ideálům, resp. prvoideálům okruhu R/I. d) (4 body) (i) Najděte příklad netriviálních komutativních okruhů R a S, surjektivního homomor-fismu okruhů /: R —> S a maximálního ideálu M okruhu R takových, že f{M) není maximální ideál S. (ii) Najděte příklad netriviálních komutativních okruhů R a S, surjektivního homomor-fismu okruhů /: R —> S a nenulového prvoideálu P okruhu R takových, že f(P) je vlastní ideál okruhu S, který není prvoideál. Komentář: Poznamenejme, že tvzení z a) se nazývá druhá věta o izomorfismu, tvrzení z b) třetí věta o izomorfismu a tvrzení z c) čtvrtá věta o izomorfismu (nebo také věta o korespondenci, anglicky rovněž lattice theorem). Hlavní věta o faktorokruzích (dokazovaná na přednášce) se často také nazývá první věta o izomorfismu. Přesněji řečeno v tomto případě hovoříme o větách o izomorfismech pro okruhy, analogická tvrzení platí pro grupy, vektorové prostory, atd. Na závěr ještě zmiňme, že součet podokruhu a ideálu je definován podobně jako součet ideálů, tedy R + / = {r + a; r G R, a G /}. Řešení - str. 28. 10 8. kolo — Jacobsonův radikál, nilradikál okruhu a radikál ideálu Doporučené znalosti: ideál okruhu a jím určený faktorokruh - přednášky IdealyOkruhu.pdf a FaktorizaceOkruhu.pdf. Zadání: a) (1 bod) Nechť R je okruh. Dokažte, že pro každý vlastní ideál / tohoto okruhu existuje maximální ideál M okruhu R takový, že I C M. [Nápověda: Použijte Zornovo lemma na množinu všech vlastních ideálů okruhu R uspořádanou inkluzí.] b) (2 body) Nechť R je netriviální komutativní okruh a x G i?. Dokažte, že x G J (R) právě tehdy, když pro všechna r G i? platí 1 + r x G Rx. [Nápověda: k důkazu implikace zleva doprava využijte tvrzení z a).] c) (2 body) Nechť R je komutativní okruh. (i) Dokažte, že N(R) je ideál okruhu R. (ii) Nechť / je ideál okruhu i? a p je kanonická projekce R —> R/I. Dokažte, že \fl = p^1(N(R/1)), a odvoďte, že \fl je ideál okruhu R. d) (3 body) Nechť R je komutativní okruh a x G i? jeho prvek takový, že x ^ N(R). Označme S = {x11: n G N}. Dále označme T množinu všech ideálů okruhu R, které jsou disjunktní s S. (i) Dokažte, že existuje ideál P okruhu R, který je maximální prvek T vzhledem k inkluzi. [Nápověda: Použijte Zornovo lemma na uspořádanou množinu (T, C) (nezapomeňte dokázat, že 0).] (ii) Nechť P je libovolný ideál okruhu R, který je maximální prvek T vzhledem k inkluzi. Dokažte, že P je prvoideál. [Nápověda: Předpokládejte sporem, že existují y,z G R takové, žey,z^Payz(zP,a ukažte, že potom platí P + (y) G T nebo P + (z) G T.] e) (2 body) Nechť R je netriviální komutativní okruh. (i) Dokažte, že N (R) je roven průniku všech prvoideálů okruhu R. [Nápověda: k důkazu inkluze „5" použijte tvrzení z d).] (ii) Nechť / je vlastní ideál okruhu R. Dokažte, že \fl je roven průniku všech prvoideálů okruhu R, které obsahují /. [Nápověda: Použijte c)ii), e)i) a tvrzení z c)ii) ze 7. kola soutěže.] Komentář: Nechť R je netriviální komutativní okruh. Pak podle a)i) existuje aspoň jeden maximální ideál tohoto okruhu, neboť {0} je jeho vlastní ideál (připomeňme, že vlastním ideálem okruhu R rozumíme každý jeho ideál / splňující I ^ R), takže můžeme uvážit průnik všech maximálních ideálů okruhu R. To je zřejmě ideál okruhu R, který se nazývá Jacobsonův radikál okruhu R a značí se J(R). 11 Nechť nyní R je libovolný komutativní okruh a I je jeho ideál. Potom značíme množinu všech prvků okruhu R takových, že nějaká jejich mocnina patří do ideálu I, tedy yfl = {r G R: (3n G N: rn G /)}. Množina yfl se nazývá radikál ideálu I. Podle c)ii) je yfl ideál okruhu R. Zřejmě platí I C yfl, nicméně tato inkluze může být ostrá, například pro ideál 4Z okruhu Z platí \/4Z = 2Z. Pokud yfl = 7, pak se I nazývá radikálový ideál. Snadno se uvidí, že platí yfyfl = yfl, takže yfl je vždy radikálový ideál. Konečně nilradikál okruhu R definujeme jako radikál nulového ideálu a značíme N(R), tj. N(R) = \J{0}. Jinými slovy N(R) je množina všech prvků x G i?, pro které existuje n G N tak, že xn = 0 (prvek x s touto vlastností se nazývá nilpotentní). Víme, že množina C{R) všech ideálů okruhu R uspořádaná inkluzí je úplný svaz. Infimum libovolné neprázdné podmnožiny tohoto svazu je rovno průniku všech ideálů patřících do této podmnožiny, zatímco infimum prázdné množiny je rovno nevlastnímu ideálu R. Tvrzení z e)i) a e)ii) jsme tedy ekvivalentně mohli formulovat tak, že N(R), resp. yTl jsou rovny infimu množiny všech prvoideálů okruhu R, resp. množiny všech prvoideálů okruhu R obsahujících I ve svazu C{R). Výhoda této formulace je v tom, že potom tato tvrzení budou platit i pokud je R triviální okruh, resp. I je nevlastní ideál okruhu R. Stejně tak J(R) můžeme ekvivalentně definovat jako infimum množiny všech maximálních ideálů okruhu R v C{R). Tato definice potom dává smysl i pokud je R triviální okruh, v tom případě bude J{R) = R. Rovněž tvrzení z b) bude po tomto rozšíření definice platit i pro triviální R. Není těžké nahlédnout, že v komutativním okruhu R je každý prvoideál rovněž radikálový ideál (opačná implikace ale neplatí, neboť např. 6Z je radikálový ideál okruhu Z, který není prvoideál). Stejně tak se snadno uvidí, že průnik libovolné neprázdné množiny radikálových ideálů je opět radikálový ideál. Odtud a z úlohy e)ii) dostáváme, že vlastní radikálové ideály okruhu R jsou právě průniky prvoideálů tohoto okruhu. Pokud analogicky jako v předchozím odstavci nahradíme tento průnik infimem ve svazu C{R), tak bude tato charakterizace platit i pro nevlastní ideál okruhu R (který je zjevně radikálový). Zornovo lemma je vysvětleno v komentáři ke 4. kolu soutěže. Řešení - str. 31. 12 9. kolo — Čínská zbytková věta pro komutativní okruhy Doporučené znalosti: ideál okruhu a jím určený faktorokruh - přednášky IdealyOkruhu.pdf a FaktorizaceOkruhu.pdf. Zadání: a) (1 bod) Nechť R je okruh, I a J ideály okruhu R. Dokažte, že součin / • J ideálů / a J je množina všech konečných součtů prvků tvaru r • s, kde r G / a s G J, tedy n I • J = {^2^ ■ sf, n G N, n,... ,rn G /, si,... ,sn G jj. Dokažte dále inkluzi I • J C. I C\ J. b) (1 bod) Nechť i? je okruh, /, J, ideály okruhu R. Dokažte, že platí rovnost (I ■ J) ■ K = I ■ (J ■ K). c) (1 bod) Nechť R je komutativní okruh. Dokažte, že je-li / = (a±,..., an) ideál generovaný množinou {a±,..., an} C. R & J = (pi,..., bm) ideál generovaný množinou {bi,..., bm} C i?, pak jejich součin / • J je ideál generovaný množinou všech součinů aj • fy těchto generátorů, tj- I ■ J = ({a,i - bj; i = 1,... ,n, j = 1,... ,m}). d) (1 bod) Nechť R je okruh, /, J, K ideály okruhu R. Dokažte, že pokud je ideál / nesoudělný s oběma ideály J a K, pak je ideál / nesoudělný s jejich součinem J ■ K. e) (1 bod) Nechť R je komutativní okruh a I, J nesoudělné ideály okruhu R. Dokažte, že pak i ■ J = i n J. f) (5 bodů) Nechť R je komutativní okruh a Ii, I2, ■ ■ ■, In, kde n > 2, ideály okruhu R. Definujme zobrazení tp: R —> R/Ii x • • • x R/In předpisem ip(x) = (x + h, x + I2, ... ,x + In) pro libovolné x G i?. (i) Dokažte, že tp je homomorfismus okruhů s jádrem Ii D I2 D ■ ■ ■ D In. (ii) Dokažte, že tp je surjektivní, právě když ideály Ii, I2,..., In jsou po dvou nesoudělné. (iii) Dokažte, že jsou-li ideály Ii,... ,In jsou po dvou nesoudělné, pak li ■ I2 ■ ■ ■ In = li D I2 n • • • n In, a tedy homomorfismus tp dává izomorfismus R/(Ii ■ I2 ■ ■ ■ In) — R/Ii x R/12 x • • • x R/In. [Nápověda: Pro ii) a iii) použijte indukci vzhledem k n. V ii) v případě n = 2 využijte prvky r G Ii a s G I2 splňující r + s = 1 k tomu, abyste pro dané a, b G R sestrojili prvek c = r- b + s- aa ukázali, že c G (a + Ii) n (b + I2). Užitečné jsou i úlohy d) a e).] 13 Komentář: Součin ideálů I a J okruhu R je definován jako ideál generovaný množinou {r-s; r G í, s Ě J} všech součinů prvků ideálu / s prvky ideálu J, úloha a) popisuje, jaké má tento ideál prvky Uvědomte si, že rovnost dokázaná v úloze b) znamená, že množina všech ideálů okruhu R tvoří s operací násobení pologrupu, máme tedy definován součin libovolného konečného počtu ideálů. Ideály I a J okruhu R se nazývají nesoudělné, jestliže I + J = R, což je podmínka ekvivalentní s tím, že existují r G / a s G J tak, že r + s = 1. Ideály I±,..., In okruhu R se nazývají po dvou nesoudělné, jestliže pro každé 1 < j < k < n jsou ideály Ij a 1^ nesoudělné. Tvrzení f) se nazývá Čínská zbytková věta pro komutativní okruhy. Z Algebry I známe její speciální případ pro okruh celých čísel Z a dvě nesoudělná přirozená čísla m, n. Pak jsou hlavní ideály (m), (n) nesoudělné (vzpomeňte si na Bezoutovu identitu) a podle c) platí (m)-(n) = (mn). Proto Z/(m) x Z/(n) = Z/(mn), neboli Zm x Zn = Zmn. Řešení - str. 32. 14 10. kolo — Okruhy polynomů a formálních mocninných řad nad komutativním okruhem Doporučené znalosti: polynomy, 8. a 9. kolo soutěže. Zadání: a) (2 body) Nechť R je komutativní okruh a f(x) = YmLq0-^1 £ Je formální mocninná řada nad R, kde en G R pro všechna i G No- Dokažte, že f(x) G i?[[x]]x právě tehdy, když a0 G Rx. [Nápověda: V důkazu implikace zprava doleva rekurzivně zkonstruujte posloupnost koeficientů inverze prvku f(x).] b) (4 body) Nechť R je komutativní okruh a f(x) = Y^í=o aix% ^ R[x] Je polynom nad R, kde n G No a aj G i? pro všechna 0 < i < n. Dokažte, že f(x) G i?[x]x právě tehdy, když clq G i?x a aj G N (R) pro všechna 1 < i < n. [Nápověda: Pro implikaci zleva doprava použijte tvrzení z e)i) z 8. kola soutěže, pro implikaci zprava doleva použijte tvrzení z a) a ukažte, že inverzní prvek prvku f(x) v i?[[x]] je polynom.] c) (4 body) Nechť R je komutativní okruh a f(x) = Y^í=oaiXt ^ R[x] je nenulový polynom nad R stupně n, kde n G No, a« G R pro všechna 0 < i < n a % / 0. Dokažte, že f(x) je dělitel nuly v okruhu R[x] právě tehdy, když existuje nenulové c G i? takové, že cf(x) = 0. [Nápověda: Pro důkaz implikace ve směru zleva doprava uvažte nenulový polynom g(x) = J27=o ^iX% na<^ neJmenšího možného stupně takový, že platí f(x)g(x) = 0, a předpokládejte sporem, že st(g(x)) > 0. Dokažte, že existuje í G {0,... ,n}, pro které je a^g(x) ^ 0, a že pro největší takové í platí st(ci£g(x)) < st(g(x)).] Komentář: Nechť R je komutativní okruh. Formální mocninná řada nad R je formální výraz J2íloaiXt> kde a; G i? pro i G No- Narozdíl od reálných nebo komplexních mocninných řad používaných v matematické analýze zde x nechápeme jako (reálnou nebo komplexní) proměnnou, ale pouze jako abstraktní symbol, stejně tak nekonečná suma v tomto výrazu je pouze formální. Formální mocninnou řadu tedy můžeme chápat jako posloupnost {aj}^0 prvků R, nicméně výše uvedený zápis je více intuitivní pro počítání s těmito řadami. Množinu všech formálních mocninných řad nad okruhem R značíme i?[[x]] (popřípadě s jiným písmenem místo x). Na množině i?[[x]] můžeme definovat operace sčítaní a násobení takové, že je vzhledem k nim komutativní okruh. Sčítaní definujeme „po složkách", tj. pro formální mocninné řady YľS=oaixl-YlíĹo ^iX% ^ kde aj, bi G R pro všechna i G Nq, máme \j=o / \j=o / i=0 Násobení definujeme tak, že vynásobíme členy „každý s každým" a dáme dohromady členy se stejnými mocninami, tj. 15 kde vnitřní suma je konečný součet v okruhu R a vnější suma je formální (takto definovaný součin mocninných řad se nazývá Cauchyho součin). Není těžké (byť trochu pracné) ověřit, že s takto definovanými operacemi je skutečně komutativní okruh. Stejně tak se snadno uvidí, že okruh polynomů R[x] můžeme považovat za po-dokruh okruhu (pokud každý polynom ztotožníme s příslušnou formální mocninnou řadou, která má jenom konečně mnoho nenulových koeficientů). Hlavní výhodou formálních mocninných řad oproti mocninným řadám chápaným jako funkce proměnné x je v tom, že zde nemusíme řešit, jestli a kde daná řada konverguje. Například přímo z výše uvedených definic se snadno spočítá, že pro libovolný komutativní okruh R platí v rovnost (Yľ^Ĺo x%) • — x) = 1 (kde používáme výše popsanou konvenci, tj. např. 1 — x chápeme jako formální mocninnou řadu Ym^qChx1 , kde a® = 1, a± = — 1 a aj = 0 pro i > 2, stejně tak YľS=o x% samozřejmě znamená YľS=o 1 'xt)- Pokud ovšem tuto rovnost chápeme jako rovnost funkcí reálné nebo komplexní proměnné, tak platí pouze pro \x\ < 1. Připomeňme, že nenulový prvek a G i? komutativního okruhu R se nazývá dělitel nuly, pokud existuje nenulové b G R takové, že ab = 0 (obecněji pokud daný okruh není komutativní, tak je třeba rozlišovat levé a pravé dělitele nuly). Dále připomeňme, že N(R) značí nilradikál komutativního okruhu R, tj. množinu všech nilpotentních prvků tohoto okruhu, viz komentář k 8. kolu soutěže. Řešení - str. 34- 16 Část II — Řešení 17 1. kolo — řešení Označme A nejmenší prvek v uspořádané množině £, tj. A = {(n,n);n G N}. a) Ve svazu 1Z platí inf {p, a} = p D a a sup{p, - (Vi G / : (a, b) G Pi) =>- (Vi G / : {b, a) G p i) =>- {b, a) G r. Podobně se dokáže tranzitivita: pro libovolná a, b, c G N platí (a, b), (b, c) G r (Vi G / : (a, 6), (6, c) G pi) =^ (Vi G / : (a, c)Gpj) =^ (a, c) G r. Zbývá dokázat, že r je infimem množiny Z = {pj G £; i G /}. Protože pro všechna i G / máme t pi, je r dolní závorou množiny Z. Buď dále a libovolná dolní závora Z, tj. a C pť pro všechna i G /. Potom a C P|igí p« = r a r je tudíž největší dolní závora Z, tj. r = inf Z. d) Ukážeme, že uspořádaná množina IÁ není svaz, a tudíž ani úplný svaz. Stačí uvažovat například dvě uspořádání z části a): p = A U {(1,2)} G IÁ a o = A U {(2,1)} G ZY. Pro tyto prvky neexistuje prvek a £ U, který by byl horní závorou dvouprvkové množiny {p, a}, protože předpoklady (1, 2) G p C a, (2,1) G o C a jsou ve sporu s předpokladem, že a je antisymetrická relace. e) Aby zobrazení bylo homomorfismem svazů, musí zachovávat obě operace, tj. infima i suprema. Ukážeme, že i) / je homomorfismus a ii) zúžení f na £ homomorfismus není. V případě IÁ pak není třeba nad otázkou přemýšlet, protože IÁ není svaz, a tudíž zúžení f na U nemůže být homomorfismus svazů. Ad i): Pro zobrazení / a libovolnou dvojici relací p, a G 1Z ověříme, že platí f{p U a) = f(p)Uf(a)if(pna)=f(p)nf(a). Pro libovolný prvek a G N platí násedující ekvivalence: a G f (p U a) <í=^> (a, 1) G p U ((a, 1) G p nebo (a, 1) G a) <í=> <=^ (a G f (p) nebo a G /(a)) -4=>- a G /(p) U /(a). A také platí podobné ekvivalence: a G /(p H a) <í=^ (a, 1) G p H a <í=^ ((a, 1) G p a současně (a, 1) G a) <í=> <í=^ (a G f (p) a současně a G /(o-)) <í=^ a G /(p) H /( N \ {1} nějakou takovou bijekci. Intuitivně lze tedy říci, že jsme prvky množiny N x N očíslovali přirozenými čísly („labely") většími než 1. Dále pro libovolnou relaci p G 1Z označíme (3(p) = {a(x); x G p}U{l}. Relace p je podmnožina množiny N x N a (3(p) je množina „labelů" prvků p obohacená číslem 1. Zejména platí (3(p) C N a definovali jsme tedy zobrazení (3 : 1Z —> V(N). Přitom je vidět, že zobrazení (3 je injektivní a navíc není obtížné dokázat, že se jedná i o homomorfismus svazu (1Z, U, n) do svazu ("P(N), U, n). (Dokonce bychom mohli říci, že se jedná o izomorfismus svazu 1Z a podsvazu V(N) sestávajícího z podmnožin obsahujících prvek 1.) Konečně pro relaci p G 1Z označíme g(p) = (/3(p) x (3(p)) U A C N x N. Snadno se ověří, že pro libovolnou množinu A C N je relace (A x A) U A relací ekvivalence na N - tuto relaci budeme značit ta- Proto je g korektně definované zobrazení z množiny 1Z do množiny £ a můžeme psát g(p) = Tg(p). Vzhledem k tomu, že z rovnosti ta = tb plyne A = B a že (3 je injektivní zobrazení, dostaneme navíc, že g je injektivní zobrazení. Uvažme nyní dvě podmnožiny A, B C N obsahující číslo lak nim příslušné relace ekvivalence ta Potom ve svazu £ platí: T~a A Tb = ta n Tb = T~ac\Bi tav tb = taub ■ (*) První rovnost plyne z jednoduché množinové rovnosti (A x A) n {B x B) = (A n B) x (A n B) a druhá plyne ze skutečnosti, že supremum se ve svazu £ počítá jako tranzitivní obal sjednocení příslušných relací. (Poznamenejme, že pro platnost druhé rovnosti je nezbytné, aby množiny A a B měly neprázdný průnik, což nám zajišťují předpoklady 1 G A, 1 G B.) Zbývá nám dokázat, že zobrazení g zachovává operace infima a suprema. Buďte p, a G 1Z libovolné relace. Pak g(p u a) = Tp(pUa) = t-/3(p)u/3(ct) = ^(p) V T^a) = g{p) V g (a) , kde první a čtvrtá rovnost platí dle definice zobrazení g, druhá rovnost platí, neboť f3 je homomorfismus svazů, a třetí rovnost plyne z vlastnosti (*). Podobně dostaneme g(p na) = T^pna) = r^(p)níg(o.) = TP{p) A Tp{a) = g{p) A g (a) . Dokázali jsme, že g je injektivní homomorfismus svazu 1Z do svazu £. 2. kolo — řešení a) Z předpokladu 1 G Im a plyne M / (3 i Fa / (3. Ukážeme, že neprázdná podmnožina Fa je uzavřená na operaci A. Pokud x,y G Fa, pak a(x) = a(y) = 1, a protože a je homomorfismus svazů, dostáváme a(x/\y) = a(x) /\a(y) = 1 Al = 1, tzn. x/\y G Fa. Protože M je konečný svaz, je i množina Fa konečná a existuje tudíž n G N, a prvky fi, ■ ■ ■, fn £ M takové, že Fa = {f±,..., fn}. Můžeme proto uvažovat prvek /i A • • • A /n, tj. infimum všech prvků množiny Fa. Protože je Fa uzavřená na operaci A, vidíme, že prvek fa = f± A • • • A fn je prvkem Fa. (Formálně se indukcí 19 vzhledem ke k dokáže fakt /i A • • • A G Fa.) Navíc zřejmě platí fa x, dostáváme a(y) = a(x V y) = a(x) V a(y) = 1 V a (y) = 1. (Tzn. fakt, že Fa je nahoru uzavřená podmnožina, plyne ze skutečnosti, že každý homomorfismus svazů je zároveň izotonní zobrazení.) Lze tedy Fa vyjádřit jako Fa = {x G M; x > fa}, což se nám bude hodit později. b) Důkaz v předchozí části fungoval, protože pro konečnou množinu Fa bylo možné uvažovat infimum všech jejich prvků. V protipříkladu tedy stačí, aby Fa obsahovala nekonečný klesající řetězec bez infima. Například lze uvažovat množinu všech celých čísel Z uspořádanou dle velikosti. Pokud a bude konstantní zobrazení do 1, pak zřejmě množina Fa = Z nemá nejmenší prvek. Jiným příkladem je třeba svaz (Q, <), taktéž uspořádaný dle velikosti, spolu se zobrazením a, které kladným číslům přiřadí 1 a nekladným 0. Zde Fa je podmnožina kladných racionálních čísel, která nemá nejmenší prvek. c) Zjevně je množina Xm = {x G M; x ^ m} dolů uzavřená: pro x G Xm, x > y by y 0 Xm totiž znamenalo x > y > m, což je spor s x G Xm. Uzavřenost množiny Xm na operaci supremum dokážeme sporem. Předpokládejme existenci prvků x,y G Xm takových, že x V y 0 Xm. Potom platí x V y > m. Proto m A (x V y) = m. Nyní použijeme distributivitu svazu M: m = m A (x V y) = (m A x) V (m A y). Protože m je V-nedosažitelný prvek v M, dostaneme buď m A x = m nebo m A y = m. První možnost znamená m < x a druhá m < y. Oba případy jsou ve sporu s předpokladem x,y G Xm, a proto je předpoklad x V y 0 Xm nesplnitelný. Dokázali jsme, že podmnožina Xm je uzavřená na operaci supremum, a je tedy ideál. Uvažme nyní zobrazeni drn : M —> {0,1} a libovolné prvky x,y G M. Potřebujeme ověřit, že platí následující rovnosti am(x Ay) = am(x) A am(y), (*) am(x V y) = am(x) V am(y). (**) Dokažme nejdříve rovnost (*). Pokud x G Xm nebo y G Xm, pak x A y G Xm, protože Xm je ideál. Obě strany rovnosti (*) jsou tedy rovny 0. Pokud x 0 Xm a zároveň y 0 Xm, pak x > m & y > m, z čehož plyne x A y > m. Dle definice am máme v tomto případě am{x) = am{y) = am{x A y) = 1 a rovnost (*) opět platí. Nyní ověříme rovnost (**). Pokud x i y náleží do ideálu Xm, pak máme i x V y G Xm, a proto rovnost (**) v tomto případě platí, neboť am{x) = am{y) = am{x V y) = 0. Pokud x 0 Xm nebo y 0 Xm, tj. x > m nebo y > m, pak x V y > m a obě strany rovnosti (**) jsou rovny 1. Tím jsme dokončili ověření obou požadovaných rovností (*), (**), a am je homomorfismus svazů. d) Uvažme svaz M5, tj. svaz obsahující nejmenší prvek 0, největší prvek 1 a trojici nesrovnatelných prvků x,y,z, pro něž platí 0 < x,y,z < 1. Potom pro m = x máme Xm = {0, y,z}, což není ideál, neboť y V z 0 Xm. (Povšimněme si, že Xm je dolů uzavřená podmnožina, protože v části c) jsme pro důkaz této vlastnosti distributivitu nepotřebovali.) Dále am{y V z) = am(l) = 1, přitom am{y) = am{z) = 0. Tedy am není homomorfismus. e) Je-li M prázdný svaz, pak existuje právě jeden homomorfismus svazu M do svazu 2. Předpokládejme dále, že M 7^ 0. Označme A množinu všech V-nedosažitelných prvků svazu M a B množinu všech homomorfismů svazu M do svazu 2, které zobrazují některý prvek na prvek 1. Z konečnosti množiny M plyne i konečnost množin A a B. Zřejmě existuje jediný homomorfismus 20 svazu M do svazu 2, který není prvkem B, a tím je konstantní zobrazení na prvek 0. Proto je počet všech homomorfismů svazu M do svazu 2 roven \B\ + 1. V části c) jsme pro libovolný prvek m G A zkonstruovali homomorfismus am G B. Můžeme tedy definovat zobrzení tp : A —> B, které prvku m přiřadí ip{m) = am. Přitom pokud pro dva prvky m,n G A platí am = an, potom z rovnosti 1 = am{m) = an{m) plyne m > n, a naopak z rovnosti 1 = an{n) = am{n) plyne n>m. Tedy předpoklad am = an implikuje m = n. Zobrazení p je tedy injektivní a proto \A\ < \B\. V části a) jsme pro libovolný homomorfismus a G B definovali Fa jako množinu všech prvků x splňujících a{x) = 1, ukázali jsme, že má nejmenší prvek fa G Fa, a odvodili jsme rovnost Fa = {x G M;x > fa}. Můžeme tedy definovat zobrzení ip, které homomorfismů a G B přiřadí prvek fa. Protože jsme dokázali, že prvek fa je V-nedosažitelný, je ip zobrazení množiny B do množiny A. Přitom pokud pro dva homomorfismy a, (3 G B platí fa = fp, potom Fa = {x G M\x > fa} = {x G M; x > f p} = Fp. Pro libovolné x G M tedy máme a (x) = 1 -4=>- x G Fa = F/3 -4=>- (3{x) = 1. Předpoklad fa = f p proto implikuje a = (3. Zobrazení ip je injektivní a tudíž \B\ < \A\. Dokázali jsme, že \ A\ = \B\. Počet všech homomorfismů svazu M do 2 je proto roven \B\ +1 = \A\ + 1 = n + 1. f) Pokud P = 0 nebo (3 je konstantní zobrazení, pak lze za a vzít také konstantní zobrazení. (V případě M = 0 míníme konstatním zobrazením prázdné zobrazení.) Předpokládejme tedy, že P 0 a Im/3 = {0,1}. Protože P je podsvaz M, je také konečným distributivním svazem a můžeme na něj a na homomorfismus (3 aplikovat předchozí poznatky. Zejména dle části a) je podmnožina Fp C P filtr v P s nejmenším prvkem m = fp. Tento prvek m je V-nedosažitelný v P a, proto Xm = {x G P; x ^ m} je ideál v P, dle části c). Přitom Xm ^ 0, neboť Xm = 0 by znamenalo, že m je nejmenší prvek P a (3 je konstantní zobrazení do 1, což jsme vyloučili předpokladem Im/3 = {0,1}. Protože svaz P je konečný, má neprázdný ideál Xm nej větší prvek (je to supremum všech jeho prvků) i. Pro libovolný prvek x G P tedy platí (3{x) = 1 <í=^> x > m a (3{x) = 0 <í=^ x < i. Také vidíme, že z i G Xm plyne i ~£ m. Dodejme ještě, že množiny Xm a Fp = {x G P; x > m} jsou tedy dvě disjunktní podmnožiny množiny P, jejichž sjednocení je celá množina P. (Tvoří tedy rozklad množiny P.) Prvek m nemusí být V-nedosažitelný v M, ale z konečnosti M plyne, že m lze psát jako supremum V-nedosažitelných prvků v M, tj. m = m\ \Ziri2 V • • • Vm^, kde mi,..., jsou vhodné V-nedosažitelné prvky v M. Snadno se vidí, že existuje index j G {1, ...,&} takový, že i ^ m3-. protože předpoklad i > rrij pro všechna j G {1, ...,&} implikuje i > mi V rri2 V • • • V = m, což není pravda. Našli jsem tedy V-nedosažitelný prvek q = rrij v M, pro který platí q < m, i ^ q. Uvažme nyní homomorfismus svazů aq : M —> 2 definovaný v části c). Pro něj a libovolný prvek x G P platí: pokud x > m, pak x > m > q a tedy ag(x) = 1 a pokud x < i, pak x ^ q (neboť x > q znamená q < x < i, spor) a tedy aq{x) = 0. Dostáváme tak v obou případech a g (x) = (3{x) pro všechna x G P, a proto aq\p = (3. Jiné řešení: V předchozím řešení lze druhý a třetí odstavec nahradit jinou úvahou, která používá větu o reprezentaci konečných distributivních svazů. Podle ní lze předpokládat, že M je (až na izomorfismus) podsvaz svazu (V(Z),u,pí), pro vhodnou konečnou množinu Z. Je tedy m = CCZai = í)CZ. Přitom i = D 2 C = m znamená, že existuje prvek c G C C Z takový, že c G" Ľ. Nyní můžeme definovat zobrazení a, a to dokonce s definičním oborem V (Z), takto: a(Y) = 1 <í=^> c G Y. Zřejmě se jedná o homomorfismus svazu V (Z) do svazu 2, a tím pádem i o homomorfismus svazu M do 2. Pro libovolný prvek Y < i (tzn. Y C i = D) máme c 0 Y, a tudíž a(y) = 0; a pro prvek y > m (tzn. ľ 3 m = C) máme c G y, a tedy a(Y) = 1. Proto pro libovolné y G P platí a(y) = f3(Y) a a je hledaný homomorfismus. 21 3. kolo — řešení a) Označme X množinu ze zadání, tj. X = { (au A ai2 A • • • A alkl) V (a2i A a22 A • • • A a2fc2) v • • • • • • V (a„i A an2 A • • • A anfcJ ; n, ki,... kn G N, au,... ankn G A } . (*) Chceme ukázat, že X je podsvaz svazu (G, V, A) generovaný množinou A, tzn. nejmenší podsvaz svazu (G, V, A), který obsahuje množinu A. Zřejmě platí A C X, neboť v (*) lze vzít n = 1, k\ = 1 a za prvek au brát postupně všechny prvky z množiny A. Dokažme dále, že X je podsvaz (G,V,A). Předně si povšimněme, že (dle notace ze zadání části b)) množina X sestává právě z prvků, které jsou supremem několika prvků z množiny AA. Uvažujme nyní dva libovolné prvky x a y z X. Můžeme tedy psát x = x\ V x2 V • • • V xn a V = 2/1 V 2/2 V """ V ž/mi kde Xj, y, G AA pro všechna i < n a j < m. Snadno se nahlédne, že x V y = x\ V x2 V • • • V xn V y± V y2 V • • • V ym je prvkem množiny X, neboť je supremem prvků z AA. Množina X je tedy uzavřena na suprema. Dále můžeme psát x a y = x a (yi V y2 V • • • V ym) = (x A yi) V (x A y2) V • • • V (x A ym), kde jsme použili distributivitu svazu (G, V, A). Pro libovolné j < m pak platí x A yj = {xi V x2 V • • • V xn) A y,- = (xi A yi) V (x2 A y,-) V • • • V (xn A yj). Protože platí x±,..., xn, y±,..., ym G AA, dostáváme, že pro libovolné i < n a j < m platí xí A y^ G AA. Proto je x A y supremem prvků z AA a tedy x A y G X. Tudíž X je podsvaz svazu (G,V,A). Konečně předpokládejme, že M je podsvaz svazu (G, V, A), který obsahuje množinu A. Protože AA obsahuje jen infima prvků z A, dostáváme AA C M. Podobně X obsahuje pouze suprema prvků z AA a tedy X C M. Dostáváme tedy, že X je nejmenší podsvaz obsahující A. b) Pro libovolnu neprázdnou podmnožinu B konečné množiny A máme jednoznačně dán prvek inf B G AA. Tím je tedy definováno zobrazení a z množiny V'(A), množiny všech neprázdných podmnožin n prvkové množiny A, do množiny AA. Uvažme libovolný prvek a = a± Aa2 A • • • Aan G AA. Pokud existují 1 < i < j < n takové, že aj = aj, potom díky základním vlastnostem operace A, tj. asociativitě, komutativitě a idempotenci, platí a = a± A • • • A a^-i A a^+i A • • • A an. Lze tedy jakýkoliv prvek z AA psát jako innmum různých prvků a zobrazení a je proto surjektivní. Protože množina V'(A) má právě 2n — 1 prvků, má množina AA nejvýše 2n — 1 prvků. c) Pokud budeme uvažovat duální konstrukci ke konstrukci z části b), můžeme definovat, pro libovolnou podmnožinu B C G, množinu By = {b\ V • • • V bm; m G N, b±,..., bm G B}. Přitom duální tvrzení k tvrzení z části b) říká, že |Í3V| < 2^B\ — 1. Nechť (G, V, A) je generovaný n prvkovou množinou A. Tvrzení z části a) lze nyní zapsat takto: G = (A) = (AA)V. Protože |AA| < 2n - 1, dostáváme |G| < 22""1 - 1. Zejména je množina G konečná. d) Označme A = {a, b, c}. Víme, že B = AA = {a, b,c,a A 6, a A c, 6 A c, a A 6 A c} má nejvýše sedm prvků. Navíc v podmnožině B uspořádané množiny (G, <) je a A b A c nejmenší prvek, a dále x A y < x pro libovolnou volbu x, y G A. Pokud budeme uvažovat By = {b\ V • • • V bm; m G N, bi,..., bm G B}, pak ve výrazu b\ V • • • V bm lze brát prvky b±, 62,..., bm jako nesrovnatelné: v opačném případě, lze výsledný prvek zapsat jednodušeji, a to vypuštěním menšího z dvojice srovnatelných prvků. Určeme, kolik takových výrazů (s po dvou nesrovnatelnými prvky) existuje pro každé možné m. V těchto výrazech nebudeme, pro m > 2, používat prvek a A b A c, který je menší než všechny ostatní prvky, a také nebudeme rozlišovat mezi výrazy, které dávají - použitím asociativity, komutativity a idempotence - stejný prvek v G. 22 • Pro m = 1 dostaneme sedm výrazů a,b,c,a Ab,a A c,b A c,a Ab A c, tj. vyjádření prvků množiny AA. • Pro m = 2 máme k prvku a maximálně tři nesrovnatelné prvky, a to b, c a b A c. Máme tedy tři výrazy a V 6, d V c a a V (í) A c). Podobně pro bac dostaneme navíc b V c, b V (a A c), c V (a A 6). Pokud ve vyjádření &i V 62 není žádný z prvků z množiny A, pak dostáváme tři možné výrazy (a A 6) V (a A c), (a A 6) V (6 A c) a (a A c) V (6 A c). Celkem tedy máme devět výrazů pro m = 2. • Pro m = 3, pokud výraz obsahuje dva prvky z množiny A, pak ten třetí také musí být z množiny A, tj. dostaneme výraz a V b V c. Podobně pokud výraz obsahuje dva prvky z množiny {a A b, a A c, b A c}, pak ten třetí také musí být z této množiny, tj. máme výraz (a A b) V (a A c) V (b Ac). • Z předchozí úvahy také plyne, že pro m > 4 výraz 61 V • • • V bm nutně obsahuje srovnatelné prvky. Celkem tedy máme £>v = {a, b, c, a A b, a A c, b A c, a A b A c, a V b, a V c, 6 V c, a V (6 A c), 6 V (a A c), c V (a A b), (a A b) V (a A c), (a A b) V (6 A c), (a A c) V (6 A c), a V 6 V c, (a A 6) V (a A c) V (b A c)} . Zejména dostáváme |G| = |Í3V| < 18. e) Prázdná množina je dědičná, a také M je dědičná. Má proto (H(M), C) nejmenší a nej větší prvek, což jsou navíc supremum a infimum prázdné množiny. Průnik a sjednocení libovolného neprázdného systému dědičných podmnožin uspořádané množiny (M, <) je dědičná podmnožina - důkaz je snadný. Proto je H(M) úplný svaz. Navíc se suprema a infima počítají stejně jako ve svazu (V(M), C), všech podmnožin množiny M, a je proto H(M) podsvaz svazu (V(M), U,n). Protože (V(M), U,n) je distributivní svaz a podsvaz distributivního svazu je distributivní svaz, dostáváme, že (H(M), U,n) je distributivním svazem. Má-li uspořádaná množina (M, <) nejmenší prvek a, pak a je prvkem každé neprázdné dědičné podmnožiny množiny M. Proto H(M) = D(M) U {0} a D(M) je podsvazem svazu H(M) s nejmenším prvkem {a}. Je proto D(M) distributivní svaz a navíc je i úplným svazem. Nicméně je vhodné si uvědomit, že supremum prázdné podmnožiny je nyní nejmenší prvek v D(M), tj. {a}. f) Za (M, <) vezmeme sedmiprvkovou uspořádanou množinu (V'({1, 2, 3}), <), kde X < Y právě když Y C X. Je tedy {1,2,3} nejmenším prvkem. Označme nyní dědičné podmnožiny a = {{l}, {1,2}, {1,3}, {1,2,3}}, b = {{2}, {1,2}, {2, 3}, {1,2, 3}}, c = {{3}, {1,3}, {2, 3}, {1,2, 3}}. Zbývá ověřit, že všechny výrazy z vyjádření By z části d) jsou po dvou různé dědičné podmnožiny v M (připomínáme, že operacemi jsou průnik a sjednocení): aA6 = {{l,2},{l,2,3}}, a Ac = {{1,3},{1,2, 3}}, b A c = {{2, 3}, {1, 2, 3}}, a AbAc = {{1,2,3}}, aV6 = {{l},{2},{l,2},{l,3},{2,3},{l,2,3}}, aVc = {{l},{3},{l,2},{l,3},{2,3},{!,2,3}}, 23 č>Vc = {{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}}, a V (b A c) = {{1}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}} b V (a A c) = {{2}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}} c V (a A 6) = {{3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}} (a A b) V (a A c) = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 2, 3}}, (a A b) V (6 A c) = {{1, 2}, {2, 3}, {1, 2, 3}}, (a A c) V (6 A c) = {{1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}, aV&Vc = {{l},{2},{3},{l,2},{l,3},{2,3},{l,2, 3}}. !,3}}. (a A 6) V (a A c) V (6 A c) = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2 4. kolo — řešení a) Pokud pro prvek s É S existuje / G F takové, že s > / A x, pak zřejmě s G (i7 U {x}) f, neboť / A x G (i7 U {x}) f. Naopak, pokud s G (i7 U {x}) f, pak podle věty 3.2 z učebního textu existuje n G N a ai,..., an G i7 U {x} takové, že s > ai A • • • A an. Pokud je a± = ... = an = x, pak zřejmě s > x > x A / pro libovolné / G F (takové existuje, neboť F je neprázdny). Pokud aspoň jeden z prvků a±,..., an není roven x, pak musí patřit do F. Pak označme / innmum (neprázdné) množiny těch prvků z a±,..., an, které patří do F, Zřejmě pak aj > / A x pro 1 < i < n (protože buď a,i > f nebo aj = x), takže s > a± A • • • A an > f A x. b) (i) (ii): Nechť F je ultrafiltr A a předpokládejme sporem, že existují x, y G A takové, že x \/ y £ F & x,y i F. Potom je filtr (i7 U {x})f ostře větší než F. Pokud ukážeme, že je to navíc vlastní filtr, tak dostaneme hledaný spor. Kdyby bylo y G (i7 U {x})f, pak podle části a) existuje / G F takové, že y > f A x. Potom z distributivity A plyne y = (f A x) V y = (f V y) A (x V y) G F, neboť / V y G F (z uzavřenosti F nahoru) a x V y G i7 (podle předpokladu), což je spor. Takže y Í (F U {x})|, a tedy (F U {x})| je vlastní filtr. Pozn.: V této části jsme nijak nevyužili komplementaritu svazu A ale pouze distributivitu, tato implikace tudíž platí pro všechny distributivní svazy. (ii) (iii): Nechť je splněna podmínka (ii) a x G A. Platí x V x' = 1 G F (neboť F je neprázdný), takže podle (ii) platí x G i7 nebo x' G F. Pozn.: Všimněte si, že pro žádný prvek x G A nemůže platit obojí x G F a x' G F, protože potom by platilo 0 = x A x' G F, a tak by F nebyl vlastní filtr. (iii) (i): Nechť je splněna podmínka (iii) a předpokládejme sporem, že F není ultrafiltr, tedy existuje ostře větší vlastní filtr F' Booleovy algebry A. Zvolme libovolný prvek x G F'\F. Potom x i F, a tedy podle (iii) je x' G i7, a tudíž x' G F'. Je tedy x, x' G F', což je podle předchozí poznámky spor s tím, že F' je vlastní filtr. c) Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že i7 je neprázdný, protože kdyby byl prázdný tak ho můžeme nahradit filtrem {1} (který je vlastní, protože A je netriviální Booleova algebra), čímž neporušíme podmínku F D I = 0, neboť I je vlastní ideál A a tak 1 £ I. 24 Nechť T je množina všech vlastních filtrů A, které obsahují F a jsou disjunktní s /. Ukážeme, že uspořádaná množina (T, C) splňuje předpoklady Zornova lemmatu. Zřejmě F G J-, takže T je neprázdná. Nechť 0 7^ C C T je libovolný neprázdný řetězec v T. Ukážeme, že M = IJreC ^ rovněž patří do T', potom to zřejmě bude horní závora C. Nechť 1,5 £ M. Potom existují T±,T2 G C takové, že x G Ti a y G T2. Jelikož C je řetězec, tak platí Ti C T2 nebo T2 C Ti. Potom x,y G max(Ti, T2), a tak x A y G max(Ti,T2), tudíž x A y G M. Dále M je sjednocením nahoru uzavřených množin, a tak je rovněž nahoru uzavřená. Ukázali jsme tedy, že M je filtr A. Zřejmě M obsahuje F (neboť C je neprázdná a každý její prvek obsahuje F) a je disjunktní s / (neboť každý prvek C je disjunktní s /). Navíc všechny prvky C jsou vlastní filtry A, takže neobsahují 0, tudíž 0 ^ M, a tak je M vlastní filtr A. Celkem jsme tedy dokázali, že M G T. Podle Zornova lemmatu existuje nějaký maximální prvek množiny T', označme ho U. Budeme hotovi, když ukážeme, že U je ultrafiltr A. Jelikož F C U a F 7^ 0, tak U 7^ 0. Podle tvrzení z b) budeme hotovi, když ukážeme, že U splňuje podmínku (ii) z tohoto příkladu. Předpokládejme tedy sporem, že existují x, y G A tak, že x V y G U a x, y ^ U. Stejně jako v důkazu implikace (i) =4> (ii) v příkladu b) se ukáže, že potom (U U {x}) f a (t/U {y}) t jsou vlastní filtry A, které jsou ostře větší než U. Ani jeden z těchto filtrů nemůže být disjunktní s /, protože pak by patřil do J a dostali bychom spor s maximalitou U. Zvolme libovolné prvky s± G (U U {x})f n / a s2 G (U U {y})t H L Potom podle příkladu a) existují u±,u2 G U takové, že s± > u\ A x a s2 > u2 A y. Jelikož / je uzavřený dolů, tak u\ A x, u2 A y G /, z čehož plyne («i A x) V («2 A y) G T Podle distributivity A platí («! Ax)V(u2 Ay) = ((«1 Ax) Vu2) A ((«1 Ax) Vy) = («i Vu2) A(xVu2)A (u\ Vy) A (x V y) G U. protože ui V ^2, x V ^2, ^1 V y G ř7 (neboť U je uzavřená nahoru) a x V y G t/ podle předpokladu. Jelikož ale U H / = 0, dostali jsme hledaný spor. d) Nejprve ukážeme, že zobrazení i je injektivní. Nechť x, y G A, x 7^ y. Potom je x ^ y nebo y x. V prvním případě platí x f n y 1,= 0 (neboť kdyby existovalo nějaké z G x f H y j,, tak by bylo x < z < y), a tak podle tvrzení z příkladu c) existuje ř7 G U (A) tak, že xf C U a U Hy4,= 0, tedy x (z U a y ^ U. Analogicky pokud y ^ x, tak existuje U G tak, že x ^ U a y G t/. Platí tedy í(x) 7^ í(y), a zobrazení i je tudíž injektivní. Nyní ukážeme, že i je homomorfismus Booleových algeber. Ultrafiltry jsou podle definice vlastní filtry, a tak platí i(0) = 0. Jelikož je A netriviálni Booleova algebra, tak prázdný filtr není její ultrafiltr (neboť {1} je ostře větší vlastní filtr A). Tudíž všechny ultrafiltry A jsou neprázdné, a proto = IÁ(A). Nechť x,y G A. Pro libovolný filtr F Booleovy algebry A zřejmě platí x A y G T právě tehdy, když xGTayGi7, a pro libovolný ultrafiltr U Booleovy algebry A platí podle příkladu b) x V y G U právě tehdy, když x G U nebo y G U. Odtud dostaneme, že i(x Ay) = {U G U(A); x A y G U} = {U G U (A); x G U a y G U} = {U G U (A); x G U}H{U €U(A);y G U} =i(x)ni(y) ai(xVy) = {U G^(A);xVy G f/} = {f/ G W(A);x G f/ nebo y G r/} = {U G W(A);x G U} U {ř7 G W(A);y G U} = i(x)Ui(y). Dokázali jsme tedy, že zobrazení i je skutečně homomorfismus Booleových algeber. Pozn.: V případě, že A je konečná, se snadno uvidí, že její ultrafiltry jsou právě filtry tvaru af, kde a je atom A, zobrazení i je tedy vlastně totožné se zobrazením h z důkazu věty 8.7 z učebního textu. V tom případě je tedy i dokonce izomorfismus Booleových algeber. Nicméně pokud je A nekonečná, pak už toto zobrazení nemusí být surjektivní. Lze ukázat, že na U(A) lze zavést jistou topologii tak, že potom pro každou množinu P C IÁ(A) platí, že P leží v obrazu i právě tehdy když je P v této topologii obojetná (tj. zároveň otevřená i uzavřená). Tato tvrzení jsou částí věty nazývané Stoneova dualita. 25 5. kolo — řešení a) Abychom dokázali, že podokruh P je podtěleso, musíme pro libovolné a G P, a 7^ 0, ukázat, že a-1 G P. Protože K C T je algebraické rozšíření těles a a G T, je a algebraický prvek nad K. Podle věty o jednoduchých rozšířeních z přednášky pak víme, že K [a] = K (a), tedy podokruh tělesa T generovaný K U {a} je podtělesem tělesa T. Protože P je podokruh tělesa T a platí K U {a} C P, je K [a] C P. Potřebné plyne z toho, že a"1 G -ŕŕ(a) = K [a] C P. b) plyne z d) níže volbou n = 2. c) Položme K = Q, a = -± Pak a3 = 1, tedy Q(a3) = Q. Protože x3 - 1 = (x -l)(x2 + x +1) aa/ljea kořenem polynomu x2 + x + 1. Současně a ^ Q, tedy Q (a) 7^ Q(a3) a x2 + x + 1 je minimální polynom prvku a nad Q, proto [Q(a) : Q] = 2, což není dělitelné třemi. d) Zřejmě an G K (a), a tedy K(an) C ^(a). Označme m = [K (a) : Ä"(o;n)]. Protože a je kořenem polynomu xn — an G -řr(an), minimální polynom / prvku a nad lf (an) je dělitelem polynomu xn — an. Proto m = st / < st(xn — an) = n. Z inkluzí Ä" C K(an) C .K" (a) a věty o násobení stupňů plyne [-řr(a) : K] = m ■ \K(an) : K], a tedy žádné prvočíslo p (iii) Z předpokladu máme c G K tak, že a2 — b = c2. Zvolme libovolně /i, 1/ G C tak, aby ^2 = «±c, v2 = Zřejmě /x2, v2 G K. Protože (2/xi/)2 = = (a + c)(a - c) = a2 - c2 = 6, libovolné (3 G C splňující /32 = 6 je tvaru /3 = ±2/íia Bez újmy na obecnosti lze předpokládat (3 = 2fiv (jinak zvolíme —v místo v). Pak (/x + ľ)2 — /3 = /í2 + i/2 = + = a. (iii)=>(ii) Plyne z toho, že jistě nějaké (3 G C splňující (32 = b existuje. (ii)=>(i) Platí tedy a + (3 = (/i + ^)2, odkud 2/iľ = /3 + (a — fi2 — v2), umocněním 2fii/ = (/i + ľ)2 — /i2 — ľ2 G K(/i + 1/) a 2 = -jrpí £ -K") platí /xi/ G K(fi + 1/). Pak /í(/í2 - i/2) = (/i2 - iiv){ii + 1/) g ^(/i + v) což vzhledem k 0 (/i + i/)(/í - v) = /í2 - i/2 G K (32 + (a - /i2 - i/2)2 + 2/3(a - /i2 - i/2). Protože a, f32, fi2,v2 g -řr, pokud by a — /í2 — v2 7^ 0, dostali bychom úpravou 0 4/iV _ ^ _ (a _ ^ _ ^2)2 2(a - /i2 - i/2) GK, což není pravda. Je tedy a = /í2 + v2, odkud (3 = 1\iv. Proto b = (/i2 + ^2)2 _ (2/ii/)2 = ^4 + ^2 + J/4_ ^2 = (/i2 26 6. kolo — řešení a) Předpokládejme sporem, že char F = p > 0 (kde p je prvočíslo). Potom v F platí — 1 = l2 + ... + l2, takže F není formálně reálné, spor. p—1 sčítanců b) -i) Nechť a, 6 G P. Potom a > 0, z čehož plyne a + 6 > 6. Zároveň 6 > 0, takže z tranzitivity dostáváme a + 6 > 0. Z podmínek a > 0, 6 > 0 rovněž plyne a6 > 0. Platí tedy a + 6, a6 G P, a tak P+P C P a P-P C P. Pro libovolné a G P platí a > 0 nebo a < 0, neboť jde o lineární uspořádání, tudíž a > 0 nebo —a > 0. Odtud plyne P U (—P) = P, a navíc platí a? = a ■ a = (—a) • (—a), v obou případech tedy dostáváme a2 > 0, tj. a2 G P. Zejména je tedy 1 = l2 > 0, takže — 1 < 0 a z antisymetrie dostáváme — 1 ^ P. ii) Z podmínky P U (—P) = F plyne, že pro každé a G P je a G P nebo —a G P, z podmínky P • P C P analogicky jako v předchozí části dostaneme, že a2 G P. Zejména tedy pro každé a G P platí a — a = 0 = 02 £ P, z čehož plyne, že relace < je reflexivní. Pokud pro nějaká a, b G F platí a < b & b < a, pak 6—a, a —6 G P, tudíž z P-P C P plyne —(6—a)2 = (6—a)-(a —6) G P. Kdyby bylo tak by platilo (1/(6-a))2 G P, a tak z P • P C P by bylo -1 = -(6-a)2 • (1/(6-a))2 G P, což je spor. Je tedy a = b a < je antisymetrická relace. Dále pokud pro a, 6, c G P máme a < b a 6 < c, pak b — a, c — b G P, takže z P + P C P plyne c — a = (c — 6) + (6 — a) G P, tj. a < c. Relace < je tedy i tranzitivní, a dohromady je to tudíž uspořádání. Z podmínky P U (—P) = F navíc plyne, že pro každé a, 6 G F je b —a G P nebo a — 6 G P, takže a < b nebo 6 < a, je to tedy lineární uspořádání. Dále pokud pro a, 6, c G P platí a Ze6, pak 6 — a G P. Jelikož (6 + c) — (a + c) = b — a. platí pak a + c < 6 + c. Konečně z podmínky P • P C P dostaneme, že pro a, 6 > 0 je ab > 0. Relace < je skutečně lineární uspořádání na P, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. c) -i) Označme P = {aGM:a^0}a = {a G M: a > 0}. Podle poznámky v komentáři stačí dokázat, že P = M.q. Z důkazu části b)i) víme, že pro každé a G M platí a2 G P, tudíž pro každé a > 0 platí a = (y/ä)2 G P, takže C P. Kdyby pro nějaké a < 0 platilo a G P, pak by bylo a, —a G P, takže — 1 = a ■ (—a) ■ (l/a)2 G P, což je podle b)i) spor. Je tedy P = M.q a ^ = <. ii) Opět označme P = {aGQ:al>0}a = {a G Q: a > 0}. Zřejmě 0 G P a podle důkazu části b)i) platí 1 = l2 G P, z čehož se snadno indukcí dokáže, že No C P, kde No = HZ. Každý prvek Qq" je tvaru r/s, kde r G No a s G N. Platí r/s = rs ■ (l/s)2 G P, a tak C P. Analogicky jako v c)i) se dokáže, že tato inkluze je dokonce rovnost, a proto < = <. d) Označme a automorfismus tělesa Q(\/2) daný vztahem a (a + by/2) = a — by/2 pro a, b G Q. Zřejmě standardní uspořádání < (zúžené na Q(\/2)) je jedno možné uspořádání, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. Jelikož je a automorfismus, snadno se nahlédne, že relace < definovaná podmínkou, že a 0 a \/2<]0, takže uspořádání < a < jsou různé. Příslušné množiny nezáporných prvků v těchto uspořádáních potom jsou {a G Q(V2): a > 0}, resp. {a G Q(V2): a{a) > 0}. Ukážeme, že žádné jiné kompatibilní uspořádání na Q(\/2) neexistuje. Nechť tedy ^ je lineární uspořádání Q(\/2), vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso. Vezměme si libovolné a, b G Q, z nichž aspoň jedno je nenulové. Potom platí a + by/2 / 0, a — by/2 / 0 (neboť \/2 ^ Q) a navíc (a + by/2) • (a — by/2) = a2 — 2b2 G Q. Z c)ii) plyne, že uspořádání < a < se shodují na Q (neboť zúžení ■< na Q zadává kompatibilní uspořádání na Q). Pokud tedy a2 — 2b2 > 0, pak a2 — 2b2 y 0, a tudíž a + 6\/2 a a — 6\/2 mají v ^ stejná znaménka. Navíc toto znaménko bude stejné jako znaménko jejich součtu. Platí ale (a + by/2) + (a - by/2) = 2a G Q, tudíž tento součet bude mít v ^ stejné znaménko jako v <. V tomto případě je tedy a + by/2 >z 0 právě tehdy, když a + by/2 > 0. 27 Pokud a2 — 2b2 < 0, pak a2 — 2b2 -< 0, a tudíž a + by/2 a a — by/2 mají v ^ opačná znaménka. To, které z nich je v ^ kladné a které záporné, můžeme poznat podle znaménka jejich rozdílu v ^. Jelikož (a + by/2) — (a — by/2) = 2b\/2 a 2b G Q, znaménko a + 6\/2 v < je v tomto případě jednoznačně určeno znaménkem \f2 v <. Celkem jsme ukázali, že uspořádání < je jednoznačně určeno tím, jaké v něm má \f2 znaménko. Z toho je jasné, že můžou existovat nejvýše dvě taková uspořádání, a tudíž platí < = < (to nastane, pokud V2 y 0) nebo ^ = < (pokud 1/2 ■< 0). e) Nechť < je libovolné uspořádání F, vzhledem ke kterému je to uspořádané těleso (takové podle předpokladu existuje). Předpokládejme sporem, že F není formálně reálné, tj. existuje n G N a di,..., an G F takové, že —1 = Ym=i ai- V důkazu b)i) jsme ukázali, že —1 < 0 a a2 > 0 pro každé a G F, tudíž Y17=i ffl2 — 0 > — 1) spor. f) -i) Ukážeme, že uspořádaná množina (5, C) splňuje předpoklady Zornova lemmatu. Označme í " ] S = < ^ a2 : n G N; a\,..., an G i7 > množinu všech prvků F, které lze v F napsat jako součet čtverců. Nechť a, b G S. Potom existují m, n G N a ai,..., am, b±,..., bn G i7 tak, že a = X^=i a2 a 6 = Xľ/=i Tudíž a + 6 = X^=i ffl2 + E"=i b2 £ S & ab = YZĹi Y.%Mbj)2 e S, a tak S + S C S a S ■ S C S. Zřejmě F2 C S* a jelikož je i7 formálně reálné, tak — 1 ^ S. Dohromady tedy dostáváme, že platí S G S, zejména tedy 5^0. Nechť C je libovolný neprázdný řetězec v S. Ukážeme, že U = IJmgC M £i S. Nechť a, b G ř7. Potom existují Mi, M2 G C tak, že a G M\ a b G M2. Jelikož C je řetězec, platí a, 6 G max(Mi, M2), a proto a + b,ab G max(Mi, M2) C f/. Tudíž U + U C U, U - U C U. Jelikož C / í a F2 C M pro každé M e C, tak F2 C ř7. Konečně -1 ^ M pro každé M G C, a tak —1 £ U. Skutečně tedy U G S, a navíc U je zřejmě horní závora C Podle Zornova lemmatu tedy existuje P G 5, které je maximální prvek 5 vzhledem k inkluzi. ii) Vezměme si libovolné takové P a předpokládejme sporem, že existuje a G i7 takové, že a, —a ^ P. Dokážeme, že potom P + a ■ P G S. Nechť b, c G P + a ■ P. Pak existují Pi,P2,p3,P4 £ -P takové, že b = p\ + ap2 a c = p3 + aP4-Pak 6 + c = (pi + p3) +a(p2 +P4) £ P + a • P (neboť p\ +P3,P2 + P4 G P) a 6c = (pip3 + a2p2pi) + a(PiP4+P2P3) £ P + a-P (neboť a2 G P, a tak pipz + a2P2P&-,PiP& + p2p3 £ P)- Dále platí i72 C P a P C P + a • P (protože 0 G P), takže F2 C P + a-P. Konečně předpokládejme sporem, že — 1 G P + a-P. Potom existují p±,P2 G P takové, že —1 = p\ + ap2- Jelikož — 1 ^ P, musí být P2 7^ 0. Potom ale —a = (jpi + 1) • p2 • (I/P2)2 G P (neboť F2 C P, a tedy zejména 1 G P, čehož plyne p\ + 1 G P). Platí ale —a ^ P, takže dostáváme spor, a tedy —1 ^ P + a-P. Celkem tak dostáváme P + a • P G S. Jelikož a = 0 + a ■ 1 G P + a- P (neboť 0,1 G P), tak je P C P + a ■ P. Ovšem P je maximálni prvek S, což je spor. Tudíž žádné takové a neexistuje, a tedy platí P U (—P) = P. Z b)ii) potom plyne, že P je uspořádatelné těleso. 7. kolo — řešení a) Nechť a, 6 g R + F Pak existují ri, r2 g F a «2 £7 takové, že a = r\ + i\ a 6 = r2 + %2-Pak a + 6 = (ri +r2) + (íi +22) £ R + I (protože r\ +V2 g P a i\ + Í2 g 7), —a = — ri — i\ g R + I (protože -ri g P, g 7) a navíc 0 = 0 + 0gP + 7 (protože 0 g P, 0 g I), takže (P + I, +) je 28 podgrupa (S, +). Dále ab = r\f2 + {j\Í2 + hr2 +^1*2) £ R + I (neboť r\f2 G i? a r±Í2, hr2, i\%2 £ 7) a 1 = 1+0 £ + I (neboť 1 G R, 0 G 7), takže (i? + 7, •) je podmonoid ( (R + I)/I, který vznikne složením inkluze R —> R + I a kanonické projekce R + I —> (R + 7)/7. Dokážeme, že / je surjektivní. Vezměme si libovolné a G (R + 7)/7. Pak existují r G i? a i G 7 tak, že a = (r + i) + 7. Pak a = r + 7 = /(r), takže / je skutečně surjektivní. Jádro projekce R + I —> (R + I)/1 je 7, tudíž jádro / tvoří právě ty prvky R, které se v inkluzi R —> R + I zobrazí do 7, tedy přesně prvky RDI. Tudíž i? n 7 je ideál R a platí R/(R CiI) = (R + 7)/7, viz diagram. fiC->R + I R/(Rnl)-- + (R + I)/I b)-i) Jelikož (7, +) je zřejmě podgrupa komutativní grupy (J + 7, +), tak je kvocient (J + 7)/7 korektně definovaný. Dokážeme, že platí p(J) = (J + I)/I. Mějme libovolné a G p(J). Pak existuje j G J takové, že a = j+I, a zřejmě platí a G (J+I)/I. Naopak, vezměme si libovolné a G (J+I)/I. Potom existují j G J a i G 7 takové, že a = (j + i) + I. Pak a = j + I = p(j) G p(J). Skutečně tedy p(J) = (J + 7)/7, navíc jelikož obraz ideálu v surjektivním homomorfismu okruhů je rovněž ideál, tak (J + 7)/7 je ideál R/I. ii) Jelikož 7 C J, tak zřejmě J + 7 = J, takže podle b)i) je J ji ideál R/I. Označme p kanonickou projekci R —?► R jJ a q kanonickou projekci R —> R/I. Jelikož 7 C J = ker p, tak existuje homomorŕismus ip: R/I —> R/J takový, že p = ip o q. Jelikož je p surjektivní, tak je tp taky surjektivní. Ukážeme, že platí ker ip = J/I. Nechť a G ker ip. Potom existuje r G i? takové, že a = r + I a platí 0 + J = (f (a) = ip(q(r)) = p(r), a proto rG Jaa = r + 7G J/7. Naopak nechť a G J/7. Pak existuje j É J takové, že a = j + I. Z toho plyne ip(a) = ip(q(j)) = p(j) = 0 + J, a tedy a G ker ip. Skutečně tedy ker ip = J/7 a dohromady dostáváme, že platí (R/I) j (J/7) = R/J. viz diagram. R -»Ä/J R/I R/I J/I c)-i) Jelikož obraz ideálu v surjektivním homomorfismu okruhů je zase ideál, je zobrazení q korektně definované. Podobně vzor ideálu v homomorfismu okruhů je rovněž ideál, navíc pro každé K G C(R/I) platí 7 = p_1(0) C p_1(7í) = /3(7Í), takže zobrazení (3 je taky korektně definované. Navíc přímo z definic je zřejmé, že a i f3 jsou izotonní. Ukážeme, že jsou i navzájem inverzní. Mějme libovolné J G Ci(R). Zřejmě platí J C p_1(p(J)) = /3(a(J)). Naopak nechť r G P(a(J)) = p _1(p(J)). Pak p (r) G p(J), takže existuje j G J takové, že p(r) = p(j). Tudíž p(r ~ j) = 0 + 7, proto r — j G 7. Jelikož 7 C J, tak r — j G J, a tak r = 7 + (r — 7) G J. Dostáváme /3(a(J)) C J, a proto /3(a(J)) = J. 29 Nyní nechť K G £(R/I). Jelikož je p surjektivní, platí K C p(p 1(K)) = a(f3(K)). Inkluze a(/3(K)) = PÍP^ÍK)) C K je zřejmá, a tedy a((3(K)) = K. Zobrazení a a (3 jsou tedy skutečně navzájem inverzní, takže Ci{R) a £{R/I) jsou izomorfní jako uspořádané množiny, a tudíž i jako svazy. ii) Maximální ideály R obsahující / jsou právě maximální prvky uspořádané množiny, která vznikne z Ci{R) odebráním největšího prvku (tj. ideálu R). Analogicky maximální ideály R/I jsou právě maximální prvky uspořádané množiny, která vznikne z £{R/I) odebráním největšího prvku (tj. ideálu R/I). Jelikož jsou uspořádané množiny £i{R) a £{R/I) izomorfní, tak si skutečně tyto ideály vzájemně odpovídají. Nyní ukážeme, že prvoideály R obsahující / odpovídají prvoideálům R/I. Mějme libovolné J G Ci(R), který je navíc prvoideál R. Ukážeme, že pak je p{J) prvoideál R/I. Víme, že J je vlastní ideál R, takže z c)i) plyne, že p{J) vlastní ideál R/I. Nechť a, b G R/I jsou takové, že ab G p{J). Potom existují r, s G R takové, že a = r + I, b = s + I. Pak ab = rs + I G p(J). takže s využitím výsledku s c)i) dostáváme r s G p~1(p(J)) = J- Jelikož je J prvoideál, tak je r G J nebo s G J, a tedy a = p(r) G p{J) nebo b = p{s) G p(J). Ideál p{J) je tedy skutečně prvoideál R/I. Nechť naopak K G £(R/I), který je navíc prvoideál R/I. Jelikož je K vlastní ideál R/I, tak p_1(i;í) je vlastní ideál R. Mějme r, s G i? takové, že rs G p-1 (K). Potom s využitím c)i) dostaneme, že platí p(r)p(s) = p (r s) G p(p_1 (K)) = K, a jelikož je K prvoideál, dostáváme p (r) G K nebo p (s) G K, takže r G p-1 (K) nebo s G p-1 (K). Dokázali jsme tedy, že p_1(i;í) je prvoideál R, a dohromady tedy prvoideály R obsahující / odpovídají v popsaném izomorfismu prvoideálům R/I. Pozn.: V případě kdy je R komutativní okruh, lze tvrzení z c)ii) dokázat alternativně pomocí b). Skutečně, pro každé J G £i{R) platí R/J = (R/I)/(J/I) = (R/I)/p(J), takže R/J je těleso, resp. obor integrity právě tehdy, když je (R/I)/p(J) těleso, resp. obor integrity, a tudíž J je maximální ideál, resp. prvoideál okruhu R právě tehdy, když je p{J) maximální ideál, resp. prvoideál okruhu R/I. Tato úvaha lze zobecnit i na nekomutativní okruhy, místo těles je třeba uvažovat netriviální okruhy, které nemají žádné nenulové vlastní ideály, a místo oborů integrity netriviální okruhy, které nemají dělitele nuly. d)-i) Vezměme R = Z, S = Z2, / kanonickou projekci Z —> Z2 a M = 3Z (což je maximální ideál Z, neboť Z/M = Z3 je těleso). Pak f(M) = Z2 (protože /(O) = [0]2 a /(3) = [3]2 = [1]2) je nevlastní ideál Z2, takže to není maximální ideál Z2. ii) Vezměme R = Z [x], S = Z^x]. Označme g homomorfismus okruhů Z —> Z^x], který vznikne složením kanonické projekce Z —> Z4 a inkluze Z4 —> Z^x]. Dále označme i inkluzi Z —> Z[x]. Potom existuje jediný homomorfismus okruhů /: Z[x] —> Z^x] takový, že f{x) = x a g = f o i, tj. následují diagram komutuje. Pro každý polynom p{x) = anxn + ... + clq G Z[x] tudíž platí f{p{x)) = [an]4xn + ... + [ao]4, z čehož je snadno vidět, že / je surjektivní. Vezměme P = xZ[x]. Zřejmě P 7^ {0} a navíc je P jádro surjektivního homomorfismu Z[x] —> Z daného vztahem p{x) —> p{0) pro každé p{x) G Z[x], takže 7j[x]/P = Z je obor integrity a tedy P je prvoideál Z[x]. Zřejmě platí f{P) = xZ^x], což je vlastní ideál Z4[x], navíc je tento ideál jádro surjektivního homomorfismu Z^x] —> Z4 určeného vztahem p{x) —> p(0) pro každé p{x) G Z4[x], takže Z^x]/f(P) = Z4 není obor integrity, a tedy f{P) není 30 prvoideál Z^x] (nebo alternativně můžeme ukázat přímo z definice, že f{P) není prvoideál Z^x], platí totiž [2] 4 • [2] 4 = [4] 4 = [0]4 G f (P), ale [2]4 ^ f(P))- 8. kolo — řešení a) Označme P množinu všech vlastních ideálů okruhu R, které obsahují P Ukážeme, že (V, C) splňuje předpoklady Zornova lemmatu. Zřejmě / G P, takže V ^ 0. Nechť C je libovolný neprázdný řetězec v (V, C). Označme Q = Ujec ^• Ukážeme, že Q je ideál R. Mějme x, y G Q a r G R. Pak existují Ji, J2 G C takové, že x G J\ a y G J2. Pak x + y,rx,xr G max(Ji, J2) C Q, takže Q je skutečně ideál R. Jelikož / C J a 1 ^ J (neboť jde o vlastní ideály) pro každé J G C, tak I C. Q & 1 £ Q. Tudíž skutečně Q G "P, a zřejmě Q je horní závora C v V. Podle Zornova lemmatu tedy existuje ideál M, který je maximální prvek (P, C). Je evidentní, že M je maximálni ideál okruhu R obsahující P b) Nechť x G J (R) a předpokládejme sporem, že existuje r G i? takové, že 1 + rx ^ Px. Potom je ideál (1 + rx) vlastní, a tak podle a) existuje maximálni ideál M okruhu R takový, že (1 + rx) C M, tj. 1 + rx G M. Kdyby bylo x G M, tak by platilo 1 = (1 + rx) — rx G M, což je spor. Platí tedy x ^ M, a tak x ^ J (R). Naopak předpokládejme, že pro každé r G R je 1 + rx G Px, a mějme maximální ideál M okruhu R. Ukážeme, že platí x G M, z čehož pak vyplyne x G J (R). Kdyby bylo x ^ M, tak by ideál M + (x) byl ostře větší než M. Jelikož je ale M maximálni ideál, tak pak musí být M + (x) = R, tedy 1 G M + (x). Jelikož je R komutativní, tak to znamená, že existují m, G M a s G i? takové, že m + sx = 1. Odtud plyne 1 — sx = m G M, a tak 1 — sx ^ Px (jelikož M je vlastní ideál), což je spor. c) -i) Zřejmě 0 G N (R). Mějme x, y G N (R) a r G i?. Potom existují m, n G N takové, že xm = yn = 0. Jelikož je R komutativní okruh, tak podle binomické věty platí (x + y)m+n^1 = ^m+n-i p+n-ijj.i^m+n-i-^ pro j^^é { g |Q; _ ^ m_|_n_ ]_ j platí buď i > m nebo m+n— 1 — i > n, takže všechny sčítance v této sumě jsou nulové, a tak (x + y)m+n^1 = 0, a tedy x + y G N (R). Dále opět z komutativity i? máme (rx)m = rmxm = rm -0 = 0, takže r x G N (R). Tudíž N (R) je skutečně ideál okruhu R. ii) Pro každé x G i? a n G N platí xn G / právě tehdy, když p(x)n = p(xn) = 0 + 1, a tak x G \fl právě tehdy, když p (x) G N(R/I). Skutečně tedy \fl = p^1(N(R//)). Podle c)i) aplikovaného na okruh i?// je N(R/I) ideál i?//, a tak 77 = p-1(N(R/I)) je ideál okruhu i?. d) -i) Ukážeme, že (T, C) splňuje předpoklady Zornova lemmatu. Jelikož x ^ N (R), tak 0 ^ S*, takže (0) G T, a tak T 7^ 0. Nechť dále C je libovolný neprázdný řetězec v (T, C). Označme Q = Ujec ^- Stejně jako v části a) se dokáže, že Q je ideál okruhu R. Jelikož J n S = 0 pro každé J G C, tak Q n S* = 0. Je tedy Q G T, a zřejmě je to horní závora C v T. Podle Zornova lemmatu tedy existuje ideál P, který je maximální prvek (T, C). ii) Jelikož je x ^ P, je P vlastní ideál okruhu P. Předpokládejme sporem, že existují y, z G P takové, že y, z ^ P a yz G P. Potom jsou ideály P + (y) a P + (z) ostře větší než P. Kdyby ani jeden z těchto ideálů nepatřil do T, tak by existovaly m, n G N takové, že xm G P + (y) a xn G P + (z), tudíž by existovaly p±,P2 G P a r, s G P takové, že xm = pi + ry a xn = P2 + Potom by bylo xm+n = {p\ + ry) • (p2 + sz) = P1P2 + pisz + ryp2 + rsyz G P (neboť každý z těchto sčítanců leží v P). To ale nemůže nastat, protože P n S = 0. Platí tedy P + (y) G T nebo P + (z) G T, což je spor s maximalitou P. Dokázali jsme tedy, že P je prvoideál okruhu P. 31 e)-i) Nechť P je prvoideál okruhu i? a x G N (R). Pak existuje n G N takové, že xn = 0. Platí tedy xn G P, a tak x G P (snadno se indukcí dokáže, že pokud prvoideál obsahuje součin konečně mnoha prvků daného okruhu, tak obsahuje některý z nich). Tudíž platí N(R) C P, a tedy N(R) je obsaženo v průniku všech prvoideálů okruhu P (jelikož je P netriviální okruh, tak z a) a z komutativity P plyne, že existuje aspoň jeden prvoideál tohoto okruhu, takže jde o průnik přes neprázdnou množinu). Nechť naopak x G P, x £ N (R). Potom z d) plyne, že existuje prvoideál P okruhu P takový, že x i P, takže x neleží v průniku všech prvoideálů P. Dohromady tedy dostáváme, že N (R) je rovno průniku všech prvoideálů okruhu P. ii) Z c)ii) vime, že \ÍI = p^1(N(R/I)), a podle e)i) aplikovaného na okruh R/I (jelikož je 7 vlastní ideál P, tak je R/I netriviálni okruh) je N (R/I) rovno průniku všech prvoideálů P/P Jelikož je vzor průniku je roven průniku vzorů, tak je \ÍI rovno průniku všech ideálů okruhu P tvaru p_1(P), kde P probíhá přes všechny prvoideály P/P Podle příkladu c)ii) ze 7. kola soutěže jsou tyto ideály právě prvoideály P obsahující 7, a tedy \íl je rovno jejich průniku. 9. kolo — řešení a) Označme M = {r ■ s; r G 7, s G J}. Podle definice je I ■ J = (M), ideál generovaný množinou M. Protože každý ideál okruhu P je podgrupou grupy (P, +), pro podgrupu (M) grupy (P,+) generovanou množinou M platí (M) C (M). Protože I f 0, J f 0, platí M / j, navíc pro libovolné r G 7, s G J je —(r • s) = (—r) • s G M, podle věty o podgrupě grupy generované podmnožinou grupy z přednášky Algebra I vime, že n (M) = |^ m,; n G N, mi,... ,mn G M j = n = {^2ri ■ su n G N, n,... ,rn G 7, si,..., sn G jj. i=l Abychom ukázali, že (M) = (M), stačí ověřit, že (M) je ideál, což vzhledem k tomu, že je to podgrupa (P, +), znamená ověřit uzavřenost na násobení zvenčí. Pro libovolné r G P a libovolná n,..., rn G I, si,..., sn G J platí r 1=1 1=1 n ■ sA ■ r = ^r-i ■ (si ■ r) G (M). i=l i=l neboť r • r i G I, Sj • r G J. Z uzavřenosti ideálu na násobení zvenčí plyne M C 7, a tedy (M) C 7, podobně (M) C J, dohromady 7 • J C I D J. b) Z definice součinu ideálů víme, že ideál (7 • J) • P je generován součiny i=i i=i kde ri,..., rn G 7, si,..., sn G J, t G P. Každý sčítanec r j • Sj • í leží v 7 • (J ■ K), proto zde leží i jejich součet, odkud (7 • J) • K C 7 • (J • P). Opačná inkluze se dokáže analogicky. 32 c) Označme ./V = {aj - bj\ i = 1,..., n, j = 1,..., m}, nechť M má stejný význam jako v části a). Pak z N C M plyne (N) C (M). Naopak libovolný prvek množiny M je tvaru r • s, kde r G i, s G J. Pro tyto prvky r, s existují «i,..., un,vi,..., vm G i? tak, že r = X]ľ=i n«a«' s = Sj=i • tedy r ■ s = Y!í=i Yľj=iuivjaibj ^ (N)- Z M C (JV) plyne (M) C (N), vždyť (M) je nejmenší ideál obsahující množinu M. Dohromady dostáváme rovnost (M) = (N). d) Z předpokladu nesoudělnosti ideálů plyne existence r, r' G I, s G J a t G Ä" tak, že platí r + s = l = r' + í. Pak dostáváme 1 = (r + s) • (r' + í) = rr' + sr' + rí + si, přitom rr' + sr' + rt G i, st G J • K. Tedy ideál i je nesoudělný s ideálem J ■ K. e) Z předpokladu nesoudělnosti ideálů plyne existence r G I, s G J tak, že platí r + s = 1. Pro libovolné i É Iľl J pak dostaneme t = (r + s)-t = r- t + t- s G i • J. Využitím a) odtud plyne i ■ J = i n J. f-i) To, že ip je homomorŕismus okruhů, plyne z univerzálni vlastnosti součinu: označíme-li součin faktorokruhů S = Rjl\ x • • • x R/In a projekce ze součinu fij : S —> R/Ij, j = 1,... ,n. pak pro n-tici projekcí na faktorokruh ttj : R —> R/Ij, j = 1,..., n je tp jediné zobrazení splňující fijoip = tvj pro každé j = 1,..., n. Snadno se však tento fakt odvodí přímo z toho, že v součinu jsou operace definovány po složkách a ve faktorokruhů pomocí reprezentantů. Pro libovolné r, s G R platí p(r + s) = (r + s + Ii, r + s + I2, ..., r + s + In) = = (r + I1,r + I2,...,r + In) + (s + I1,s + I2, = ip(r) + ip(s). p(r ■ s) = (r ■ s + Ii, r ■ s + I2, ..., r ■ s + In) = = (r + h, r + I2, ..., r + ln) ■ (s + h, s + I2, = 1. Je-li n = 1, je tp : R —> R/I± projektce na faktorokruh, a proto je tp surjektivní. Dále předpokládejme, že n > 1 a že pro součin n—1 faktorokruhů bylo tvrzení dokázáno, tedy že jsou-li ideály I\, I2,..., In-\ po dvou nesoudělné, pak máme surjektivní homomorŕismus (p: R —?► Rjl\ x • • • x R/In_i definovaný předpisem (p(x) = (x + I\, x + I2, ..., x + In-\) pro každé x G i?. Tvrzení dokážeme pro n. Mějme tedy další ideál In okruhu R, který je nesoudělný s každým z ideálů I\, I2,..., In-\ - Indukcí z části d) dostáváme, že In je nesoudělný se součinem I\ ■ I2 ■ ■ ■ In-i, existují tedy r G I\ ■ I2 ■ ■ ■ In-i a s£Í„ tak, že r + s = 1. Nechť a±,... ,an G R jsou libovolné. Z indukčního předpokladu existuje d G i? tak, že (p(d) = (a\ +I\, a2+I2, ..., an_i + /n_i), tedy d—aj G Ij pro každé j = 1,... ,n — 1. Označme c = r ■ an + s ■ d. Pak pro každé j = 1,..., n — 1 podle inkluze z části a) platí r G Ij, a tedy c = r-an + (l— r) ■ d = d + r ■ (an — d), proto c — d = r ■ (an — d) G Ij, což spolu s d — aj G ij dává c — aj G ij. Podobně c = (1 — s) ■ an + s • d = an + s ■ (d — an), odkud c — an G in. Proto (c) = (ai + ii, a2 + i2, ..., an + in). f-iii) Požadovanou rovnost dokážeme indukcí vzhledem k n. Je-li n = 2, jde o výsledek části e) . • • •, s + In) = ■ ■ ■ , S + In) = 33 Předpokládejme, že n > 2 a že I\ • I2 • • • In-i = h H I2 H • • • H /n-i- Už jsme zmiňovali, že z části d) indukcí dostáváme, že In je nesoudělný se součinem I\ ■ I2 ■ ■ ■ In-i, a tedy podle části e) platí Ii ■ I2 ■ ■ ■ In = [I\ ■ I2 ■ ■ ■ In-i) H In- Dosazením dostaneme dokazované. Protože (p je surjektivní homomorŕismus a ker tp = I\ n I2 H • • • H In = h • I2 • • • In, hlavní věta o faktorokruzích nám dává izomorŕismus R/{I\ ■ I2 • • • In) — R/Ii x R/I2 x • • • x R/In- 10. kolo — řešení a) Je-li f (x) G i?[[x]]x, pak existuje mocninná řada g (x) = Yľ^=o^iXt ^ -^[M] tak, že platí f (x) ■ g (x) = 1, odkud ao&o = 1, a tedy ao G Rx. Naopak, je-li ao G Rx, pak existuje 60 £ R tak, že ao&o = 1- Pro každé n G N definujme rekurentně n K = -b0 ■ ^Clibn-í G R. 1=1 Pak a0bn = - Yn=i aibn-i, tedy Yn=o aíbn-í = 0, což pro g (x) = Yliío biXl G R[[x]] znamená, že f (x) ■ g (x) = 1. Z komutativity také g (x) ■ f (x) = 1. b) Předpokládejme, že f (x) = Y^í=oaiXt ^ -R[x]x. Protože R[x] je podokruhem i?[[x]], plyne odtud užitím a), že ao G Rx. Abychom ukázali, že ai,...,an G N (R), podle tvrzení z e)i) z 8. kola soutěže stačí ukázat pro libovolný prvoideál P okruhu R, že ai,...,an G P. Projekci na faktorokruh tv : R —> R/P lze rozšířit na homomorŕismus tt : R[x] —> {R/P)[x\ aplikující tv na koeficienty polynomu, tedy m m v^hx^ =YJ kde (k±,..., kn) probíhá n-tice nezáporných celých čísel splňujících k\ + • • • + kn = r, přičemž a? zde znamená 1. Z Dirichletova principu plyne, že Ir = {0} pro každé r > n{m — 1). Podle části a) existuje formální mocninná řada g{x) = YlíĹo ^iX% ^ -^[M] tak, že platí f{x) ■ g{x) = 1. Ukážeme, že g{x) je polynom. Platí h = -b0 ■ ai60 G I, b2 = -bo ■ (ai&i + a2&o) £ I- bn = ~bo ■ {aibn-i + a2bn-2 H-----h anb0) G / 34 a pro každé k > n platí h = -bo ■ {bk-iai H-----h bk_nan). Jestliže tedy pro nějaké r platí bk-i, 6fc-2,..., &fc-n £ /r, pak odtud bk £ 7r+1. Dostáváme tedy ř>i,62, ...,bn e I, bn+i, bn+2, ■ ■ ■, b2n £ I2-, &2n+l> &2n+2> • • • > ^3n £ /3, • • • Odtud plyne, že pro každé t > n2(m — 1) platí bt £ /n(m_1)+1) tedy bt = 0. Proto g(x) je polynom. c) Je-li cf(x) = 0 pro nějaké nenulové c G i?, pak je /(a;) dělitel nuly v okruhu R[x]. Předpokládejme naopak, že f(x) je dělitel nuly v okruhu R[x]. Zvolme nenulový polynom 9ÍX) = Y17=obíxl £ R[x] co nejmenšího stupně m takový, že f(x)g(x) = 0. Tedy bm 7^ 0 a je-li m = 0, jsme hotovi. Proto předpokládejme m > 0. Kdyby pro všechna ^ G {0,..., n} platilo aí9Íx) = 0, pak by a(bm = 0, tedy f(x)bm = 0, spor s volbou g(x). Proto existuje takové £ G {0, ...,n}, že a^g(x) 7^ 0. Volbou největšího takového í lze předpokládat, že pro každé r splňující t < r < n je arg(x) = 0. Pro koeficient u xí+m součinu f(x)g(x) platí í+m ^ o-i^í+m-i = 0, kde klademe a« = 0 pro i > n a b^+m_i = 0 pro i < £. Ovšem pro i > £, i < n víme, že a,ig(x) = 0, a tedy aj&£+m-j = 0. Proto i pro poslední zbylý sčítanec tohoto součtu platí a,(bm = 0. Odtud plyne, že nenulový polynom a^g(x) má stupeň menší než m a současně platí f(x) ■ (a^g(x)) = 0, což je spor s volbou polynomu g(x). 35